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2.3离子键、配位键与金属键 练习
一、单选题
1．下列实验室溶解固体的方法涉及的离子方程式错误的是
A．用KI溶液溶解：
B．用热浓NaOH溶液溶解试管中残留的S：
C．用稀硫酸与溶液溶解Cu：
D．用氨水溶解AgCl：
2．硫酸四氨合铜晶体中铜含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A．步骤I，和反应破坏了稳定性，从而释放出
B．步骤II，需过量，以确保完全还原为
C．步骤III，当溶液变为浅黄色时再滴入淀粉溶液作为指示剂
D．计算元素含量必须需要的数据有：晶体的质量、固体的质量、滴定时消耗标准溶液的浓度和体积
3．实验室用反应制备。下列说法正确的是
A．的电子式： B．中氮原子采取杂化
C．配位能力： D．的VSEPR模型：
4．现代冶金工业中，发生反应2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-。下列说法错误的是
A．[Zn(CN)4]2-中配位数为4
B．Zn是第四周期第ⅡB族元素
C．[Au(CN)2]-的配体CN-中，提供孤电子对的是N
D．[Au(CN)2]-和[Zn(CN)4]2-的中心离子所带电荷数不同
5．具有6个配体的Co3+的某种配合物的化学式为CoClm·nNH3，若0.1 mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应，只生成0.3 mol AgCl沉淀，则此配合物的结构可能为
A．[Co(NH3)6]Cl3 B．[Co(NH3)4Cl2]Cl C．[Co(NH3)2Cl4]Cl D．[Co(NH3)5Cl]Cl
6．我国科学家最近研究的一种无机盐纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。下列叙述错误的是
A．W、X、Y、Z四种元素的单质中W的熔点最高
B．中提供电子对与形成配位键
C．W、X的简单氢化物中沸点较高的是X
D．Y的氢氧化物难溶于溶液，可溶于溶液
7．南开大学孙忠明组于2022年成功合成无机二茂铁，其中环状配体以π电子配位，结构如图。已知：结构类似苯环，存在大π键。
下列说法不正确的是
A．为平面结构
B．中参与形成大π键的轨道是未杂化的3p
C．中Fe的价态为
D．从结构角度分析比白磷更稳定
8．分子间通过分子间相互作用(如氢键、范德华力和疏水相互作用等)自发地形成有序分子聚集体的过程称为超分子的自组装。下列过程不能表现这种特性的是
A．表面活性剂分子在水溶液中通过疏水作用自发形成胶束
B．DNA中两条链通过碱基之间的氢键(A-T和C-G配对)形成稳定的双螺旋结构
C．淀粉与丙烯酸钠在一定条件下反应生成以淀粉为主链的接枝共聚物
D．两亲水性分子(如磷脂)在水溶液中自发排列形成双层膜结构
9．某小组同学用铁粉还原AgCl制取Ag，实验如下：
实验 操作及现象
i．产生大量气泡和灰黑色固体（经检验为Ag、Fe）； ii．静置后，固体变为灰白色； iii．取固体，洗涤后加入KI溶液，生成黄色沉淀； iv。取ii中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，测得。
已知：不能氧化
下列说法不正确的是
A．由i可知发生了两个不同的置换反应
B．iii中生成黄色沉淀的反应为
C．由ii和iv可推测氧化性
D．ii中生成灰白色固体的可能原因：静置过程中增大，减小
10．下列实验或事实与对应的方程式符合的是
A．一定条件下，H2(g)的燃烧热ΔH=-285.8 kJ·mol-1，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH=-571.6 kJ·mol-1
B．向AgNO3溶液中滴入过量氨水：Ag＋＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]＋＋OH-＋2H2O
C．制备纳米TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl
D．Na2S溶液呈碱性的原因：S2-＋H3O＋HS-＋OH-
11．我国科学家成功获得克级丰度超99%的并用于制备。易与、、等原子形成配位键“搭载”在多种药物上。下列说法正确的是
A．可用质谱法区分和
B．转变为的过程中发生了化学变化
C．与原子形成配位键时，提供孤电子对
D．在铜元素的核素中，的质量数最小
12．前四周期元素的原子序数依次增大，同周期中基态Y原子未成对电子数最多，基态Z原子价层电子排布式为。Z和R位于同主族，基态的d能级达到全充满结构。由这五种元素组成的化合物为蓝色晶体。下列叙述正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．常温下，和在空气中都容易被氧化
D．常温下，向溶液中加入溶液，产生蓝色沉淀
13．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。
下列说法正确的是
A．配合物2中含有6个配位键
B．配合物1中碳原子采取杂化
C．转变过程中涉及配位键的断裂和形成
D．转变前后，Co的化合价由价变为0价
14．物质结构决定性质。下列性质差异与结构因素匹配正确的是
选项 性质差异 结构因素
