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2024届高三新高考化学大一轮专题训练题--工业流程题
1．（2023·广东·统考高考真题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：

已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
(1)活性可与水反应，化学方程式为 。
(2)常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。
(3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。
(4)会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。
①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
②提高了的浸取速率，其原因是 。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。
②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为 ；晶体中一个周围与其最近的O的个数为 。

(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和 (填化学式)。
2．（2023·浙江·统考高考真题）工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如下流程脱除或利用。

已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式 。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是 。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是 。
(3)设计实验验证化合物A中含有S元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。
3．（2023·全国·统考高考真题）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：

已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和 。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 。
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致 ；pH>9时，会导致 。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3+在碱性条件下，溶解为VO或VO，上述性质说明V2O5具有 (填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。
4．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）以Cu(NO3)2、氨水、NaOH乙醇溶液为原料制备的纳米CuO催化剂，可用于脱除废气中的AsH3.纳米CuO催化剂的制备、催化氧化、再生可表示为：
(1)As元素在周期表中的位置为 。
(2)流程中“反应”步骤加入过量的氨水，“沉淀”步骤的反应在加热下进行，写出“沉淀”步骤中生成纳米CuO的化学方程式： 。
(3)“沉淀”步骤中加入乙醇的作用是 。
(4)“催化氧化”时，废气中AsH3主要被氧化成As2O3固体除去，温度低于100℃时，生成的固体中砷含量会升高，原因是 。
(5)“再生”时需除去纳米CuO催化剂上的As2O3和少量As2O5，可采用在氮气氛围中加热分解的方法。已知：250℃时催化剂上的As2O3完全升华，350℃时催化剂上的As2O5完全分解为As2O3和O2，将处理过10L废气的纳米CuO催化剂进行加热再生处理，加热到250℃时，催化剂质量减轻了1.9800g，加热到350℃，催化剂质量又减轻了0.4600g。计算10L废气中AsH3的含量是 mg·L 1(已知M(As2O3)=198g/mol，M(As2O5)=230g/mol，M(AsH3)=78g/mol，写出计算过程)。
(6)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料。砷化镓晶胞结构如图所示，晶体中As原子周围与其距离最近的As原子的个数为 ；若该晶胞的边长为anm，则砷化镓晶体的密度为 g cm-3.(用含a的式子表示，阿伏加德罗常数的值用NA表示)
5．（2023·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）用硫铁矿(主要成分是FeS2， 含少量Al2O3、 SiO2和Fe3O4)为原料， 制备磷酸亚铁锂(LiFePO4)，流程如下图所示：
己知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀的pH 2.3 7.5 4.0
完全沉淀的pH 4.1 9.7 5.2
回答下列问题：
(1)焙烧的目的是 。
(2)流程中从“焙烧”到“氧化”要经过一系列步骤，从下列步骤中选择正确的步骤并合理排序___________→___________→___________→___________。
(3)“试剂R”最好选择 。
(4)流程中“高温煅烧”时，反应的化学方程式为 。
(5)检验产品中是否混有Fe(OH)3或FePO4杂质的实验操作是 。
(6)用0.100 mol·L-1酸性K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，测定产品LiFePO4的纯度。
①从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键的仪器，“___________ )”内填写一种操作，均用字母表示]。
用___________(称量LiFePO4样品8.000 g)→用烧杯(___________ ) →用___________(___________ )→用___________(量取25.00 mL Fe2+溶液)→滴加2~3滴二苯胺磺酸钠作指示剂→用滴定管(盛装K2Cr2O7标准溶液，滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色)→(重复滴定3次，平均消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL)。
仪器： a．量筒； b．托盘天平； c． 100 mL容量瓶； d．分析天平； e．试剂瓶； f．移液管。
操作： g.配制一定体积的 Fe2+溶液； h．加稀硫酸溶解样品； i．装瓶贴标签。
②产品的纯度为 。
6．（2023·河南·校联考模拟预测）北京航空航天大学郭林教授课题组最近合成了一种Au单原子新型材料[C3N4(Au1/ACN)]，能提高锂电池性能。某小组以含金黄铁矿(主要成分是Au和FeS2)为原料制备该新型材料的简易流程如图所示。

回答下列问题：
(1)提高“熔池”中反应速率的措施有 (答一条)。
(2)需要用到下列玻璃仪器中的_____。
A． B． C． D．
(3)“沉金”中，另一种产物是Na2[M(CN)4]，Na2[M(CN)4]=2Na++[M(CN)4]2-。写出“沉金”的离子方程式 。
(4)以“酸浸”的浸液为原料制备高纯度铁红的流程如下：

①通入过量Cl2的目的是 。
②已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-38；一般地，当离子浓度不超过1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子已沉淀完全。“调pH”最低值为 。
③制备铁红“操作”名称是 。
(5)据文献报道，一种绿色，环保型制备氯金酸的原理是纯金溶于含双氧水的浓盐酸也能制备HAuCl4；写出相应的化学方程式 。
(6)若步骤a、b、c的产率依次为75%、80%、65%，则由金制备该材料的总产率为 。
7．（2023·广东·高三统考专题练习）以含铅废料(Pb、PbO、、及炭黑等)制备高纯PbO。其流程如下：
(1)酸浸时，在催化下Pb和反应生成的离子方程式是 。
(2)催化过程可表示为：
ⅰ： ⅱ：……
写出ⅱ的离子方程式： 。
(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：
，其溶解度曲线如图所示。
①转化过程中，选用10%NaOH溶液的原因是 。
②滤液2中含有的阴离子有、 。
(4)结合上述溶解度曲线，设计利用粗PbO制备高纯PbO的方案： 。(实验中可选用的试剂： ；10%NaOH溶液、35%NaOH溶液、蒸馏水)
(5)六方氧化铅晶体的结构如图所示。用碳原子代替氧原子和铅原子，即为六方金刚石。请在该图内用粗线框出六方金刚石的一个晶胞，要求框线必须包含图中已有的一段粗线，且框出的晶胞体积最小 。
8．（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考模拟预测）钕铁硼废料中一般含有30%的稀土元素和少量的钴、锰、镍等金属。稀土元素经萃取分离后萃余液化学成分见下表：
成分
含量 <0.01 65.33 10.35 1.56 0.51 0.16
从萃余液中回收氧化钴的工艺流程如下：

