2024届高三新高考化学大一轮专题训练--工业流程题
1．（2023·云南楚雄·统考模拟预测）在镀镍生产过程中，产生的硫酸镍废料(含Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+等杂质离子)是一种宝贵的可再生资源，某实验小组用粗硫酸镍废料制备硫酸镍(NiSO4·6H2O)，其流程如图所示：
(1)“滤渣1”的主要成分是___________ (写化学式)， 中S原子采用___________杂化。
(2)基态Ni2+的价电子排布式为___________。
(3)写出“硫化”过程中Fe3+与H2S反应的离子方程式：___________。
(4)“氟化”的目的是除去Ca2+、Mg2+ ，已知25℃时， Ksp(CaF2)=3.95× 10-11；Ksp (MgF2)=6.40×10-9。当Mg2+刚好完全沉淀(浓度小于等于10-5 mol·L-1 )时，Ca2+的浓度为___________(保留两位有效数字)mol· L-1。氟化钙的晶胞结构如图所示，该晶体属于___________ (填“离子”或“ 共价”)晶体，每个Ca2+周围距离最近且等距的F- 有___________个。
2．（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考模拟预测）过硼酸钠是一种用途广泛的无机过氧化物，可用作织物的漂白、染色，医药上可作为消毒剂和杀菌剂。一种由硼镁矿(Mg2B2O5 H2O)制取过硼酸钠(NaBO3 4H2O)的工艺流程图如下所示。
已知：①，若pH>10时，以形式存在；若pH<9.6时，以形式存在。
②过硼酸钠为白色晶体，微溶于水，其水溶液不稳定，存在于冷的溶液中，难溶于乙醇。
③硼砂(Na2B4O7 10H2O)为白色晶体，溶于水吸热，在水中溶解度如图1所示。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中为充分快速使硼镁矿浸出，可采取的措施___________。(填两项操作即可)
(2)根据题中信息，写出步骤Ⅱ中的化学方程式___________。
(3)下列说法正确的是___________。
A．步骤Ⅱ中通入的CO2目的是降低溶液pH值使转为
B．步骤Ⅰ、Ⅱ中操作①为过滤，操作②为蒸发浓缩、趁热抽滤
C．步骤Ⅲ发生化学反应生成过硼酸钠(其阴离子结构如图所示)，其中硼元素的化合价升高
D．步骤Ⅳ中宜选用的洗涤剂和干燥方式分别为蒸馏水和减压干燥
(4)步骤Ⅲ的回流反应过程需要控制恒温水浴(0℃左右)的方法是___________。
(5)请选出正确的操作排序完成装置A中的回流反应：按图2组装好装置
→( )→ ( )→ ( )→打开磁力搅拌器→打开冷凝水→( )→( )。_________
①用纸槽向c处加入硼砂(Na2B4O7 10H2O)；
②打开a处旋塞加入双氧水；
③调高恒温水浴温度；
④调低恒温水浴温度；
⑤c处加入氢氧化钠溶液。
(6)已知过硼酸钠晶体在70℃以上加热将逐步失去结晶水，测得样品质量随温度的变化如图所示，则T3时所得晶体的化学式为___________。
(7)若反应温度控制不当，所得的过硼酸钠晶体中将混有NaBO2，则产品中钠的质量分数___________(填“升高”、“降低”或“不变”)。
3．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）科学、安全、有效和合理地开发自然资源，对生产、生活有重要价值。请回答下列问题：
(1)活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如下：
已知：时，Ⅰ.溶液只能将氧化为，同时生成NO
Ⅱ.
①氧化过程的离子方程式为___________。
②根据的特性，分离操作X为___________，冷凝得到粗碘。
③酸性是常用的强氧化剂，但该方法中却选择了价格较高的，原因是___________。
④活性炭上吸附的还能用浓溶液吸收，每吸收转移5mol电子，该反应的离子方程式是___________。
(2)以金红石(主要成分为)为原料，制取Ti的工艺流程如图所示：
①Ⅰ在高温条件下进行，产物中有一种可燃性无色气体。Ⅰ中反应的化学方程式为___________。
②Ⅱ中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线如图所示，则反应适宜的温度为___________℃。
③Ⅱ中氩气的作用是___________。
④海绵钛除杂时得到的可以循环使用，在上述工艺流程中可循环使用的物质还有___________(填化学式)。
4．（2023·山西大同·统考三模）从废TiO2/WO3纳米薄膜中回收钛和钨等稀缺金属，既有利于资源综合利用，又避免污染环境。回收的工艺流程如下：
已知：
Ⅰ．乙胺(CH3CH2NH2)是无色极易挥发的液体，呈碱性，能与酸发生反应：CH3CH2NH2+H+=。
Ⅱ．酸性条件下，乙胺萃取 的反应为 2+ (CH3CH2NH3)2WO4。
Ⅲ． TiOSO4易溶于水，属于强电解质。偏钛酸难溶于水，其化学式可表示为TiO(OH)2或H2TiO3，室温时Ksp[TiO(OH)2]=1.0 ×10-27。
回答下列问题：
(1)“碱浸”时发生反应的化学方程式为___________ 。“萃取”前。需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是___________。
(2)试剂a为___________(写名称)。“反苯取”过程中发生反应的化学方程式为___________。
(3)实验室煅烧偏钛酸，应将偏钛酸放在___________(填仪器名称)中。
(4)检验“过滤Ⅱ”所得H2WO4·xH2O是否洗涤干净的方法是___________。
(5)室温下测得“滤液III”的pH=2，则此时“滤液III中c(TiO2+)=___________mol·L-1。
(6)如图所示。TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八体的面体心，ZrO2晶胞中Zr4+位于O2-所构成的立方体的体心。
①TiO2晶胞中O2-的配位数是___________。
②已知ZrO2晶胞的密度为ρg·cm-3，则晶体中Zr4+和O2-之间的最短距离为___________pm(列出算式。已知NA为阿伏加德罗常数的值，ZrO2的摩尔质量为Mg·mol-1)。
5．（2023春·安徽·高三校联考阶段练习）随着生活水平的提高，旧电池的回收利用成为当前世界各国研究的重要课题，我国科学家提出利用旧干电池(除碳棒后，主要成份为：Zn、Fe、Cu、、以及)回收氧化锌的流程如图：
已知：
①二氧化锰难溶于水、弱酸、弱碱；锌、铜氧化物及其盐能溶于氨水形成配合物(如)。
②室温下，，。
③室温下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.3 5.9 5.4
完全沉淀的pH 3.2 8.2(>10时溶解) 6.7
回答下列问题：
(1)旧电池灼烧的目的是___________；滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。
(2)若在实验室中进行“提锌”操作，该操作的名称为___________。
(3)除铜时不采用加入氨水方法的原因是___________；加入不宜过多，可能的原因是___________(用离子方程式表示)。
(4)室温下，测得除铜后溶液中：为、为，此时溶液中___________(填“能”或“不能”)形成沉淀。
(5)工业上常采用电解硫酸锌溶液的方法制备锌，阴极电极反应式为___________。
6．（2023春·广西·高三校联考阶段练习）五氟化锑(SbF5)是非常强的路易斯酸，其酸性是纯硫酸的1500万倍。以某矿(主要成分为Sb2O3，含有少量CuO、PbO、As2O3等杂质)为原料制备的工艺流程如图。
