XX市第一中学2022-2023学年高三上学期第三次月考化学答案

PAGE21PAGE湖南省永州市第一中学2022-2023学年高三下学期第三次月考化学试题温馨提示：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1O-16-23S-32K-39-56一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分)1.双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是A.过程Ⅰ中，SO2表现还原性B.过程Ⅱ中，1molO2可氧化2molNa2SO3C.双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用D.总反应为【答案】A【解析】【分析】过程Ⅰ的反应方程式为，过程Ⅱ的反应方程式为，总反应为。【详解】A．过程Ⅰ为酸性氧化物与碱反应生成盐和水，不属于与氧化还原反应，故A错误；B．由过程Ⅱ的反应方程式可得关系式由此可知1molO2可氧化2molNa2SO3，故B正确；C．根据图示，再结合过程Ⅰ和过程Ⅱ可知，NaOH在整个过程中参与了循环，故C正确；D．根据图示可得总反应为，故D正确；故选A。【点睛】关于图示反应问题，箭头尾端为反应物，箭头所指方向为反应产物，首尾相连的部分即为参与循环的物质。2.科研人员制出了由18个碳原子构成的环碳分子，其结构如下图所示。下列有关该物质的说法正确的是A.硬度大、熔点高 B.是一种共价化合物C.与互为同素异形体 D.与乙炔互为同系物【答案】C【解析】【详解】A．该环碳分子是由分子构成的，属于分子晶体，硬度小、熔点低，故A错误；B．该分子只有一种元素组成，属于单质，故B错误；C．该环碳分子与都是碳元素形成的单质，互为同素异形体，故C正确；D．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；该物质为单质，不与乙炔互为同系物，故D错误；故选C。3.废水中氨氮(NH3、NH)采用微生物脱氮法、化学沉淀法均可除去，具体原理如图：①微生物脱氮法：NHNON2②化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，生成MgNH4PO4·6H2O沉淀从而去除氨氮下列有关说法正确的是A.含氨氮废水直接大量排放，对水体的影响不大B.微生物脱氮时可在高温下进行，以加快脱氮的速率C.步骤a发生反应：NH+O2=NO+H2O+H+D.化学沉淀法脱氮时，溶液的碱性过强，氨氮的去除率将下降【答案】D【解析】【分析】【详解】A．该废水大量直接排放，可使水中藻类植物大量繁殖，造成水体污染，故A错误；B．高温下微生物发生变性，不利用脱氮，故B错误；C．步骤a铵根离子被氧化，发生反应：NH+2O2=NO+H2O+2H+，故C错误；D．化学沉淀法脱氮时，溶液的碱性过强，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，则氨氮的去除率将下降，故D正确；故选D。4.将标准状况下44.8L仅含NO和NO2混合气体的尾气通入Na2CO3溶液中，发生的反应为：NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2；2NO2+2Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2。气体被完全吸收，则消耗的Na2CO3的物质的量为A.2mol B.3mol C.1.5mol D.1mol【答案】D【解析】【分析】【详解】标准状况下44.8L混合气体的物质的量n=，根据反应方程式可知：气体与Na2CO3溶液反应产生NaNO3、NaNO2，Na与N原子个数比是1：1，气体物质的量是2mol，则Na+是2mol，根据Na原子守恒，可知需Na2CO3的物质的量是1mol，故合理选项是D。5.某溶液中发生反应的过程中存在Fe2+、、Fe3+、、H+和水六种微粒，在反应过程中测得Fe3+、的含量随时间变化的曲线如图所示，下列判断错误的是A.被还原，发生还原反应 B.还原性：Fe2+＞C.还原剂与氧化剂的个数比为6：1 D.反应后溶液的pH增大【答案】C【解析】【分析】由曲线变化图可知，随反应进行的物质的量减小，而Fe3+的物质的量从0开始增加，故Fe3+是生成物，则Fe2+和应是反应物，N元素化合价应该是降低，其还原产物为；结合化合价升降守恒，则反应的方程式应为：8Fe2+++10H+=8Fe3+++3H2O，据此解答。【详解】A．由分析可知，反应中得到电子被还原，发生还原反应，A正确；