A 熔点：AlF3>AlCl3 均存在离子键，且强度：AlF3>AlCl3
B 酸性：HCOOH>CH3COOH O-H的极性：HCOOH强于CH3COOH
C CO2在水中的溶解度大于CO CO2为非极性分子，CO为极性分子
D 合金的硬度大于成分金属 合金的原子层之间的相对滑动较容易
A．A B．B C．C D．D
二、解答题
15．中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如图，回答下列问题：
(1)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为 。
(2)“沉铁砷”时需加碱调节，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。
(3)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。
A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣
(4)“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为 。
(5)Zn属于 区元素，“沉金”中的作用为 。
(6)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为 。用碱中和可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
16．镀锌钢材废件需要酸洗后重新镀锌。从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下。
已知：i．废酸液中，和主要以和形式存在。
ii．萃取率；分离系数。
iii．萃取剂浓度越大，黏度越高，流动性越差。
(1)镀锌废酸液中主要含有的阳离子有 。
(2)萃取过程：
第一步，萃取剂三辛胺，其中R为与结合形成；
第二步，对的结合力大于的，可使转移到有机相中。
①从结构的角度解释三辛胺和结合的原理 。
②写出第二步反应的离子方程式 。
(3)5min内，三辛胺浓度对锌萃取率和分离系数的影响如图所示。当三辛胺浓度大于时，锌的萃取率增加缓慢，分离系数骤减的原因是 。
(4)写出反萃取的化学方程式 。
(5)测定废酸液中含量的操作如下：
取废酸液，配制成100mL溶液。取20mL溶液，加入指示剂、硫磷混酸，用标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液，该废酸液中的含量为 （已知：全部被还原为）。
17．利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下。
已知：i．MnO易被氧化为，MnO能溶于氨水生成。
ii．
(1)脱硅时进行的分离操作是 。
(2)在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。
温度/℃ 600 700 800
主要成分 MnO、 MnO、、、MgO MnO、、MgO
下列说法正确的是 (填序号)。
A．800℃时发生了反应：
B．热稳定性：
C．焙烧时，的作用是避免被氧化
(3)已知分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将替换为显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因： 。
(4)图1中，氨水-溶液中的总氮浓度固定为。结合图1解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因： 。
(5)沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因： 。
(6)该工艺流程中可再次利用的物质为 。
18．从金矿(主要含、)中提取金的一种流程如下。
(1)浸取过程中涉及的主要操作有加热、 。
(2)研究浸取过程及其影响因素。
a．一种浸金原理示意图如下。
b．配制浸取液：向含、的混合溶液中滴加溶液，至溶液，再加入至其浓度为。
①浸取液配制过程中主要反应的离子方程式是 。
②用化学反应原理解释浸取过程中优先生成，最后金以存在的原因： 。
③相同条件下，相同时间内溶解氧对“金浸出率”和“消耗率”的影响如下。
随溶解氧含量上升，金浸出率先增大后减小的原因是 。
(3)某学习小组设计了两种除去粗金粉中杂质的方法：a．将粗金粉浸泡在稀硝酸中。b．将粗金粉在空气中灼烧后，浸泡在稀硫酸中。
①写出a中反应的离子方程式： 。
②你认为哪种方法较好，写出理由： 。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D C C A B C C B C
题号 11 12 13 14
答案 A B C B
1．B
【详解】A．碘单质溶于KI溶液时，与结合生成，反应为可逆过程，离子方程式为，A正确；
B．硫与热浓NaOH溶液反应时，发生歧化反应，但产物应为和，而非；正确的离子方程式为：，B错误；
C．稀硫酸与溶解铜时，在酸性条件下作为氧化剂，将Cu氧化为，自身被还原为。离子方程式为：，C正确；
D．AgCl溶于氨水时，与形成配离子，离子方程式为：，D正确；
故选B。
2．D