已知：①萃取剂和均为磷酸酯，结构为
②已知常温时相关物质的溶度积
化学式
回答下列问题：
(1)P元素在元素周期表中的位置为 ，萃取剂中P原子的杂化类型为 。
(2)已知“滤液1”中，则滤液1中的浓度为 。
(3)已知“滤渣”的主要成分为S，写出“酸分解”时发生反应的离子方程式 。
(4)反萃取的目的是 。
(5)“沉钴”后需将沉淀洗净，检验沉淀已洗净的方法是 。
(6)“煅烧”可在纯氩气中进行，写出煅烧反应的化学方程式 。若在空气中煅烧，温度高于400℃时会得到另一种钴的氧化物。已知固体残留率为54.6%，则该氧化物的化学式为 (残留率=×100%)。
9．（2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）一种以转炉钒渣(主要成分为V2O3、FeO、SiO2及少量MgO、CaO、Al2O3)为原料实现低成本回收钒资源的生产工艺如下：

表一：相关金属离子[c0(Mn+) = 0.01 mol·L 1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+
开始沉淀的pH 7.5 2.2 3.7 9.4
沉淀完全的pH 9.0 3.2 4.7 10.9
表二：部分含钒物质在水溶液中主要存在形式如下：
pH <1 1 ~ 4 6 ~ 8.5 >13
主要形式 VO V2O5 VO VO
备注 多钒酸盐在水中溶解度较小
已知：①“焙烧”的主要反应之一为：CaCO3(s) = CaO(s) + CO2(g)；
②在焙烧过程中产生Ca2V2O7；其中，Ca2V2O7在水中的溶解度小，易溶于稀硫酸和碱溶液。
(1)Ca2V2O7中V的化合价为 ，写出在焙烧过程中产生Ca2V2O7的化学方程式 。
(2)“稀H2SO4调pH”后钒元素主要以VO存在，生成VO的离子方程式为 。
(3)“滤渣2”的主要成分是 。利用上述表格数据，计算Fe(OH)3的Ksp= 。
(4)“调pH值至6~8.5”时控制温度不超过40℃，原因是 。
(5)已知“沉钒”得到NH4VO3，该环节通常需要加入过量 (NH4)2SO4，其原因是 。
(6)有机卤化铅晶体具有独特的光电性能，下图为其晶胞结构示意图。

① 原子坐标参数A1为(0，0，0)；B为(，，)，则X2为 。若该晶胞的边长为a nm，则最近的两个Cl-中心间的距离是 。
② 在该晶胞的另一种表达方式中，若图中Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于 位置。
A．顶点 B．面心 C．体心 D．棱心
10．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）残渣油中含有大量的有机物，还含有少量金属元素Mo、V、Ni、Fe的硫化物，其中Mo、V的含量最高，回收价值最大。但因油的粘度较大，增大了回收的难度，工业生产中从残渣油里回收V、Mo的工艺流程如图所示。

已知：①微溶于冷水、乙醉、乙醚，能溶于热水：
②“除杂”步骤后的、以利离子的形式存在；
③钒在不同、不同浓度下的存在形态如图，其中可简写成。

回答下列问题：
(1)已知和是同族相邻元素，写出Mo的外围电子轨道表示式 。
(2)脱油残渣空气焙烧的目的是 。
(3)“焙烧1”时生成的气体成分是 。
(4)用碳酸钠溶液除杂，调节值范围为 。
(5)“沉钒”时，发现随着温度升高，沉钒率反而下降，推测可能的原因是 。
(6)在“焙烧2”制备的操作中，若采取真空干燥焙烧，副产物经处理后可投入使用的流程步骤是 ；若在空气中焙烧，可生成一种无毒气体，该反应的化学方程式为 。
11．（2023·安徽芜湖·统考二模）高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能绿色净水剂，易溶于水，难溶于有机溶剂。一种以Mn、Fe及MnO2制备高铁酸钾和活性MnO2的流程如图所示：

已知：部分金属离子在溶液中沉淀的pH如下表：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.1
完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.1
回答下列问题：
(1)MnO2不溶于稀硫酸，加入过量FeSO4目的是在酸性条件下将MnO2还原成稳定的Mn2+，写出该反应的离子方程式 。
(2)“调pH”操作中，调节pH的范围是 ，“滤渣”的主要成分是 。
(3)“沉锰”操作中，温度过高会导致MnO2产率降低，原因是 。
(4)某温度下，若要从10m3c()=2.0×10-4mol·L-1的溶液中沉淀(浓度降至10-5mol·L-1)，理论上需加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于 mol。(已知该温度下CaFeO4的Ksp=4.5×10-9，不考虑水解和溶液体积变化)
(5)已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰的化合价为 ，配位数为 。

12．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）我国已成为氟最大产销国。由于其产品具有高附加值，其氟化工也被称之为“黄金产业”。
I.从氟硅酸(H2SiF6)制备氟化钙的流程如图：
(1)该工艺流程中可以循环使用的物质是 。
(2)聚四氟乙烯反应釜中发生反应的化学方程式为 。
II.氟化钙与浓硫酸反应可以制取HF，电子级HF是半导体材料的重要原材料。其中电子级HF的制取工艺流程如图：
(3)精制HF过程中，用高锰酸钾溶液(氧化剂)进行化学预处理，将AsF3氧化，氧化得到的物质AsF5与HF沸点相差较大，可以在后续精馏过程中除去。其化学处理的离子方程式为 。
(4)氢氟酸是弱酸，HFH++F-，Ka=6.3×10-3，当其浓度大于5.0mol/L时，溶液的酸性变强，试从结构的角度分析其可能的原因是 。
(5)氟化钙的晶胞如图所示，则钙离子的配位数为 ，若晶胞参数为acm，则该晶体的密度为 g cm-3。(设CaF2的摩尔质量为Mg/mol)
(6)F-、Cl-由于有孤对电子，很容易与一些金属阳离子形成络合离子，例如[CoCl4]2-、[NiCl4]2-，这两种络合离子的空间结构为四面体结构，说明 。
13．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）高锰酸钾在化工生产和环境保护等领域应用十分广泛。以软锰矿(主要成分是MnO2，含有Fe2O3和SiO2等杂质)为原料制备高锰酸钾的工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)基态Mn原子的价电子轨道表示式为 。
(2)“焙烧”中有K2MnO4生成，该步骤主要反应的化学方程式为 。
(3)若“焙烧”时未加入KClO3，“水浸”后所得溶液中也含有K2MnO4，原因可能是 。
(4)“水浸”时需要加热，其目的是 。
(5)“滤渣2”含有MnO2和 ，“歧化”过程中主要反应的离子方程式为 。
(6)KMnO4可通过电解K2MnO4溶液的方法直接制得，相比“歧化法”，电解法的优点是 。
14．（2023·陕西商洛·统考三模）固体电解质LATP的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，某研究人员以钛铁矿精粉(主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3，SiO2)为原料合成LATP的工艺流程如图所示。