已知：Ⅰ.CuS、PbS的Ksp分别为6.0×10-36、9.0×10-29；
Ⅱ.As2O3微溶于水、Sb2O3难溶于水，它们均为两性氧化物：SbOCl难溶于水。
回答下列问题：
(1)为提高锑矿浸出率可采取的措施有______。(填一种)
(2)“滤渣Ⅰ”中存在少量的SbOCl，可加入氨水对其“除氯”转化为Sb2O3回收，不宜用NaOH溶液代替氨水的原因为______。
(3)已知：浸出液中：c(Cu2+)=0.01mol L-1、c(Pb2+)=0.01mol L-1。在“沉淀”过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀1是_____(填化学式)；当第二种沉淀刚产生时，沉淀1中金属阳离子在溶液中的浓度为______。
(4)“除砷”时，H2PO转化为H3PO4，该反应的氧化剂是______。
(5)“电解”时，以惰性材料为电极，锑的产率与电压大小关系如图所示，阴极的电极反应式为______。当电压超过U0V时，锑的产率降低的原因可能是阴极发生了副反应______。
7．（2023·江苏·校联考模拟预测）工业上用铁泥制取黄铵铁矾并用于处理含有机染料的废水。
I．制备黄铵铁矾
用含氧化铁57.4%的铁泥制备黄铵铁矾的实验流程如下：
(1)实验中须对“过滤1”所得滤液中的含铁量进行测定，其目的是____________。
(2)写出“热合成”发生反应的化学方程式：____________。
(3)上述流程中可以循环利用的物质是______(写化学式)。
Ⅱ．用黄铵铁矾处理含有机染料(用MB表示)的废水
黄铵铁矾表面具有丰富的羟基基团，可催化氧化去除废水中的有机染料，该过程可能的机理如图-1所示。
(4)从电负性的角度分析图-1(a)中第②步铁元素化合价的变化及原因：____________。
(5)在用黄铵铁矾处理废水中MB的过程中，可观察到反应前期废水变澄清，黄铵铁矾表面附着一层MB，然后逐渐消失。黄铵铁矾去除废水中有机染料(用MB表示)可能的机理可描述成：____________。
(6)已知：不稳定，易与含氧酸根离子反应生成。在温度、用量都相同的情况下，测得废水的pH对MB去除率的影响如图-2所示，pH=7时MB去除率明显降低，可能的原因是____________。
8．（2023春·广东广州·高三广东实验中学校考期中）是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为，还含少量等)，制取的工艺流程如图：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表：(金属离子浓度为：)；
③熔点为，加热至时，失去结晶生成无水氯化钴。
沉淀物 Fe(OH)3
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
(1)用盐酸和溶液浸取水钴矿时需先将水钴矿粉碎，目的是_______。
(2)写出浸出过程中发生反应的离子方程式_______。
(3)在浸出液中加入发生反应的主要离子方程式：_______；若向“浸出液”中不慎加过量时，可能会生成有毒气体，该气体是_______。
(4)根据阳离子开始沉淀和完全沉淀的分析，加调应控制的范围为_______。
(5)萃取剂对金属离子的萃取率与的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是_______；其使用的最佳范围是_______ (填序号)。
A．2.0~2.5 B．3.0~3.5 C． 4.0~4.5 D．5.0~5.5
(6)制得的在烘干时需减压烘干的原因是_______。
9．（2023春·广东东莞·高三东莞市东华高级中学校联考期中）以硫铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质)为原料制备绿矾晶体FeSO4 7H2O的工艺流程如图：
(1)焙烧时黄铁矿要粉碎，其目的是______。
(2)由滤液得到绿矾晶体的操作是______、______、过滤、洗涤、干燥。
(3)烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出该反应的离子方程式______。
(4)铁粉还原过滤，滤渣中除了铁和铜外还有的成分是______(写化学式)。
(5)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到FeSO4溶液。其过程如图所示：
已知总反应为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO+15Fe2++16H+。写出过程Ⅱ反应的离子方程式______。
(6)绿矾晶体在空气中易被氧化变质。取xg样品，加水完全溶解，滴加硫酸酸化的amol/LK2Cr2O7溶液至恰好完全反应，消耗K2Cr2O7溶液bmL。反应原理：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。则绿矾晶体纯度的计算式为______。
10．（2023·广东·统考二模）锂离子电池广泛应用于便携式电动设备，某锂离子电池废料含Li、Fe、Co等金属及其氧化物，回收利用其废料的一种简化工艺流程如下：
已知：①Fe、Co是中等活泼金属，氧化性：；
②常温下，。
(1)写出一种提高“酸浸”浸出率的途径_______。
(2)写出“酸浸”时金属Co与稀反应的化学方程式_______；“酸浸”后溶液中的金属阳离子主要有、_______。
(3)“沉铁”反应的离子方程式是_______，“沉钴”时溶液的作用是_______。
(4)已知是微溶于水的强电解质，其饱和水溶液的浓度与温度关系如图所示，在a点对应条件下进行“沉锂”，若“沉锂”后溶液为，求=_______(写出计算过程，保留两位有效数字)。
(5)“沉钴”产物可用于制备CoO，CoO的晶胞结构如图所示，与距离最近且相等的有_______个；设与的最近的核间距为r nm，CoO晶体的密度为_______(列出计算式，为阿伏伽德罗常数的值)；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影图为_______(填字母选项)。
11．（2023春·山东菏泽·高三统考期中）已知海水中溴元素主要以形式存在，工业上从海水中提取溴的流程如下：
(1)工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气，写出反应的离子方程式_______。
(2)将吹出的含的空气按一定速率通入吸收塔，用和水进行吸收，吸收后的空气进行循环利用。
①写出吸收反应的离子方程式_______。
②吹出时，吹出率与吸收塔中流量的关系如图所示。流量过大，吹出率反而下降的原因是_______。
(3)工业上也可用溶液代替二氧化硫水溶液吸收，生成无色气体，溶液中含有，写出发生反应的化学方程式_______，当有电子发生转移时，理论上参加反应的的质量为_______g。
(4)对于较低浓度的溴水，可用萃取法提取溴，可作为的萃取剂，其原因除不与反应外，还有_______。
12．（2023春·广东佛山·高三佛山一中校考阶段练习）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：
物质 TiCl4 VOCl3 SiCl4 AlCl3
沸点/ 136 127 57 180
回答下列问题：
(1)V元素在元素周期表_______区；基态钛原子的核外电子排布式是_______。
(2)在周期表中，与Al化学性质最相似的邻族元素是_______。基态Al原子核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上电子数为_______。在下列状态的铝元素中，电离最外层一个电子所需能量由高到低的顺序是_______(填标号)