【分析】硫酸四氨合铜晶体加入稀硫酸溶解，加入碘化钾将铜离子还原为碘化亚铜，碘离子被氧化生成碘单质，用硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，从而计算Cu元素含量。
【详解】A．中存在，用稀硫酸溶解该配合物时，H 与发生中和反应，破坏了中Cu–NH3配位键的稳定性，释放出Cu ，A正确；
B．滴加KI固体时通常需要过量KI，以确保生成CuI和I 的反应得以进行完全，B正确；
C．用硫代硫酸钠标准溶液滴定碘时，应在溶液呈浅黄色、碘浓度已降低时才加入淀粉指示剂，否则淀粉—碘形成的深蓝色不易消退，C正确；
D．计算晶体中Cu元素含量所需的关键数据是晶体质量以及滴定过程中所用Na S O 溶液的浓度和体积，通过硫代硫酸钠与碘的摩尔关系再推算出Cu的含量。KI的加入量只需保证足量即可，实验无需精确测定KI的质量，D错误；
故选D。
3．C
【详解】
A．过氧化氢是含有共价键的共价化合物，电子式为，故A错误；
B．氨分子中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故B错误；
C．氮元素的电负性小于氧元素，氨分子中氮原子提供孤对电子的能力强于水分子中的氧原子提供孤对电子的能力，所以氨分子的配位能力强于水分子，故C正确；
D．水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的VSEPR模型为，故D错误；
故选C。
4．C
【详解】A．[Zn(CN)4]2-中CN-为配体，配位数为4，故A正确；
B．Zn的原子序数为30，位于第四周期第ⅡB族，故B正确；
C．提供孤电子对的是C，C的电负性比N小，吸引孤电子对的能力比N弱，C更易形成配位键，故C错误；
D．[Au(CN)2]-的中心离子带一个单位正电荷， [Zn(CN)4]2-的中心离子带两个单位正电荷，故D正确；
答案选C。
5．A
【详解】0.1 mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应，只生成0.3 mol AgCl沉淀，即化学式中外界有3个氯离子，答案选A。
6．B
【分析】W、X 、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，则W为C元素；每个周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高，由于配合物中Y在外界，Y可形成简单阳离子，则Y属于金属元素，故X和Y分别为N和Mg；Z的M层未成对电子数为4，则其3d轨道上有4个不成对电子，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Z为Fe元素。
【详解】A．W、X、 Y、Z四种元素的单质中，N元素的单质形成分子晶体，Mg和Fe均形成金属晶体，C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A正确；
B．碳的电负性小于氮，则CN-中碳更容易提供孤电子对，中CN-的C原子提供孤电子对与Fe3+形成配位键，而不是亚铁离子，B错误；
C．W、X的简单氢化物分别为甲烷和氨气，氨气能形成氢键，导致其沸点较高，C正确；
D．Y的氢氧化物是氢氧化镁，其属于中强碱，其难溶于水，难溶于氯化钠溶液，但是，氯化铵溶液中铵根离子水解生成氢离子可以破坏的氢氧化镁沉淀溶解平衡，因此可以溶于溶液，D正确；
故选B。
7．C
【详解】A．的结构类似苯环，苯环是平面结构，因此也是平面结构，A正确；
B．中存在大π键，参与形成大π键的轨道是未杂化的3p轨道，B正确；
C．根据电荷平衡，的总电荷为-2，而的电荷为-2，因此Fe的价态应为0，C错误；
D．从结构角度分析，存在大π键，比白磷更稳定，D正确；
故选C。
8．C
【详解】A．疏水作用指表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团(或称憎水基团)向内的胶束，胶束是一种比较典型的超分子，胶束的形成也表现了超分子的自组装能力，故A不符合题意；
B．DNA的双螺旋结构的形成也是分子间通过氢键形成超分子的典型例子，故B不符合题意；
C．淀粉与丙烯酸钠在一定条件下反应生成以淀粉为主链的接枝共聚物，这是通过旧键断裂和新键形成而发生的化学变化，化学变化不属于超分子的自组装范畴，故C符合题意；
D．两亲水性分子(如磷脂)在水溶液中自发排列形成双层膜结构，其原理类似A项解释，故D不符合题意；
故选C。
9．B
【分析】0.1gAgCl溶于浓盐酸后的溶液中加入足量铁粉，铁粉能置换出Ag，亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，铁离子浓度逐渐增大，将Ag氧化为银离子，同时正向移动，氯离子浓度减小，导致逆向移动，析出灰白色AgCl沉淀。AgCl固体洗涤后加入KI溶液，生成黄色沉淀。取ii中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，进一步证明ii中亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子。
【详解】A．根据i产生大量气泡和灰黑色固体（经检验为Ag、Fe），则发生铁与盐酸的置换反应、铁与银离子置换出银的反应，A正确；
B．iii中生成黄色沉淀的反应为，B错误；