请回答下列问题：
(1)LATP中钛的化合价为 价。
(2)“粉碎”的目的是 ，为了达到这一目的，还可以采用的措施有 (答一条即可)。
(3)“碱浸”的目的是除去 (填化学式)。
(4)“碱浸”时加入适当过量的NaOH溶液，“酸浸”时加入适当过量的稀硫酸，且NaOH溶液和稀硫酸均不宜过量太多，其主要原因是 。
(5)“沉钛”时生成Ti3(PO4)4的化学方程式为 。
(6)本实验洗涤Ti3(PO4)4时采用如图所示装置，该装置为抽滤装置，其原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，达到快速固液分离的目的。其中“安全瓶”的作用是 。

(7)常温下，Ti3(PO4)4的Ksp=a，当溶液中c(Ti4+)≤1.0×10-5mol·L-1时可认为Ti4+沉淀完全，则“沉钛”时，溶液中c()最低为 mol·L-1。
15．（2023·山东德州·统考三模）工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、，NiO等)生产高纯ZnO的流程示意图如下。

(1)用足量溶液和氨水“浸出”锌焙砂。
①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是 。
②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为，该反应的离子方程式为 。
(2)“除重金属”时，加入BaS溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是 和。
(3)“蒸氨”时会出现白色固体，运用平衡移动原理解释原因 。
(4)“沉锌”步骤①中加入足量溶液将白色固体转化为的离子方程式为 。
(5)“煅烧”步骤中，不同温度下，分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图1、图2所示。
已知：i．固体失重质量分数
ii．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品ZnO的活性越高。

①280℃时煅烧，300min后固体失重质量分数为33.3%，则的分解率为 (保留到小数点后一位)。
②根据图1和图2，获得高产率(分解率>95%)、高活性(ZnO比表面积)产品ZnO的最佳条件是 (填字母序号)。
a．恒温280℃，60~120min b．恒温300℃，240~300min
c．恒温350℃，240~300min d．恒温550℃，60~120min
16．（2023·安徽·校联考三模）锰酸锂(LiMn2O4)是一种锂电池的正极材料。工业上以方锰矿(主要成分为MnO，还含有少量的Fe3O4、Al2O3、CaO、SiO2))为原料制备锰酸锂的流程如下：