A． B． C． D．
(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是_______。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
13．（2023春·北京西城·高三北京铁路二中校考期中）以锌锰废电池中的碳包(含碳粉、Fe、Cu、Ag和MnO2等物质)为原料回收MnO2的工艺流程如下：
I．将碳包中物质烘干，用足量稀HNO3溶解金属单质，过滤，得滤渣a；
Ⅱ．将滤渣a在空气中灼烧除去碳粉，得到粗MnO2；
Ⅲ．向粗MnO2中加入酸性H2O2溶液，MnO2溶解生成Mn2+，有气体生成；
Ⅳ．向Ⅲ所得溶液(pH约为6)中缓慢滴加0.50mol L－1Na2CO3溶液(pH约为12)，过滤，得滤渣b，其主要成分为MnCO3；
Ⅴ．滤渣b经洗涤、干燥、灼烧，制得较纯的MnO2。
(1)Ι 中Ag与足量稀HNO3反应生成NO的化学方程式为___________。
(2)H2O2的电子式为___________。
(3)Ⅲ中MnO2溶解的离子方程式为___________，溶解一定量的MnO2，H2O2的实际消耗量比理论值高，用化学方程式解释原因：___________。
(4)Ⅳ中，若改为“向0.50mol L－1Na2CO3溶液中缓慢滴加Ⅲ所得溶液”，滤渣b中会混有较多___________杂质。
(5)V中MnCO3在空气中灼烧的化学方程式为___________。
14．（2023春·安徽·高三芜湖一中校联考阶段练习）硫、氮及其化合物是重要的化工原料，研究其性质、用途和转化具有重要意义。回答下列问题：
Ⅰ.氮及其化合物
(1)物质N2H4(肼)可作为火箭发动机的燃料，其电子式为______。
(2)实验室收集X用______(填“向上”或“向下”)排空气法；常温下，NO2为______(填颜色)气体。
(3)农业上常用物质R作氮肥，实验室检验物质R中阳离子的方法为______(写出操作过程和现象)。
(4)氮的氧化物(NOx)是常见的大气污染物之一，NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。当物质Y与NO2的物质的量之比为1：1时，与足量氨气能在催化剂作用下发生反应，生成两种无污染的物质，该反应的化学方程式为______。
Ⅱ.硫及其化合物
以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中S的化合价为-1价)生产发烟硫酸的工艺流程如图。
(5)黄铁矿进入“沸腾炉”之前一般都会进行粉碎处理，其目的为______。
(6)“接触室”中发生反应的化学方程式为______。
(7)煤和石油在燃烧过程中通常会产生SO2，下列关于SO2的说法正确的是______(填字母)。
A．SO2是一种酸性氧化物
B．SO2能使紫色石蕊试液先变红后褪色
C．SO2过度排放到空气中会引起酸雨
15．（2023春·山东济宁·高三济宁一中校考期中）以硫铁矿(主要成分为，还有少量、等杂质)为原料制备绿矾晶体(，)的工艺流程如下：
(1)滤渣的成分为___________。焙烧步骤中主要反应的化学方程式为___________。
(2)流程中省略的步骤含有①蒸发浓缩、冷却结晶②过滤③调溶液pH沉铝④洗涤、干燥，请写出正确顺序___________(填序号，下同)。你认为获得粗产品后的母液进入___________操作中更合理。
(3)取样品，加水完全溶解，滴加硫酸酸化的溶液至恰好完全反应(被还原为)，消耗溶液。则绿矾晶体纯度为___________(可不化简)。
(4)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌(T。F)对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到溶液。其过程如下图所示(其中中S的平均化合价为价)：
过程Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。
(5)可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钠()，工业上有多种制备高铁酸钠方法。
①干法制备：主要反应为。从氧化还原反应的角度分析，的作用为___________。
②湿法制备：在碱性条件下，用溶液和溶液反应制备。该反应的离子方程式为___________。
16．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）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、乙醇、乙醚，能溶于热水；
(2)“除杂”步骤后的V、Mo以和离子的形式存在；
(3)钒在不同pH、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)“浸取”步骤中，残渣收率(剩余残渣与原有残渣的质量比)与剂油比(有机溶剂与残渣油的体积比)的关系如图所示，残渣收率先增大后减小的原因是___________。
(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pH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___________。
17．（2023·广东韶关·统考二模）铟(In)是制备酞菁铟、磷化铟等半导体的重要基础材料，广泛应用于军工、航天航空、平面显示、光电信息、太阳能电池等领域。从铅锌冶炼烟灰(主要含、、ZnO、PbO、)中提取金属铟的流程如图：
已知：氧化酸浸后铟以的形式存在。“萃取”过程中的萃取剂可用表示，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。
回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”过程中的硫元素被氧化为，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________，滤渣除含过量外，还有___________(填化学式)。
(2)一个配体中有两个配位原子的配体叫双齿配体，就是一种双齿配体。“净化”时加入的主要作用是络合，的配位数是6，则“净化”时的离子方程式是___________。
(3)萃取过程的反应方程式为：，平衡常数为K。一定温度下萃取率(E%)与的关系如下：。当pH=2.30时，萃取率为50%；若将萃取率提升到95%，应调节溶液的pH=___________［已知。忽略萃取剂浓度在萃取过程中随pH的变化。结果保留小数点后两位］。
(4)锌可以从___________中进行回收(填字母)。
a．滤渣 b．水相 c．有机相 d．滤液
(5)酞菁铟是有机分子酞菁与铟原子形成的复杂分子，结构简式如图所示，该分子中不存在的化学键为___________(填字母)。
a．σ键 b．π键 c．离子键 d．配位键
(6)磷化铟的晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm，In的配位数为___________；与In原子间距离为的In原子有___________个。
18．（2023·全国·高三专题练习）组成芯片的核心物质是高纯度硅。如图是以石英砂为原料同时制备硅和金属锂的工艺流程。(石英砂主要含SiO2、锂的碳酸盐和少量的Fe2O3、Al2O3)
已知：LiCl的熔点是605℃、沸点是1350℃；NH4Cl在100℃开始显著挥发，337.8℃分解完全。常温下，Ksp[Fe(OH)3]=2.64×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33。