C．根据分析知，ii中亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，则氧化性，C正确；
D．根据分析知，亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，铁离子浓度逐渐增大，使 正向移动，氯离子浓度减小，导致逆向移动，析出灰白色AgCl沉淀，D正确；
故选B。
10．C
【详解】A．氢气燃烧为放热反应，，所以水分解的反应为吸热反应，，故水分解的热化学方程式为：，A错误；
B．开始阶段与少量氨水反应生成白色沉淀，但氨水过量时沉淀会溶解 ，因为过量的氨水与形成稳定的，方程式为：，B错误；
C．水解时，与水结合生成水合二氧化钛（），同时产生，C正确；
D．溶液呈碱性的原因是硫离子发生了水解反应，离子方程式为：，D错误；
故选C。
11．A
【详解】A．质谱法可以测定物质的相对分子质量，和的相对原子质量不同，故可用质谱法区分和，A正确；
B．转变为，原子核发生变化，元素种类改变，属于核反应，不是化学变化，B错误；
C．与原子形成配位键时，提供空轨道，硫原子提供孤电子对，C错误；
D．在铜元素的核素中，铜的天然稳定同位素包括和，因此并不是铜核素中质量数最小的，D错误；
故选A。
12．B
【分析】同周期中基态Y原子未成对电子数最多，Y为ⅤA族元素；基态Z原子价层电子排布式为，n=2，Z为O元素，则Y为N元素；Z和R位于同主族，则R为S元素；基态的d能级达到全充满结构，对应(基态的价电子排布为)，则M为Cu；根据，可知X为H，综上所述：X为H、Y为N、Z为O、R为S、M为Cu，据此解答；
【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：，A错误；
B．根据同主族从上往下第一电离能减小，则O＞S，N的2p能级半满，第一电离能大于同周期相邻元素，则N＞O，所以第一电离能：，B正确；
C．常温下，()不能与反应，C错误；
D．是稳定的配合物，向溶液中加入溶液，不会生成，D错误；
故选B。
13．C
【详解】A．配合物2中，水分子中氧原子提供孤对电子，Co2+提供空轨道形成配位键；右侧N、O分别提供一对孤电子，与Co2+形成配位键，每个Co2+形成6个配位键，则配合物2中含有12个配位键，A错误；
B．由配合物1的结构可知，含N的芳香杂环中碳为sp2杂化，与右侧氧原子相连的碳均成单键，为sp3杂化，B错误；
C．转变过程中，配合物1中断裂2个H2O与Co2+形成的配位键，配合物2中，中的O与Co2+形成2个配位键，涉及配位键的断裂和形成，C正确；
D．配合物1、2中Co都为+2价，Co的化合价没有发生变化，D错误；
故选C。
14．B
【详解】A．AlCl3是分子晶体，不存在离子键，A错误；
B．甲基是推电子基团，使羧基中羟基的极性减弱，不容易断裂出氢离子，酸性减弱，则酸性：HCOOH>CH3COOH，B正确；
C．CO2在水中溶解度大于CO，是因为CO2能与水反应生成碳酸，CO与水不反应，而不是因为分子极性，C错误；
D．因为合金的原子层之间的相对滑动较困难，所以合金的硬度大于成分金属，D错误；
故选B。
15．(1)4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO+4H+
(2)Fe(OH)3
(3)BC
(4)提供CN-作配体，将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出
(5) ds 作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au
(6) Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4=ZnSO4+4HCN+Na2SO4 NaCN
【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（V），加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]-的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2-的滤液②。
【详解】（1）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：；
（2）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；
（3）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；
B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；
C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；
D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；
故选BC；
（4）由框图信息可知，反应物为Au、O2和NaCN，生成物含离子，的作用为提供CN-作配体，将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出；
（5）Zn是第30号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，属于ds区元素；“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au；