已知：i．25℃时，相关物质的Ksp或Kb如下表：
物质 Mn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Ca(OH)2 NH3·H2O
Ksp或Kb 2×10-13 5×10-17 1×10-39 1×10-32 6×10-6 2×10-5
ii．离子浓度低于1x10-5mol·L-1时即为该离子沉淀完全。回答下列问题：
(1)能加快步骤①反应速率和提高锰元素浸取率的措施有 (任写一种)。
(2)滤液1中主要含有的金属离子是 ，步骤②中加入MnO2的作用是
(3)为了使A13＋沉淀完全，步骤③中pH至少调至 ；反应Al3+(aq)+3NH3·H2O(aq)Al(OH)3(s)+3NH(aq)的平衡常数K= 。
(4)步骤④反应未见气体生成，则反应的离子方程式为 。步骤⑤发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(5)某铁氮化合物晶体的晶胞如图所示，则该晶体的化学式为 ；若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为apm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则晶体的密度为 g/cm3(列出计算式即可)。
17．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测）锌是一种重要的金属，在电镀、电池等工业上应用广泛。以废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示。
已知：a)“浸取”后溶液中的阳离子主要是[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+。
b)“深度除铜”标准：溶液中
涉及的部分反应为：
反应Ⅰ．[Cu(NH3)4]2+ + 4H2O Cu2+ + 4NH3·H2O K1 ＝ a
反应Ⅱ．[Cu(NH3)4]2+ + S2- + 4H2O CuS↓ + 4 NH3·H2O K2 ＝ b
回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价电子排布图为 。
(2)“浸取”时，滤渣①的主要成分是 (填化学式)。
(3)①“深度除铜”时，选择加入适量(NH4)2S固体进行除铜。从化学平衡角度解释其除铜原理是 。
(NH4)2S固体的加入量[]对锌的回收率及铜锌比的影响如下图：
②当(NH4)2S加入量超过100%时，锌的回收率下降的可能原因是 (用离子方程式表示)。
③(NH4)2S较为合理的加入量约为120%，理由是 。
④“深度除铜”后，测得溶液中c(Cu2+)＝1.0×10-8 mol·L-l，则此时溶液中c(S2-)为 mol·L-l(用含a、b的代数式表示，忽略S2-水解)。
(4)超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用，某含Mg、Ni和C三种元素的晶体具有超导性。已知该晶体具有简单立方结构，其晶胞结构如图所示：
①距离Mg原子最近的Ni原子有 个。
②已知该晶胞的密度为ρ g·cm-3 ，阿伏加德罗常数为NA，该晶体中C和Mg的最近间距为 nm。
18．（2023·江苏·校联考模拟预测）磷的化合物应用广泛。
(1)磷酸锂(LiPO2F2)作为电解液添加剂能够有效提升锂电池的循环性能。在N2气氛下，在PFA(全氟烷氧基树脂)烧瓶中加入高纯LiPF6和Li2CO3固体，以碳酸二甲酯作溶剂，在60℃反应制备LiPO2F2，其流程如图：
已知：LiPF6是一种白色结晶，潮解性强，遇水发生反应LiPF6+H2OLiF+POF3↑+2HF↑
①反应I的化学方程式为 。
②高纯LiPF6实际反应所加用量比理论用值稍大的原因可能是 。
③保持其他实验条件都不变，在精制过程中加入提纯溶剂(杂质和LiPO2F2均可溶解在提纯溶剂中)，LiPO2F2在提纯溶剂中的浓度对产品纯度和收率(收率=×100%)的影响如图所示。由图可知，随着LiPO2F2浓度的减小，产品纯度逐渐增大，收率逐渐降低.其原因可能是 。
④已知Ksp(Li2CO3)=8.6×10-4，若向浓度为0.2mol L-1的Li2SO4溶液中加入等体积的Na2CO3溶液能产生沉淀，则所加Na2CO3溶液的最低浓度为 。
(2)①常温下，H3PO3(亚磷酸)溶液中含磷粒子的浓度之和为0.1mol L-1，溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。则反应H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K= 。
②H3PO3与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，画出H3PO3的结构式 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)
(2)＞
(3)或
(4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5) 体心 12
(6) 0.4或
【分析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。
【详解】（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。
（2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。
（3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或。
（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。
①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。
②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
（5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。
②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为；故答案为：0.4或。
②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。
2．(1)
(2) BCD 硫酸分子能形成更多的分子间氢键
(3) 取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素 +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【分析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A： ；
【详解】（1）氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为；
（2）①A．硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误；
B．根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正确；
C．化合物A含有 基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正确；
D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收用于生产发烟硫酸，D正确；
故选BCD；
②一定压强下，化合物A分子只有1个-OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个-OH形成氢键，故导致A的沸点低于硫酸；
（3）由分析可知，A为 ，A碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯化钡生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及反应为： +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。