(1)粗硅中常含有副产物SiC，请写出反应①中生成SiC的反应方程式：_______。
(2)整个制硅过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水能发生剧烈反应，写出该反应的化学方程式：_______。
(3)试剂X是_______；请写出操作名称：a._______；b._______。
(4)本生产工艺要求常温下要控制LiCl和NH4Cl溶液中的杂质离子浓度不大于1.0×10-6mol L-1，应控制溶液的pH最小为_______，此时溶液中Fe3+的浓度为_______。
(5)我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为a pm，a pm，b pm。
①该晶胞沿z轴方向的投影图为_______ (填标号)。
A．B．C．D．
②该晶体中，每个周围紧邻的共有_______个。
③该晶体的密度为_______(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
参考答案：
1．(1) CuS和S sp3
(2)3d8
(3)H2S+2Fe3+=2Fe2+ +S↓+2H+
(4) 6.2×10-8 离子 8
【分析】硫酸镍废料加入硫酸溶解后加入硫化氢气体，铜离子和硫化氢生成硫化铜沉淀、Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫单质，故得到滤渣1含有CuS和S，滤液加入氯气氧化亚铁离子为铁离子，加入Ni(OH)2调节pH，将铁离子、铜离子转化为沉淀，滤液2加入氟化镍，将钙镁离子转化为沉淀，滤液3加入萃取剂将镍离子萃取入有机相，反萃取得到含有镍离子的水相，蒸发浓缩、冷却结晶得到NiSO4·6H2O；
【详解】（1）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是CuS和S， 中S原子的价层电子对数为，为sp3杂化；
（2）Ni2+为镍原子失去2个电子后形成的离子；基态Ni2+的价电子排布式为3d8；
（3）铁离子具有氧化性、硫化氢具有还原性，“硫化”过程中Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫单质，离子方程式：H2S+2Fe3+=2Fe2+ +S↓+2H+；
（4）当Mg2+刚好完全沉淀(浓度小于等于10-5 mol·L-1 )时，，则Ca2+的浓度为mol· L-1；
氟化钙是由钙离子和氟离子形成的离子化合物，该晶体属离子晶体，以底面面心钙离子为例，上下层各有距离最近且等距的F- 4个，故共8个。
2．(1)粉碎矿石、升高温度、提高NaOH溶液的浓度、搅拌等
(2)
(3)AB
(4)冰水浴
(5)①⑤③④②
(6)NaBO3 H2O
(7)升高
【分析】加入NaOH溶液将Mg2B2O5 H2O转变为NaBO2和Mg(OH)2沉淀经过滤得到NaBO2溶液。通入CO2调pH将NaBO2转变为Na2B4O7经结晶分离得到Na2B4O7·10H2O晶体。加入H2O2和NaOH回流将Na2B4O7·10H2O转变为过硼酸钠。
【详解】（1）为了加快固体溶解可将固体粉碎或搅拌增大接触面积或适当增加碱液的浓度或者升温。答案为粉碎矿石、升高温度、提高NaOH溶液的浓度、搅拌等；
（2）CO2调pH将NaBO2转变为Na2B4O7而自身变为NaHCO3，反应为。答案为NaBO2转变为Na2B4O7；
（3）A．NaOH为强碱条件下将Mg2B2O5 H2O转变为NaBO3，需要CO2降低pH将其转变为，A项正确；
B．加入NaOH溶液产生Mg(OH)2沉淀经过滤可分离。而加入CO2获得溶液提取出晶体同时从图分析Na2B4O7·10H2O在333K以下发生变质，所以操作②为需要蒸发浓缩、趁热抽滤，B项正确；
C．Na2B4O7·10H2O在H2O2和NaOH的作用下生成过硼酸钠，B的化合价没有变化，C项错误；
D．由已知条件知，过硼酸钠水溶液中不稳定，而其难溶于乙醇，所以用乙醇进行洗涤，D项错误；
故选AB。
（4）控制温度0℃左右防止H2O2和过硼酸钠分解同时还可降低过硼酸钠的溶解度，可选用冰水混合物。答案为冰水浴；
（5）正确的操作排序完成装置A中的回流反应：按图2组装好装置，用纸槽向c处加入硼砂，c处加入氢氧化钠溶液，打开磁力搅拌器，打开冷凝水，调高恒问水浴温度，待硼砂溶解后，调低恒温水浴温度，打开a处旋塞加入双氧水在6℃搅拌1小时，有大量晶体析出。答案为①⑤③④②；
（6）30.8g的NaBO3 4H2O物质的量为，T3时固体质量减少=30.8-20.0=10.8g，即失去水物质的量为n(H2O)= ，即失去了三个结晶水，T3时晶体的化学式为NaBO3 H2O。答案为NaBO3 H2O；
（7）NaBO2中Na的质量分数比NaBO3 4H2O高，则产品中钠质量分数升高。答案为升高。
3．(1) 加热或升华 KMnO4强氧化剂可能将I-氧化为从而降低I2的产率 3+3I2=5I-++3CO2↑；
(2) 2C+2Cl2+TiO2TiCl4+2CO 1000℃ 防止Ti被氧化变质 Mg和Cl2
【详解】（1）NaNO2溶液只能将I 氧化为I2而自身还原为NO，反应为。活性炭和I2均为固体，两者升华温度不同，加热I2易升华可将二者分离。KMnO4强氧化剂可能将I-氧化为从而降低I2的产率。每吸收3mol I2转移5mol电子，即I2在该反应中发生歧化反应产生I-和，该反应为3+3I2=5I-++3CO2↑。
答案为；加热或升华；KMnO4强氧化剂可能将I-氧化为从而降低I2的产率；3+3I2=5I-++3CO2↑；
（2）反应Ⅰ将TiO2转化为TiCl4，反应Ⅱ为Mg将TiCl4还原为Ti。焦炭与Cl2、TiO2反应产生TiCl4和CO，反应为2C+2Cl2+TiO2TiCl4+2CO。反应Ⅱ中产生了金属Ti，充入Ar防止其被氧化变质。1000和1500℃在30min时达到提取最高值，但1500℃提取率相比1000℃提取率没有太大提高，所以最佳条件为1000℃、30min。上述过程Ⅰ用到Cl2，而过程Ⅱ用到了Mg，但同时MgCl2电解产生了Mg和Cl2。所以可循环的物质为Mg和Cl2。答案为2C+2Cl2+TiO2TiCl4+2CO；1000℃；防止Ti被氧化变质；Mg和Cl2。
4．(1) WO3 + 2NaOH=Na2WO4+ H2O 增大c( )，提高萃取率
(2) 氨水 (CH3CH2NH3 )2 WO4+2NH3·H2O=2CH3CH2NH2 +2H2O+(NH4)2 WO4
(3)坩埚
(4)取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明H2WO4·xH2O沉淀已洗涤干净
(5)0.001(或1.0×10-3)
(6) 3
【分析】二氧化钛和三氧化钨碱浸，三氧化钨转化为可溶性的Na2WO4，过滤分离二氧化钛和Na2WO4溶液，调pH，在酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”生成(CH3CH2NH3)2WO4，分液之后与氨水反应生成(NH4)2WO4，加入盐酸酸化形成H2WO4 xH2O，H2WO4 xH2O煅烧生成高纯度WO3。二氧化钛与浓硫酸共热生成TiOSO4，TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，过滤得到H2TiO3，H2TiO3煅烧获得高纯TiO2。
【详解】（1）结合流程可知碱浸时三氧化钨转化为可溶性的Na2WO4 ，所以“碱浸”时发生反应的化学方程式为：WO3 + 2NaOH=Na2WO4+ H2O；乙胺是无色极易挥发的液体，结构简式为CH3CH2NH2，呈碱性，与酸发生反应： ，“萃取”前，需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是增大c( )，提高萃取率。