（6）滤液②含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
16．(1)
(2) 中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位
(3)三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减
(4)
(5)
【分析】镀锌钢材废件经过盐酸酸洗，由已知信息i可知，和主要以和形式存在；镀锌废酸液用萃取剂三辛胺萃取，可以得到有机溶液；再利用氨水进行反萃取，得到氢氧化锌，据此分析作答。
【详解】（1）废酸液中，和主要以和形式存在，则镀锌废酸液中主要含有的阳离子有，故答案为：。
（2）①中N原子中存在孤电子对，中存在空轨道，可以形成配位键，故答案为：中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位。
②和反应生成和氯离子，离子方程式为：，故答案为：。
（3）由已知信息iii可知，三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减，故答案为：三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减。
（4）反萃取时，又生产了萃取剂，则与氨水反应生成氢氧化锌、、和水，化学方程式为：，故答案为：
。
（5）设配制的100mL溶液中为c()，反应原理为：，可得，，则，废酸液中，，则废酸液中的含量=，故答案为：。
17．(1)过滤
(2)AC
(3)替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解
(4)加入氨水可使转化为可溶性的；加入碳酸铵可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗
(5)温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀
(6)或、
【分析】该工艺流程以菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]为原料，制备粉，菱锰矿与25%溶液脱硅，发生，生成的能溶于水，过滤，与、不溶物分离除去，、在的作用下焙烧，使发生分解反应生成，再加入氨水-溶液浸锰，过滤除去，得到含有的浸锰液再沉锰制得粉。
【详解】（1）脱硅时发生，生成的能溶于水，与、不溶物分离方法为过滤，故答案为：过滤；
（2）A．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时发生了反应：，A项正确；
B．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时分解，分解，时未发生分解，故热稳定性：，B项错误；
C ．MnO易被氧化为，故焙烧时，的作用是避免被氧化，C项正确；
故答案为：AC；
（3）相同温度下，将替换为，浓度变大，平衡逆移，不利于分解，该分解反应为吸热反应，温度升高至，值增大，此时，反应正向进行，继续分解，故答案为：替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解；
（4）从图像可看出，，溶液较高，氨水可使转化为可溶性的，但浸出量较低，随增大，溶液降低，浸出量升高，，略大于10，浸出量几乎达最大值，这是因为加入氨水可使转化为可溶性的；加入可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗；
（5）氨水-溶液浸锰时，得到含有、等的浸锰液，溶液中存在平衡，沉锰时，温度升高，导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，，有沉淀生成，故答案为：温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀；
（6）焙烧生成的可以与氨水反应制备，而沉锰时逸出的可以制备氨水，故答案为：或、。
18．(1)搅拌、过滤
(2) ， 与结合快，优先生成，而更稳定 随溶解氧含量增大(低于)，有利于增大转化为的速率；随溶解氧含量继续增大()，的氧化速率加大，使降低
(3) 方法a较好，所得金粉纯度更高等(或方法b较好，产物无污染等)
【分析】从金矿得到粗金粉的大致流程为：先研磨，再在50度温度下用试剂进行浸取，得到浸金液，加入铜粉置换，得到粗金粉；
【详解】（1）浸取过程中涉及的主要操作有加热、搅拌、过滤；
（2）①浸取液配制过程中，先与生成一水合氨，一水合氨再与硫酸铜反应生成硫酸四氨合铜，涉及的离子方程式为，；
②浸取时，由于与结合快，所以会优先生成，而由于更稳定，故会逐渐转化为；
③当溶解氧低于时，随溶解氧含量增大，有利于增大转化为的速率，故金浸出率增大，溶解氧含量大于后，再增大溶解氧含量，的氧化速率加大，使降低，使金浸出率减小；
（3）①粗金粉中含有铜，用稀硝酸与铜反应，可以除掉铜，离子方程式为；
②b方法是先将铜变为氧化铜，氧化铜再与硫酸反应，a、b两种方法各有优点，a方法的优点是操作简单，所得金粉纯度更高；b方法的优点是产物无污染。

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