3．(1)Na2CrO4
(2)Fe2O3
(3)Al(OH)3
(4) 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀
(5)C
(6)2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
【详解】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O，故答案为：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。
4．(1)第4周期VA族
(2)[Cu(NH3)4](NO3)2＋2NaOHCuO↓+2NaNO3+4NH3↑+H2O
(3)有利于除去纳米CuO表面吸附的NaNO3，使生成的纳米CuO颗粒更均匀
(4)生成As单质
(5)187.2mg/L
(6) 12 ×1021
【分析】由题给流程可知，向硝酸铜溶液中加氨水，溶液中铜离子与氨水反应生成硝酸四氨合铜，硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳米氧化铜，反应生成的纳米氧化铜做催化剂条件下，废气中的砷化氢主要被氧化成三氧化二砷固体被除去，纳米氧化铜再生的方法为在氮气氛围中加热分解的方法除去催化剂表面的三氧化二砷和少量五氧化二砷。
【详解】（1）砷元素的原子序数为33，位于元素周期表第4周期VA族，故答案为：第4周期VA族；
（2）由图可知，沉淀步骤中生成纳米氧化铜的反应为硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳米氧化铜沉淀、硝酸钠、氨气和水，反应的化学方程式为[Cu(NH3)4](NO3)2＋2NaOHCuO↓+2NaNO3+4NH3↑+H2O，故答案为：[Cu(NH3)4](NO3)2＋2NaOHCuO↓+2NaNO3+4NH3↑+H2O；
（3）由图可知，沉淀步骤中生成纳米氧化铜的反应为硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳米氧化铜沉淀、硝酸钠、氨气和水，与用氢氧化钠溶液相比，沉淀步骤中加入乙醇可除去纳米氧化铜表面吸附的硝酸钠，使生成的纳米氧化铜颗粒更均匀，故答案为：有利于除去纳米CuO表面吸附的NaNO3，使生成的纳米CuO颗粒更均匀；
（4）温度低于100℃时，生成的固体中砷含量会升高说明砷化氢被氧化生成砷单质，故答案为：生成As单质；
（5）由题意可知，250℃时催化剂减少的质量为三氧化二砷的质量，350℃时催化剂减少的质量为五氧化二砷的质量，由砷原子个数守恒可知，砷化氢的物质的量为×2+×2=0.024mol，则10L废气中砷化氢的含量为=187.2mg/L，故答案为：187.2mg/L；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的砷原子与位于面心的砷原子的距离最近，则晶体中砷原子周围与其距离最近的砷原子的个数为12；晶胞中位于顶点和面心的砷原子个数为8×+6×=4，位于体内的镓原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3d，解得d=×1021，故答案为：12；×1021。
5．(1)将硫元素转化成SO2而除去(或将FeS2转化为Fe2O3和SO2)
(2)c→a→d→e
(3)H2O2 ( 或过氧化氢)
(4)2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O↑+3CO2↑
(5)取少量产品于试管中，先加适量盐酸溶解，再向试管中滴加几滴KSCN溶液
(6) dhcgf 94.8%
【分析】硫铁矿焙烧后加入硫酸酸溶，除去不反应的二氧化硅等物质，过滤滤液加入FeS进行还原操作，将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去滤渣，滤液再加入氧化亚铁调节溶液pH除去铝，过滤滤液进行氧化操作将二价铁转化为三价铁，加入磷酸氢二铵生成沉淀，和碳酸锂、草酸反应生成；
【详解】（1）焙烧过程的目的是将转化为氧化铁和二氧化硫，能够除去硫；
（2）由表格可知，三价铁离子和铝离子的沉淀范围有重叠，从焙烧到氧化要经历一系列步骤，此步骤需要除去铝杂质且需要将三价铁转化为二价铁，防止沉铝过程中导致铁损失，故应该焙烧后首先加入稀硫酸溶解金属氧化物后除去不反应的二氧化硅等物质，滤液加入FeS进行还原操作，将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去滤渣，滤液再加入氧化亚铁调节溶液pH除去铝，过滤滤液进行氧化操作，故正确的步骤并合理排序为：c→a→d→e；
（3）“试剂R”是一种氧化剂，需要将二价铁转化为三价铁且不引入新杂质，最好选择过氧化氢；
（4）“高温煅烧”条件下，由和碳酸锂、草酸反应生成，化学方程式为；
（5）铁离子会和KSCN溶液变红色，故检验产品中是否混有或杂质的实验操作是：取样品，加入稀盐酸溶解，滴加KSCN溶液，若不变色则不含三价铁杂质，或变色则含三价铁杂质；
（6）①用分析天平(称量LiFePO4样品8.000 g)→用烧杯加稀硫酸溶解样品 →用100mL容量瓶(配制一定体积的 Fe2+溶液)→用移液管(量取25.00 mL Fe2+溶液)→滴加2~3滴二苯胺磺酸钠作指示剂→用滴定管(盛装K2Cr2O7标准溶液，滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色)→(重复滴定3次，平均消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL)，即为dhcgf；
②具有氧化性会把亚铁离子氧化为铁离子，根据电子守恒、质量守恒配平可得：，则产品的纯度为。
6．(1)粉碎矿石、搅拌、适当增大空气的进入量
(2)A
(3)2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-
(4) 完全氧化Fe2+(或其他合理答案) 3 灼烧
(5)2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O
(6)39%
【分析】含金黄铁矿通入空气煅烧，得到熔融物加入稀硫酸酸浸，铁反应成为滤液，滤渣加入NaCN、高压空气得到浸取液，加入锌得到粗金，处理得到纯金加入浓盐酸、浓硝酸得到HAuCl4，处理得到一种Au单原子新型材料；
【详解】（1）提高“熔池”中反应速率的措施有粉碎矿石、搅拌、适当增大空气的进入量等；
（2）流程中反应需要在烧杯中进行，故需要使用烧杯，故选A；
（3）“沉金”中，另一种产物是Na2[M(CN)4]且其为强电解质：Na2[M(CN)4]=2Na++[M(CN)4]2-，“沉金”后得到粗金中含有锌，则金属M为锌，锌和[Au(CN)2]-发生置换反应生成金和[Zn(CN)4]2-，离子方程式2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-；
（4）①氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，通入过量Cl2的目的是完全氧化Fe2+(或其他合理答案)。
②已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-38；一般地，当离子浓度不超过1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子已沉淀完全，则铁离子完全沉淀时，，pOH=11，pH=3，则“调pH”最低值为3。
③氢氧化铁煅烧生成氧化铁和水，故制备铁红“操作”名称是灼烧；
（5）过氧化氢具有强氧化性，纯金溶于含双氧水的浓盐酸也能制备HAuCl4，反应中金发生氧化反应、过氧化氢发生还原反应生成HAuCl4和水，2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O；
（6）若步骤a、b、c的产率依次为75%、80%、65%，则由金制备该材料的总产率为75%×80%×65%=39%。
7．(1)
(2)
(3) 10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失