故答案为：WO3 + 2NaOH=Na2WO4+ H2O；增大c( )，提高萃取率。
（2）据分析可知(CH3CH2NH3)2WO4分液之后与氨水反应生成(NH4)2WO4，“反萃取”步骤中发生反应的化学方程式：(CH3CH2NH3)2WO4+2NH3 H2O=2CH3CH2NH2+2H2O+ (NH4)2WO4。故答案为：氨水；(CH3CH2NH3)2WO4+2NH3 H2O=2CH3CH2NH2+2H2O+ (NH4)2WO4。
（3）灼烧固体应该用坩埚，故答案为：坩埚。
（4）“过滤Ⅱ”分离的是H2WO4·xH2O与氯化铵，所以检验“过滤Ⅱ”所得H2WO4·xH2O是否洗涤干净即检验Cl-，方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明H2WO4·xH2O沉淀已洗涤干净。故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明H2WO4·xH2O沉淀已洗涤干净。
（5）室温下测得“滤液Ⅲ”的pH=2，c(H+)=1×10-2mol/L，c(OH-)=1×10-12，室温时，K sp[TiO(OH)2]=1.0×10-27=c(TiO2+)×c2(OH-)，c(TiO2+)=0.001mol L-1，则此时滤液中c(TiO2+)为0.001mol L-1。故答案为：0.001(或1.0×10-3)。
（6）①TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，Ti4+的配位数为6，晶胞中Ti4+的数目为：1+8×=2，O2-的数目为：2+4×=4，则TiO2晶胞中O2-的配位数是3；
②已知二氧化锆晶胞的密度为ρ g cm-3，则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离，晶胞体对角线长度等于棱长的 倍，两原子核之间的距离为apm，则晶胞的棱长为：×10-10cm，晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为4，即O原子数目为8，Zr原子数目为4，晶胞质量为：g=(×10-10cm)3×ρg/cm3，解得：a=×1010pm，故答案为：3；。
5．(1) 使金属转化为氧化物，并除去NH4Cl Fe2O3、MnO2
(2)萃取、分液
(3) Cu2+、Zn2+与氨水反应形成配合物 Zn2++S2—=ZnS↓
(4)不能
(5)Zn2++2e—=Zn
【分析】由题给流程可知，除碳棒后旧电池经粉碎、灼烧，将金属转化为金属氧化物，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，向灼烧渣中加入过量氨水和氯化铵的混合溶液，将氧化铜、氧化锌转化为氯化铜和氯化锌，二氧化锰和氧化铁不与混合溶液反应，过滤得到含有二氧化锰、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入硫化铵溶液，将硫离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到含有硫化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取溶液中的锌离子，分液得到溶液1和含有锌离子的有机相；向有机相中加入稀硫酸反萃取，分液得到有机相和含有锌离子的溶液；向溶液中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化为碳酸锌沉淀，过滤得到溶液2和碳酸锌；碳酸锌灼烧分解制得氧化锌。
【详解】（1）由分析可知，除碳棒后旧电池灼烧的目的是将金属转化为金属氧化物，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢；滤渣1的主要成分是二氧化锰和氧化铁，故答案为：使金属转化为氧化物，并除去NH4Cl；Fe2O3、MnO2；
（2）由分析可知，提锌的操作为向滤液中加入有机溶剂萃取溶液中的锌离子，分液得到溶液1和含有锌离子的有机相，故答案为：萃取、分液；
（3）由题给信息可知，若采用加入氨水方法除铜，溶液中的铜离子和锌离子均转化为配合物，达不到除铜的目的；若加入硫化铵溶液过量，溶液中的锌离子与硫离子反应生成硫化锌沉淀，反应的离子方程式为Zn2++S2-=ZnS↓，故答案为：Cu2+、Zn2+与氨水反应形成配合物；Zn2++S2-=ZnS↓；
（4）由溶度积可知，当溶液中铜离子浓度为1.0×10 8mol/L时，溶液中硫离子浓度为=6.4×10-28mol/L，由锌离子浓度可知，硫化锌溶液的浓度熵Qc=6.4×10-28×0.2＜，则溶液中锌离子不能沉淀，故答案为：不能；
（5）电解硫酸锌溶液制备锌时，锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，故答案为：Zn2++2e-=Zn。
6．(1)适当盐酸的浓度或适当升高温度或搅拌或粉碎高锑矿等
(2)Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液
(3) CuS 6.7×10 9
(4)As3+
(5) Sb3++3e =Sb 2H++2e =H2↑
【分析】锑矿加盐酸浸出后得到的滤液中阳离子主要为Cu2+、Sb3+、Pb2+、As3+和H+，浸出时少量Sb2O3转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分；沉淀过程加硫化钠溶液，Cu2+、Pb2+转化为CuS和PbS沉淀进入滤渣Ⅱ中，除砷过程中加入NaH2PO2，根据题中信息，与As3+发生氧化还原反应生成As和H3PO4；此时滤液中的主要阳离子为Sb3+，电解后得到Sb；氯化后得到SbCl5，再氟化得到SbF5；
【详解】（1）为提高锑矿浸出率可采取的措施有适当盐酸的浓度或适当升高温度或搅拌或粉碎高锑矿等；
（2）根据题中信息，Sb2O3为两性氧化物，故Sb2O3不宜用NaOH溶液代替氨水的原因为：Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液；故答案为：Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液；
（3）根据已知信息，CuS、PbS的Ksp分别为6.0×10-36、9.0×10-29，浸出液中：c(Cu2+)=0.01mol L-1、c(Pb2+)=0.10mol L-1，铜离子开始沉淀时需要的硫离子浓度为：c(S2-)===6×10 34mol/L，铅离子开始沉淀时需要的硫离子浓度为：c(S2-)= ==9×10 28mol/L，相同环境下，铜离子形成沉淀需要的硫离子浓度小，故Cu2+先生成CuS沉淀；铅离子开始沉淀时需要的硫离子浓度为：c(S2-)= ==9×10 28mol/L，c(Cu2+)===6.7×10 9mol/L，；故答案为：CuS；6.7×10 9；
（4）“除砷”时，转化为，As3+转化为As被还原，离子反应方程式为：4As3++3+6H2O=4As+3+9H+；As3+为氧化剂；故答案为：As3+；
（5）在“电解”过程中，以惰性材料为电极，根据流程可知阴极生成Sb，电极反应式为：Sb3++3e =Sb；“电解”中当电压超过U0V时，锑的产率降低，可能为氢离子得电子生成氢气，故原因可能是H+参与了电极反应，发生了副反应为2H++2e =H2↑；故答案为：Sb3++3e =Sb；2H++2e =H2↑。
7．(1)确定加入的量
(2)
(3)
(4)铁由+3价变为+4价。观察图(a)，第①步中铁原子与氧原子间成键方式未变，铁仍为＋3价；而经过第②步后，Fe与O原子间增加了一个共价键，考虑到Fe的电负性小于O，所以Fe的化合价升高了1，为＋4价