(4) 将粗品溶解在35%的NaOH溶液中，加热至120.C，充分溶解后，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体。 35%NaOH溶液
(5)
【分析】根据题干工艺流程，酸浸时，在催化下Pb和反应生成，PbO为酸性氧化物，与硫酸反应生成，过滤后加入10%NaOH溶液，发生反应，氢氧化铅加热分解可得PbO。
【详解】（1）根据题干信息可知，酸浸时，在催化下Pb和反应生成和水。
答案为
（2）根据题给信息，反应i中Fe2+被氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+。
答案为
（3）根据溶解度曲线图可知，10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；
，阴离子除OH-外，还有。
答案为10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；。
（4）根据溶解度曲线可知，温度高、浓度大的氢氧化钠溶液对氧化铅的溶解更有利，所以应先用35%的氢氧化钠溶液溶解氧化铅，加热至120.C充分溶解后，趁热过滤出去不溶性的杂质，再进行降温，恢复至室温后，用漏斗将析出的氧化铅固体过来出来，洗涤、干燥。
答案为将粗品溶解在35%的NaOH溶液中，加热至120.C，充分溶解后，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体；35% NaOH溶液
（5）用碳原子代替图中氧原子和铅原子，其最小基本重复结构单元即晶胞体积最小。
答案为
8．(1) 第三周期第ⅤA族 sp3
(2)
(3)
(4)使得钴从有机相进入水相，便于后续加入草酸铵后生成钴的沉淀
(5)取最后一次洗涤液加入酸化的硝酸银溶液，不生成白色沉淀，说明已经洗涤干净
(6)
【分析】萃余液加入盐酸调节pH=0.5，加入硫化钠反应溶解除去钙、镁、铁等元素，过滤分离出钴锰镍硫化富集物，加入盐酸、过氧化氢酸分解，使得锰、钴元素进入溶液，过滤滤液加入锰萃取剂分离出含锰有机相和水相，水相加入钴萃取剂得到含钴有机相，加入盐酸反萃取得到氯化钴溶液，加入草酸铵得到草酸钴沉淀，煅烧得到CoO；
【详解】（1）P为15号元素，元素在元素周期表中的位置为第三周期第ⅤA族；萃取剂中P原子形成3个单键和1个双键，为sp3杂化；
（2）已知“滤液1”中，则滤液1中，则；
（3）已知“滤渣”的主要成分为S，则为“酸分解”时发生氧化反应生成硫单质，过氧化氢发生还原反应生成水，发生反应的离子方程式；
（4）反萃取的目的是使得钴从有机相进入水相，便于后续加入草酸铵后生成钴的沉淀；
（5）氯离子会和硝酸银生成不溶于酸的沉淀，故检验沉淀已洗净的方法就是检验是否存在氯离子，方法为：取最后一次洗涤液加入酸化的硝酸银溶液，不生成白色沉淀，说明已经洗涤干净；
（6）“煅烧”可在纯氩气中进行，煅烧反应为草酸钴分解生成氧化钴和二氧化碳、一氧化碳，。若在空气中煅烧，温度高于400℃时会得到另一种钴的氧化物，假设1mol（为147g、含钴59g）分解得到147g×54.6%=80.262g固体，其中氧的质量为80.262g-59g=21.262g，则，则该氧化物的化学式为。
9．(1) +5 2CaO + V2O3 + O2 = Ca2V2O7
(2)Ca2V2O7 + 6H+ + 2SO = 2VO + 2CaSO4+ 3H2O
(3) Fe(OH)3 10-37.4
(4)高于40℃，氨气逸出导致Fe3+沉淀反应速率下降
(5)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
(6) (1，，) a nm D
【分析】钒渣(主要成分为V2O3、FeO、SiO2及少量MgO、CaO、Al2O3)，在空气中焙烧，CaCO3(s) = CaO(s) + CO2(g)，产生Ca2V2O7、Fe2O3；加稀硫酸调pH＜1，SiO2此过程中不反应，过滤得滤渣1为硫酸钙、SiO2，据信息知，所得滤液中含有外，还有Mg2+、Al3+、Fe3+、，滤液中加入氨水调节pH=6~8.5，沉淀为V2O5，根据表2信息， Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤，滤渣2中含Fe(OH)3、Al(OH)3，滤渣2中加入NaOH使Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣3的主要成分为Fe(OH)3；滤液含，加硫酸铵 “沉钒”得到NH4VO3，煅烧纯净的NH4VO3得到V2O5；
【详解】（1）Ca2V2O7中V的化合价为+5，在焙烧过程V2O3 被O2 氧化产生Ca2V2O7，化学方程式为2CaO + V2O3 + O2 = Ca2V2O7。
（2）已知Ca2V2O7在水中的溶解度小，易溶于稀硫酸， “稀H2SO4调pH”后钒元素主要以VO存在，则生成VO的离子方程式为Ca2V2O7 + 6H+ + 2SO = 2VO + 2CaSO4+ 3H2O。
（3）据分析“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3。利用上述表格数据，0.01 mol·L 1Fe3+形成氢氧化物沉淀时的pH=2.2，则常温下。
（4）已知氨水易挥发，则用氨水“调pH值至6~8.5”时控制温度不超过40℃，原因是：高于40℃，氨气逸出导致Fe3+沉淀反应速率下降。
（5）已知“沉钒”得到NH4VO3 NH4VO3存在沉淀溶解平衡：NH4VO3(s) (aq)＋VO (aq)，“沉钒”中加入过量(NH4)2SO4，则增大c()，有利于NH4VO3结晶析出，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
（6）① 由图可知，原子坐标参数A1为(0，0，0)；B为(，，)，则X2为(1，，)。若该晶胞的边长为a nm，则最近的两个Cl-中心间的距离是晶胞边长一半的倍，即为a nm。
②图中Pb2+处于2个Cl-的中点，则在该晶胞的另一种表达方式中，若图中Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于2个Pb2+的中点，故Cl-处于棱心位置，选D。
10．(1)
(2)去除残渣中的有机物，并将残渣中的金属硫化物转化为金属氧化物
(3)、
(4)6～9
(5)受热分解，且在热水中溶解度大
(6) 沉矾
【分析】由题干工艺流程图信息可知，将残渣油用有机溶剂进行浸取操作，然后分液分离出浸取液和脱油残渣，干燥后在空气中进行焙烧1，除去残渣表面的有机物，大部分有机物和残渣中含有硫化物焙烧生成CO2、SO2等气体，加入Na2CO3溶液将V、Mo分别转化为和离子的形式存在，过滤除去不溶性杂质，得到的滤液1中加入NH4Cl进行沉钒即将转化为NH4VO3，过滤得到NH4VO3沉淀和滤液2，对NH4VO3进行焙烧2得到V2O5，对滤液2进行沉钼，然后过滤得到沉淀，进行焙烧3得到MoO3。
【详解】（1）已知和是同族相邻元素，的外围电子排布式为：，所以Mo的外围电子轨道表示式： ，答案为： ；
（2）由题干信息可知，因油的粘度较大，增大了回收的难度，故脱油残渣空气焙烧的目的是除去有机物表面的有机物和将硫化物转化为氧化物，故答案为：去除残渣中的有机物，并将残渣中的金属硫化物转化为金属氧化物；
（3）由分析可知，在空气中进行焙烧1，除去残渣表面的有机物，大部分有机物和残渣中含有硫化物焙烧生成CO2、SO2等气体，故答案为：CO2、SO2；
（4）由已知信息可知，“除杂”步骤后的V、Mo以和离子的形式存在，结合题干钒在不同pH、不同浓度下的存在形态图可知，用碳酸钠溶液除杂，调节pH值范围为6～9，故答案为：6～9；
（5）由题干已知信息可知，NH4VO3微溶于冷水、乙醇、乙醚，能溶于热水，故“沉钒”时，沉钒率反而下降，可能的原因是温度升高，NH4VO3的溶解度增大，故答案为：受热分解，且在热水中溶解度大；
（6）有分析可知，沉钒得到NH4VO3，故在“焙烧2”制备V2O5的操作中，若采取真空干燥焙烧，则反应方程式为：2NH4VO32NH3+H2O+V2O5，则副产物NH3经与HCl处理后生成NH4Cl可投入使用的流程步骤是沉钒，若在空气中焙烧，可生成一种无毒气体即N2，该反应的化学方程式为：，故答案为：沉钒；。
11．(1)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
(2) 3.2≤pH<8.l Fe(OH)3
(3)温度过高时，NH4HCO3的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰
(4)6.4
(5) +2 6
【分析】以Mn、Fe及MnO2制备高铁酸钾和活性MnO2，酸浸：酸性条件下FeSO4，将MnO2还原为 Mn2+，MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，Mn 和Fe分别生成 Mn2+和Fe2+。氧化：H2O2将溶液中的 Fe2+氧化成 Fe3+，便于沉淀分离，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，溶液中主要含 Fe3+，Mn2+，等离子。调pH：由滤渣制备K2FeO4，可知，Fe3+转化为 Fe(OH)3，沉淀进入滤渣，Mn2+存在于滤液A中，结合表格数据可知，调节pH 的范围是 3.2≤pH<8.1。沉锰： NH4HCO3与MnSO4, 反应生成 MnCO3沉淀和CO2，。焙烧：MnCO3和O2，反应生成活性MnO2和CO2，，据此分析解题。
【详解】（1）酸性条件下FeSO4，将MnO2还原为 Mn2+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。
（2）由滤渣制备K2FeO4，可知，Fe3+转化为 Fe(OH)3，沉淀进入滤渣，Mn2+存在于滤液A中，结合表格数据可知，调节pH 的范围是 3.2≤pH<8.1，故答案为3.2≤pH<8.1；Fe(OH)3。
（3）NH4HCO3受热易分解，当温度高于 60℃，会加速NH4HCO3的分解，导致MnO2产率降低，故答案为温度过高时，NH4HCO3的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰。
（4）若要将溶液中的浓度从2.0×10-4mol·L-1降至10-5mol·L-1，需要加入，当溶液中浓度降至10-5mol·L-1，溶液中，，共需要加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于为1.9+4.5=6.4mol，故答案为6.4。
（5）根据晶胞结构示意图，一个晶胞中含有Mn原子个数为，含有O原子个数为，所以该锰的氧化物化学式为MnO，所以锰的化合价为+2，位于中心的Mn的配位数为6；故答案为+2；6。
12．(1)NH3(氨水或液氨)
(2)6NH3+H2SiF6+2H2O=6NH4F+SiO2,
(3)5AsF3+10HF +6H++2=2Mn2++5 ASF5+8H2O
(4)当HF浓度大于5.0mol/L时，HF与F-形成氢键，形成,促进了HF的电离；
(5) 8
(6)
【分析】该题涉及到两个工艺流程过程，在第一个中.以氟硅酸(H2SiF6)制备氟化钙，在第二个中用氟化钙与浓硫酸反应可以制取HF，同时本题还考查了晶胞的相关计算以及价层电子对互斥理论。
【详解】（1）从工艺流程分析在化学预处理NH3和H2SiF6反应制得NH4F，利用制得的NH4F和石灰石反应制得HF和NH3，因此可以循环利用的物质是NH3(氨水或液氨)；
（2）据I的工艺流程分析，通过化学预处理中NH3和H2SiF6反应制得NH4F，因此聚四氟乙烯反应釜中发生反应的化学方程式为：6NH3+H2SiF6+2H2O=6NH4F+SiO2；
（3）精制HF过程中，用高锰酸钾溶液进行化学预处理，将AsF3氧化，氧化得到的物质AsF5，其化学处理的离子方程式为：5AsF3+10HF +6H++2=2Mn2++5 ASF5+8H2O；
（4）当HF浓度大于5.0mol/L时，溶液的酸性变强，可能的原因是：当HF浓度大于5.0mol/L时，会发生自偶电离，HF与F-形成氢键，形成,促进了HF的电离；
（5）根据氟化钙的晶胞所示，每个钙离子周围最近的F-为8个，因此钙离子的配位数为8；根据均摊法可以算出一个晶胞含有4个CaF2，当晶胞参数为acm，则该晶体的密度==
（6）根据题意[CoCl4]2-、[NiCl4]2-这两种络合离子的空间结构为四面体结构，因此中心原子的杂化类型为。
13．(1)
(2)
(3)焙烧时，空气中的也能将氧化为
(4)加快水浸的速率
(5)
(6)产品纯度较高
【分析】软锰矿(主要成分是，含有和等杂质)，加入和，焙烧，将氧化为，反应的方程式为：，不反应，生成，水浸后得到、溶液，滤渣为，向滤液中通入足量的，发生歧化反应：，生成沉淀，过滤，滤渣为和，将滤液结晶即可得到。
【详解】（1）基态Mn原子的价电子排布为：，轨道表示式为 ；
（2）软锰矿(主要成分是，含有和等杂质)，加入和，焙烧，将氧化为，反应的方程式为：；
（3）焙烧过程中加入，作为氧化剂，将氧化为，若不加入，焙烧时空气中的氧气也能将其氧化；
（4）“水浸”时需要加热，可以加快水浸的速率；
（5）向滤液中通入足量的，发生歧化反应：，生成沉淀，过滤，滤渣为和；发生歧化反应离子方程式为：；
（6）歧化法得到的含有等杂质，而电解法得到的产品纯度较高；
14．(1)+4
(2) 增大固体接触面积，提高碱浸速率 适当加热(或搅拌或适当增大NaOH溶液浓度等合理答案)
(3)Al2O3、SiO2
(4)成本增大
(5)3TiOSO4+4H3PO4=Ti3(PO4)4↓+3H2SO4+3H2O
(6)平衡气压、防倒吸稳定过滤速度等
(7)(或)
【分析】钛铁矿粉碎过筛后加入NaOH溶液，氧化铝、二氧化硅和NaOH溶液反应而除去，FeTiO3用稀硫酸酸浸，得到TiOSO4和FeSO4的混合溶液，加磷酸沉钛，得到Ti3(PO4)4，Ti3(PO4)4和AlPO4、Li3PO4高温反应得到LATP。
【详解】（1）LATP的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，Li的化合价为+1价，Al为+3价，P为+5价，O为-2价，根据正负化合价代数和为0的原则，Ti的化合价为+4价；
（2）“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率；为了达到加快反应速率的目的，还可以适当升温或搅拌，以及适当增加NaOH溶液的浓度等；
（3）钛铁矿粉碎过筛后主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2，加入NaOH溶液“碱浸”的目的是除去杂质Al2O3，SiO2；
（4）NaOH溶液、H2SO4溶液均具有强烈的腐蚀作用，NaOH 溶液和稀硫酸均不宜过量太多，使用过量的NaOH、H2SO4会增加成本；
（5）“沉钛”时加入磷酸生成Ti3(PO4)4的化学方程式为：4H3PO4 + 3TiOSO4 = Ti3(PO4)4↓+ 3H2SO4 + 3H2O；
（6）抽滤原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，抽气泵中的压强降低容易出现倒吸现象，需要加入“安全瓶”平衡气压，防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中且可以稳定过滤速度等；
（7）Ti3(PO4)4(s)3Ti4+(aq) + 4(aq)，Ksp= c3(Ti4+)·c4()，当Ti4+沉淀完全时cmin()=(或)。
15．(1) 提高浸出效率
(2)CuS
(3)“蒸氨”过程中有产生，溶液中的浓度降低，平衡正向移动，转化为，和溶液中和结合得到白色固体
(4)
(5) 94.6% b
【分析】锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3，NiO等)加入硫酸铵溶液和氨水浸出，加入(NH4)2S2O8溶液、氧化钙、硫酸亚铁除砷得到FeAsO4、氢氧化亚铁、氢氧化铁等，过滤，向滤液中加入BaS除铜离子，过滤，加入锌粉深度除重金属，过滤，蒸氨得到白色固体，加入碳酸氢铵溶液、通二氧化碳得到碳酸锌，烘干煅烧得到氧化锌。
【详解】（1）①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是增大接触面积，使溶解更充分，提高浸出效率；故答案为：提高浸出效率。
②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO和氨水、铵根离子作用下生成和水，该反应的离子方程式为；故答案为：。
（2）根据前后除杂分析“除重金属”时是除掉铜离子，加入BaS溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是CuS和；故答案为：CuS。