(5)黄铵铁矾催化裂解产生，促进MB吸附于黄铵铁矾表面，在黄铵铁矾的催化作用下，将MB氧化成等物质除去
(6)pH增大，溶液中(或)浓度增大，使得裂解生成的减少，氧化MB的速率减慢
【分析】I．含氧化铁57.4%的铁泥中加稀硫酸酸浸，酸浸后有铁离子生成，过滤1后往滤液中加入适量，发生反应，经过滤2后所得滤渣为黄铵铁矾。
【详解】（1）为了提高原料利用率，对滤液中含铁量进行测定，确定加入的量。
（2）从黄铵铁矾的化学式可知，热合成的原理是加热促进水解，所以反应的化学方程式为。
（3）热合成反应中有硫酸生成，而酸浸需要硫酸，所以循环使用的物质是。
（4）观察图(a)，第①步中铁原子与氧原子间成键方式未变，铁仍为＋3价；而经过第②步后，Fe与O原子间增加了一个共价键，考虑到Fe的电负性小于O，所以Fe的化合价升高了1，为＋4价。
（5）根据题给信息“黄铵铁矾催化氧化去除有机染料”，结合图(a)、(b)可知，氧化过程中实际起氧化作用的粒子是生成的羟基()。所以，该过程可描述成：黄铵铁矾催化裂解产生，促进MB吸附于黄铵铁矾表面，在黄铵铁矾的催化作用下，将MB氧化成等物质除去。
（6）图-2显示，pH=7.0时，相同时间内MB去除率与图中其它pH下的去除率低，达到相同去除率消耗的时间更长，所以这是一个反应速率问题。与图中其它pH相比，pH=7时，浓度更小，溶液中含氧酸根[(或)]的浓度增大，可能被消耗。所以，pH=7时MB去除率明显降低，可能的原因是pH增大，溶液中(或)浓度增大，使得裂解生成的减少，氧化MB的速率减慢。
8．(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸取率
(2)
(3) Cl2
(4)5.2~7.6
(5) 除去锰离子，分离出含的溶液 B
(6)防止温度过高而失去结晶水
【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，其它金属元素也转化为相应盐溶液，然后加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液1加入氟化钠，将钙、镁离子转化为沉淀，过滤滤液2主要含有CoCl2，为得到CoCl2 6H2O晶体，应控制温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，得到粗产品；
【详解】（1）先将水钴矿粉碎，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸取率；
（2）浸出液含有的阳离子主要有等；所以和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原生成二价钴离子和硫酸根离子，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为；
（3）的作用是将氧化成，其反应的离子方程式为:；在酸性条件下，与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为；
（4）加的目的是将铁离子、铝离子转化为沉淀，而二价钴离子不沉淀，结合图表可知，调应控制的范围为5.2~7.6；
（5）根据流程图可以知道，滤液2中存在、金属离子；向“滤液”中加入萃取剂的目的是除去锰离子，分离出含的溶液；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可以知道，调节溶液pH在3.0~3.5之间，可使完全沉淀，并防止转化为沉淀，故选B。
（6）已知，熔点为，加热至时，失去结晶生成无水氯化钴；故需减压烘干的原因是防止温度过高而失去结晶水。
9．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2) 蒸发浓缩 冷却结晶
(3)SO2+2NH3 H2O=2NH+SO+H2O
(4)SiO2
(5)8Fe3++S2O+5H2O=2SO+8Fe2++10H+
(6)×100%
【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质)焙烧后生成氧化铁、氧化铜、二氧化硫，二氧化硅不反应，反应后的固体矿渣加硫酸酸浸，生成硫酸铁、硫酸铜，二氧化硅不与硫酸反应，再加足量铁粉将三价铁离子还原为硫酸亚铁，将铜离子置换为铜单质，过滤除去二氧化硅和铜以及过量铁粉，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾晶体，据此分析解答。
【详解】（1）焙烧时将黄铁粉碎，可以增大反应接触面积，有利于加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）由以上分析可知由滤液得到绿矾晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（3）烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为：SO2+2NH3 H2O=2NH+SO+H2O，故答案为：SO2+2NH3 H2O=2NH+SO+H2O；
（4）由以上分析可知铁粉还原过滤，滤渣中除了铁和铜外还有，故答案为：；
（5）由图示可知过程Ⅱ中Fe3+与S2O发生氧化还原反应生成SO和Fe2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可得反应离子方程式：8Fe3++S2O+5H2O=2SO+8Fe2++10H+，故答案为：8Fe3++S2O+5H2O=2SO+8Fe2++10H+；
（6）n(Cr2O)=amol/L×b×10-3L=ab×10-3mol，结合反应可知：n(Fe2+)==×10-3mol，则绿矾晶体纯度为×100%，故答案为：×100%。
10．(1)适当增加硫酸浓度、提高温度等
(2) 、
(3) 将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去
(4)a点对应条件下，则饱和溶液中、，则，若“沉锂”后溶液为，则
(5) 12 B
【分析】电池废料转化为Li、Fe、Co及其氧化物，加入硫酸酸溶转化为相应的盐溶液，加入碳酸氢钠除去铁、过滤滤液加入次氯酸钠除去钴，过滤滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀；
【详解】（1）适当增加硫酸浓度、提高温度等均可以加快反应速率，提高“酸浸”浸出率；
（2）“酸浸”时金属Co与稀反应生成硫酸钴和氢气，化学方程式；“酸浸”后锂、铁、钴转化为相应的盐溶液，故溶液中的金属阳离子主要有、、；
（3）“沉铁”反应为亚铁离子和碳酸氢根离子生成碳酸亚铁沉淀，离子方程式是；常温下， ，故三价钴更难溶，“沉钴”时溶液的作用是将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去；
（4）由图可知，a点对应条件下，则饱和溶液中、，则，若“沉锂”后溶液为，则；
（5）以体心为例，与距离最近且相等的同层、上下层各有4个，故有12个；设与的最近的核间距为r nm，则晶胞边长为2r nm，根据“均摊法”，晶胞中含个、个，则晶体密度为；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影位置为正六边形的中心、顶点和中心与顶点连线的中心，故图为B。
11．(1)
(2) 过量的SO2随“吸收Br2后的空气”进入“吹出”步骤，与溴反应，使溴吹出率下降
(3) 3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+ 3CO2↑+5NaBr 192
(4)溴在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度