（3）“蒸氨”时会出现白色固体，运用平衡移动原理解释原因“蒸氨”过程的平衡为，有产生，溶液中的浓度降低，则平衡正向移动，转化为，会和溶液中和结合得到白色固体；故答案为：“蒸氨”过程中有产生，溶液中的浓度降低，平衡正向移动，转化为，和溶液中和结合得到白色固体。
（4）“沉锌”步骤①中加入足量溶液将白色固体转化为、硫酸铵和水，其反应的离子方程式为；故答案为：。
（5）①280℃时煅烧，300min后固体失重质量分数为33.3%，设加热前质量为ag，加热生成二氧化碳的质量为0.333ag，则的分解率为；故答案为：94.6%。
②根据图1恒温300℃和恒温550℃时失重质量分数相等，由图一和①可知，根据图2信息550℃或恒温350℃，240~300min时ZnO比表面积，因此产品ZnO的最佳条件是恒温300℃，240~300min；故答案为：b。
16．(1)粉碎方锰矿(或升温、适当提高硫酸浓度等)
(2) Fe2+、Fe3+、Al3+、Mn2+ 将Fe2+氧化成Fe3+
(3) 5 8×1017
(4) 2Mn2++3+2H2O=MnCO3·Mn(OH)2↓+2 3：4
(5) Fe4N
【分析】由题给流程可知，方锰矿用稀硫酸酸溶时，金属氧化物与稀硫酸反应转化为硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液1；向滤液1中加入二氧化锰将溶液中亚铁离子氧化为铁离子后，加入氨水调节溶液的pH，将溶液中铁离子、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2和含有硫酸锰的滤液2，滤液2经离子交换、淋洗涤液洗脱后，加入碳酸铵溶液将溶液中的锰离子转化为碱式碳酸锰沉淀，过滤得到碱式碳酸锰和滤液3，碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧制得锰酸锂，据此分析解答。
【详解】（1）能加快步骤①反应速率和提高锰元素浸取率的措施有：粉碎方锰矿(或升温、适当提高硫酸浓度等)；
（2）由以上分析可知滤液1中含相应金属的硫酸盐，主要含有的金属离子Fe2+、Fe3+、Al3+、Mn2+，步骤②中加入MnO2将溶液中亚铁离子氧化为铁离子；
（3）由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为氢氧化锰沉淀，由氢氧化铝的溶度积可知，溶液中氢氧根离子不小于=1×10-9mol/L，由氢氧化锰的溶度积可知溶液中氢氧根离子浓度不大于=1×10-6mol/L，则溶液的nH范围为5~8，pH至少调至5；由方程式可知，反应的平衡常数K==8×1017；
（4）步骤④中加入碳酸铵溶液将溶液中的锰离子转化为碱式碳酸锰沉淀，反应未见气体生成，可知生成碳酸氢根离子，反应离子方程式为：2Mn2++3+2H2O=MnCO3·Mn(OH)2↓+2；步骤⑤发生的反应，反应中氧化剂为氧气，还原剂为MnCO3·Mn(OH)2，两者物质的量之比为3：4；
（5）由晶胞结构可知Fe位于顶点和面心，个数为：；N位于体心个数为1，则Fe：N=4：1，化学式为：Fe4N；晶胞中距离最近的两个铁原子距离为面对角线的一半，为a pm，则晶胞边长a pm，晶胞的质量=g，晶胞体积=cm3，则晶胞密度=。
17．(1)
(2)Fe2O3、MnO2
(3) 加入(NH4)2S固体使溶液中c(S2-)升高，反应II的平衡正向移动，最终[Cu(NH3)4]2+全部转化为CuS沉淀 [Zn(NH3)4]2+ + S2-+ 4H2O = ZnS+4NH3·H2O (NH4)2S的加入量高于120%，铜锌较高，除铜不完全，(NH4)2S的加入量低于120%，锌的回收率降低
(4) 12 ×107
【分析】废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO2)加入过量的氨水和碳酸氢铵，除去CuO、MnO2，加入适量(NH4)2S，除去铜，有机相萃取含锌离子，除去液体留下有机相，加入硫酸反萃取含锌离子，电解后得到锌。
【详解】（1）基态Cu原子价层电子为3d104s1，价电子排布图为；
故答案为：。
（2）氧化锌和氧化铜都能溶于氨水，而三氧化二铁和二氧化锰不溶，“浸取”时，滤渣①的主要成分是Fe2O3、MnO2；
故答案为：Fe2O3、MnO2。
（3）反应物浓度增大，平衡正向移动，故加入(NH4)2S固体使溶液中c(S2-)升高，反应II的平衡正向移动，最终[Cu(NH3)4]2+全部转化为CuS沉淀；当(NH4)2S加入量超过100%时，锌的回收率下降的可能原因是生成硫化锌沉淀，[Zn(NH3)4]2+ + S2-+ 4H2O = ZnS+4NH3·H2O；(NH4)2S的加入量高于120%，铜锌较高，除铜不完全，(NH4)2S的加入量低于120%，锌的回收率降低； K1 ＝=a， K2 ＝=b，c(S2-)=mol/L；
故答案为：加入(NH4)2S固体使溶液中c(S2-)升高，反应II的平衡正向移动，最终[Cu(NH3)4]2+全部转化为CuS沉淀；[Zn(NH3)4]2+ + S2-+ 4H2O = ZnS+4NH3·H2O；(NH4)2S的加入量高于120%，铜锌较高，除铜不完全，(NH4)2S的加入量低于120%，锌的回收率降低；。
（4）Ni原子在晶胞面心，每个晶胞中与Mg原子距离最近的Ni原子有3个，每个Mg原子在4个晶胞中共用，则距离Mg原子最近的Ni原子有3×4=12个；设该晶体中C和Mg的最近间距为x cm，则晶胞边长a cm，x2=()2+()2=，晶胞中含有C原子1个，Mg原子8×=1个，Ni原子6×=3个，则分子式为CMgNi3，摩尔质量为213g/mol，ρ=，a=，x==cm=×107nm；
故答案为：12；×107。
18．(1) LiPF6+2Li2CO3LiPO2F2+2CO2↑+4LiF LiPF6易潮解，遇水反应会损耗 当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的LiPO2F2产品，导致产品收率降低 0.043mol/L
(2) 105.11
【分析】在PFA(全氟烷氧基树脂)烧瓶中加入高纯LiPF6和Li2CO3固体，以碳酸二甲酯作溶剂，在60℃反应制备LiPO2F2，过滤得到LiPO2F2，将液体减压蒸馏得到碳酸二甲酯，再过滤、精制得到LiPO2F2。
【详解】（1）①在N2气氛下，在PFA(全氟烷氧基树脂)烧瓶中加入高纯LiPF6和Li2CO3固体，以碳酸二甲酯作溶剂，在60℃反应制备LiPO2F2，则反应I的化学方程式为LiPF6+2Li2CO3LiPO2F2+2CO2↑+4LiF；故答案为：LiPF6+2Li2CO3LiPO2F2+2CO2↑+4LiF。
②根据信息LiPF6是一种白色结晶，潮解性强，遇水发生反应LiPF6+H2OLiF+POF3↑+2HF↑，则高纯LiPF6实际反应所加用量比理论用值稍大的原因可能是LiPF6易潮解，遇水反应会损耗；故答案为：LiPF6易潮解，遇水反应会损耗。
③根据题中信息，保持其他实验条件都不变，在精制过程中加入提纯溶剂(杂质和LiPO2F2均可溶解在提纯溶剂中)。由图可知，随着LiPO2F2浓度的减小，产品纯度逐渐增大，收率逐渐降低，其原因可能是当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的LiPO2F2产品，导致产品收率降低；故答案为：当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的LiPO2F2产品，导致产品收率降低。
④已知Ksp(Li2CO3)=8.6×10-4，若向浓度为0.2mol L-1的Li2SO4溶液中加入等体积的Na2CO3溶液能产生沉淀，，解得，则所加Na2CO3溶液的最低浓度为0.043mol/L；故答案为：0.043mol/L。
（2）①根据题中信息pH=1.43时，，pH=6.54时，，则反应H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数；故答案为：105.11。
②H3PO3与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，说明H3PO3为二元酸，含有两个羟基，一个非羟基氧，则H3PO3的结构式；故答案为：。
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