【分析】浓海水酸化后通氯气，将溴离子氧化为溴单质，通入空气到含低浓度溴水的混合液中，溴易挥发，利用热空气将溴吹出，再用二氧化硫把溴单质还原为溴离子，所得溶液中通氯气把溴离子氧化为溴单质，此过程的目的是浓缩、富集溴单质。
【详解】（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为，故答案为：；
（2）①吸收过程中，二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为，故答案为：；
②吹出时，若 SO2流量过大，过量的SO2随“吸收Br2后的空气”进入“吹出”步骤，与溴反应，使溴吹出率下降，故答案为：过量的SO2随“吸收Br2后的空气”进入“吹出”步骤，与溴反应，使溴吹出率下降；
（3）用溶液代替二氧化硫水溶液吸收，生成无色气体，该气体应为二氧化碳，溶液中含有，有元素化合价升高则必然有元素的化合价降低，因此还有NaBr生成，则该反应的化学方程式为3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+ 3CO2↑+5NaBr；根据3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+ 3CO2↑+5NaBr可知，当有2mol电子发生转移时，理论上参加反应Br2的物质的量为1.2mol，质量为，故答案为：3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+ 3CO2↑+5NaBr；192；
（4）可作为的萃取剂，因为四氯化碳与水互不相溶、且溴在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度，故答案为：溴在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度。
12．(1) d 1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2
(2) Be或铍 7
(3) 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
(4) 不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质
【分析】钛渣与C混合，再与氯气加热反应生成、SiCl4、VOCl3、AlCl3等，降温收尘后，在粗中加Al将VOCl3还原为VOCl2；再利用、SiCl4、AlCl3的沸点差异采用蒸馏的方法分离出纯的；与Mg单质反应生成Ti，据此分析解答。
【详解】（1）V为23号元素，位于元素周期表的d区位置；Ti为22号元素，基态核外电子排布为：，故答案为：d；1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；
（2）根据对角线规则，在周期表中，与Al化学性质最相似的邻族元素是Be或铍；基态Al原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p1，电子云轮廓图呈哑铃形的能级为p能级，电子数为7；由电子排布图可知A为基态Al原子，B为激发态铝原子；C为基态Al+；D为基态Al2+；电离最外层一个电子所需能量由高到低的顺序是Al2+> Al+>基态Al原子>激发态铝原子，即，故答案为：Be或铍；7；；
（3）“除钒”过程中Al与VOCl3反应生成VOCl2和AlCl3，根据电子得失守恒可得反应方程式：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；“除硅、铝”过程中，利用、SiCl4、AlCl3的沸点差异采用蒸馏的方法分离出纯的，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能颠倒，因为若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质。
13．(1)3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O
(2)
(3) MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2+2H2O 2H2O2O2+2H2O
(4)Mn(OH)2或Mn2(OH)2CO3等
(5)2MnCO3+O22MnO2+2CO2
【分析】锌锰废电池中的碳包(含碳粉、Fe、Cu、Ag和MnO2等物质)烘干后加稀硝酸，金属溶解生成相应的高价金属的硝酸盐、NO和水﹔过滤后得滤渣，其主要成分为碳粉和MnO2，在空气中灼烧后，碳转化为二氧化碳等；所得粗二氧化锰加入酸性H2O2中，一方面二者间发生氧化还原反应，生成Mn2+、O2等，另一方面MnO2促进H2O2分解为水和O2，将所得含Mn2+的溶液中加入Na2CO3溶液，生成MnCO3沉淀，在空气中灼烧可获得MnO2。
【详解】（1）Ag与足量稀HNO3反应生成NO的化学方程式为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O。
（2）H2O2是共价化合物，电子式为：。
（3）MnO2溶解于H2O2的酸性溶液中，生成Mn2+、O2和水，离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2+2H2O；MnO2还会作为催化剂促进H2O2分解为水和O2，导致H2O2的实际消耗量比理论值高，化学方程式为：2H2O2O2+2H2O。
（4）Ⅳ中，若改为“向0.50mol L－1Na2CO3溶液中缓慢滴加Ⅲ所得溶液”，则在碱性环境中，Mn2+会发生水解反应，从而使滤渣b中混有较多的Mn(OH)2或Mn2(OH)2CO3等杂质。
（5）V中，MnCO3在空气中灼烧，最终生成MnO2、CO2等，所以需要空气中的O2参与反应，化学方程式为2MnCO3+O22MnO2+2CO2。
14．(1)
(2) 向下 红棕色
(3)取少量物质R于试管中，加入适量NaOH浓溶液并加热，用镊子夹住一片湿润的红色石蕊试纸放在试管口，红色石蕊试纸变蓝
(4)2NH3+NO2+NO2N2+3H2O
(5)增大反应物的接触面积，加快反应速率
(6)2SO2+O22SO3
(7)AC
【分析】Ⅰ.根据图示，X为NH3、Y为NO；
Ⅱ.黄铁矿在沸腾炉中与氧气反应生成氧化铁、二氧化硫，二氧化硫、氧气在接触室反应生成三氧化硫，三氧化硫在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收可生成硫酸，尾气含有二氧化硫、氧气，以此解答该题。
【详解】（1）物质N2H4(肼)电子式为；
（2）根据价类二维图知X为，密度比空气小，用向下排空气法；为红棕色气体；
（3）物质R中含有铵根，检验铵根：取少量物质R于试管中，加入适量NaOH浓溶液并加热，用镊子夹住一片湿润的红色石蕊试纸放在试管口，红色石蕊试纸变蓝；
（4）物质Y为NO，Y与NO2的物质的量之比为1：1时，与足量氨气能在催化剂作用下发生反应，生成两种无污染的物质为氮气和水，该反应的化学方程式为；
（5）黄铁矿进入“沸腾炉”之前一般都会进行粉碎处理，其目的为块状变为粉末状，接触面积增大，反应速率增大；
（6）“接触室”中发生反应的化学方程式为；
（7）A．是酸性氧化物，A项正确；
B．不能漂白紫色石蕊试液，仅能使紫色石蕊试液变红，B项错误；
C．过度排放会引起硫酸型酸雨，C项正确；
故选AC。
15．(1)
(2) ③②①②④ ①
(3)
(4)1：4
(5) 氧化剂和还原剂 (或)
【分析】硫铁矿(主要成分为，还有少量、等杂质)在空气中焙烧生成氧化铁、二氧化硫，加入稀硫酸，氧化铁、氧化铝溶解，二氧化硅不溶解，过滤，向滤液中加入铁粉还原铁离子，再经过一些列过程得到绿矾晶体粗产品。
【详解】（1）二氧化硅不与硫酸反应，因此滤渣的成分为。焙烧步骤是硫铁矿与氧气在高温下反应生成氧化铁和二氧化硫，其主要反应的化学方程式为；故答案为：；。
（2）流程中省略的步骤首先沉淀铝离子，过滤，再将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此正确顺序③②①②④。获得粗产品后的母液中还有大量硫酸亚铁，因此应该将母液进入到蒸发浓缩即①步骤中，提高原料利用率；故答案为：③②①②④；①。
（3）取样品，加水完全溶解，滴加硫酸酸化的溶液至恰好完全反应(被还原为)，消耗溶液。
根据题意得到关系式，则绿矾晶体纯度为；故答案为：。
（4）过程Ⅱ中与铁离子反应生成硫酸根和亚铁离子，1mol失去8mol电子生成2mol硫酸根，1mol铁离子得到1mol电子生成1mol亚铁离子，硫酸根为氧化产物，亚铁离子为还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4；故答案为：1：4。
（5）①根据方程式和氧化还原反应的角度分析，中氧既升高又降低，因此的作用为氧化剂和还原剂；故答案为：氧化剂和还原剂。
②在碱性条件下，用溶液和溶液反应得到、氯化钠和水，其反应的离子方程式为(或)；故答案为：(或)。
16．(1)剂油比小于3时由于油的粘度大，导致部分残油渣表面的油难以分离，故残渣收率增大，当剂油比大于3时，油被萃取剂稀释容易分离，且部分其余杂质也被萃取剂溶解而损失
(2)除去有机物表面的有机物和将硫化物转化为氧化物
(3)CO2、SO2
(4)6.0~9.0
(5)温度升高，氯化铵受热分解，且NH4VO3的溶解度增大
(6) 沉钒 4NH4VO3+3O22V2O5+2N2+8H2O
【分析】由题干工艺流程图信息可知，向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）残渣收率先增大后减小的原因是：剂油比小于3时由于油的粘度大，导致部分残油渣表面的油难以分离，故残渣收率增大，当剂油比大于3时，油被萃取剂稀释容易分离，且部分其余杂质也被萃取剂溶解而损失。故答案为：剂油比小于3时由于油的粘度大，导致部分残油渣表面的油难以分离，故残渣收率增大，当剂油比大于3时，油被萃取剂稀释容易分离，且部分其余杂质也被萃取剂溶解而损失；
（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：除去有机物表面的有机物和将硫化物转化为氧化物；
（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6.0~9.0，故答案为：6.0~9.0；
（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：温度升高，氯化铵受热分解，NH4VO3的溶解度增大；
（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：4NH4VO3+3O22V2O5+2N2+8H2O，故答案为：沉钒；4NH4VO3+3O22V2O5+2N2+8H2O。
17．(1) 12:1 PbSO4
(2)
(3)2.73
(4)b
(5)c
(6) 4 12
【分析】高铟烟灰(主要含ZnO、PbO、Fe2O3、 In2O3、 In2S3)，在高铟烟灰加入硫酸、二氧化锰进行酸浸氧化,将In2S3氧化为硫酸根离子和In3+， ZnO、PbO、Fe2O3分别和硫酸反应转化为ZnSO4、PbSO4沉淀和Fe2 ( SO4) 3，In2O3和硫酸反应变为In3+，则滤渣为硫酸铅；过滤，向滤液中加入草酸，还原铁离子，防止加入萃取剂时，铁离子进入有机相；加入萃取剂萃取In3+，则Zn2+、Fe2+均进入水相，经一系列操作得到粗铟，据此分析。
【详解】（1）氧化酸浸过程中MnO2只将In2S3中的硫元素氧化为硫酸根离子，S的化合价由-2价变为+6价，共失去24个电子， Mn的化合价由+4价变为+2价，得到2个电子，根据得失电子总数相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为24 : 2，滤渣除了过量的二氧化锰外还有硫酸铅。
（2）草酸根离子为双齿配体，铁离子的配位数为6，故形成的配位离子为，该净化的离子方程式为：
（3）。当pH=2.30时，萃取率为50%；则，得，若将萃取率提升到95%，则，将lgK代入，则有，lgc(H+)=-2.73，则应调节溶液的pH=2.73。
（4）Zn2+、Fe2+均进入水相，故锌可以从水相中进行回收。
（5）In3+和氮原子之间存在配位键、共价键，单键为键，双键为一个σ键和一个π键，所以不含c。
（6）磷周围有4个In原子形成正四面体结构，磷的配位数为4，晶胞中In为，磷原子数为4，磷原子和In个数相等，故In的配位数也为4，晶胞参数为a nm，与In原子间距离为anm的In原子在晶胞面对角线上，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与In原子间距离为anm的In原子数为。
18．(1)SiO2+3CSiC+2CO↑
(2)3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl
(3) 氨水 过滤 加热
(4) 5 2.64×10-12mol/L
(5) B 4
【分析】石英砂加入盐酸酸浸过滤得到二氧化硅和滤液，二氧化硅和碳高温反应生成粗硅，粗硅和氧气高温反应生成SiCl4和滤渣，SiCl4和H2高温反应得到纯硅，滤液加入试剂氨水过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液LiCl溶液、NH4Cl溶液，蒸发结晶得到LiCl和NH4Cl固体，加热固体，氯化铵分解生成氨气和氯化氢气体，重新反应得到固体氯化铵，得到固体LiCl，电解熔融固体得到锂。
【详解】（1）由图可确定反应物为二氧化硅、碳，生成物为碳化硅、一氧化碳，配平后反应方程式为：SiO2+3CSiC+2CO↑。
（2）SiHCl3遇水能发生剧烈反应，生成硅酸、HCl、H2，化学方程式为：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl。
（3）根据流程图，加入X后过滤得到氯化铵和氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，可以推断试剂X是氨水；氢氧化铁、氢氧化铝为沉淀，操作a的名称是过滤；根据“LiCl的熔点是605℃、沸点是1350℃，NH4Cl在100℃开始挥发，337.8℃分解完全”，分离LiCl和NH4Cl的固体混合物应用加热法，操作b的名称是加热。
（4）要控制LiCl和NH4Cl溶液中的杂质离子浓度在1.0×10-6mol L-1以下，Al(OH)3、Fe(OH)3类型相同，由于Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]，当Al3+在1×10-6mol/L以下时，Fe3+一定在1×10-6mol/L以下，所以控制溶液中c(OH-)= mol/L=1×10-9mol/L，c(H+)=1×10-5mol/L，控制溶液的pH=5；此时溶液中Fe3+的浓度为=2.64×10-12(mol/L)，即c(Fe3+)=2.64×10-12mol/L。
（5）①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为 ，故选B。
②由晶胞结构可知，该晶体中，每个O2 周围紧邻的Bi3+共有4个；
③由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为8×+2=4，Se2 的个数为8×+1=2，O2 的个数为8×=4，该晶体的密度为g cm 3。