B．根据还原剂的还原性大于还原产物，可知还原性：Fe2+＞，B正确；C．在反应8Fe2+++10H+=8Fe3+++3H2O中，参加反应的还原剂是Fe2+，氧化剂是，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为8：1，C错误；D．在反应8Fe2+++10H+=8Fe3+++3H2O中，随着反应的进行，反应消耗H+，使溶液中c(H+)减小，溶液酸性减弱，因此反应后溶液pH增大，D正确；故合理选项是C。6.茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示(未画出其空间结构)。下列说法正确的是（）A.茚地那韦属于芳香族化合物，易溶于水B.虚线框内的所有碳、氧原子均处于同一平面C.茚地那韦可与氯化铁溶液发生显色反应D.茚地那韦在碱性条件下完全水解，最终可生成三种有机物【答案】D【解析】【详解】A．茚地那韦分子结构中含有苯环，属于芳香族化合物；由于结构中羟基等亲水基团较少，所以该物质在水中溶解性较差，A项错误；B．虚线框中的环烷烃结构，所有的碳原子并不一定共面；此外，与羟基相连的C，由于形成的是4条单键，所以该C原子和与之相连的O以及另外两个C原子一定不会处在同一平面内，B项错误；C．茚地那韦的分子结构中并不含有酚羟基，所以无法与Fe3+发生显色反应，C项错误；D．茚地那韦的分子结构中含有两个肽键，发生水解后可以形成三种有机物，D项正确；答案选D。【点睛】对有机物结构中共面原子个数进行判断时，若有机物中存在只形成单键的碳原子，那么有机物中所有的原子一定不会共平面。7.化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法正确的是A.原子半径：X>Y>Z B.电负性：X<ZC.简单离子半径：Y>Z D.简单氢化物的还原性：Z>X【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为H；Z处于第三周期，化合物M的结构中Y可以形成+3价阳离子，故Y为A1；W与Z的质子数之和是X的2倍，则Z的质子数为奇数，其原子序数大于Al，只能为15(或17)，对应的X质子数只能为8(或9)，而化合物M结构中X可以形成2个共价键，故X为O元素，则Z为P元素。【详解】由分析可知：W为H，X为O，Y为Al，Z为P元素。A．同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，同一主族元素，原子核外电子层数越多，原子半径增大，故原子半径：Y(Al)＞Z(P)＞X(O)，选项A错误；B．X为O，Z为P，非金属性O>P，故电负性O>P，选项B错误；C．Y为Al，Z为P，简单离子半径P3-比Al3+多一个电子层，离子半径较大，选项C错误；B．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强，还原性就越弱。元素的非金属性：X(O)＞Z(P)，故氢化物的还原性：PH3＞H2O，选项D正确；答案选D。8.下列反应对应离子方程式正确的是A.酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水褪色：B.氯水中滴入少量碳酸钠溶液：C.溶液与过量溶液反应：D.用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基：【答案】D【解析】【详解】A．酸性环境中高锰酸根将H2O2氧化为O2，根据电子守恒可知MnO与H2O2的系数之比为2:5，再结合电荷守恒可得离子方程式为MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，A错误；B．碳酸钠少量，溶液中仍有HClO剩余，离子方程式应为2Cl2+CO+H2O=CO2↑+2HClO+2Cl-，B错误；C．Ba(OH)2过量，NH、Fe2+均能反应，正确离子方程式为2NH+Fe2++2SO+4OH-+2Ba2+=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓+2NH3·H2O，C错误；D．碱性环境中新制氢氧化铜悬浊液可以将乙醛氧化为乙酸盐，同时生成氧化亚铜沉淀，离子方程式为，D正确；综上所述答案为D。9.球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X。实验小组为测定化合物X的组成设计实验如下：下列说法不正确的是A.固体2是氧化铁B.X的化学式可以表示为Fe3C2C.将溶液甲在空气中加热、蒸干、灼烧也可得到24.0g固体D.X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成【答案】B【解析】【详解】铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能含Fe2+和Fe3+，再通入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸干，铁离子水解生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为24g×=16.8g，根据铁原子守恒可计算得化合物X中铁元素的质量也是16.8g，因此X中碳元素的质量为18g-16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为：=3：1，所以X的化学式为Fe3C，则A．根据以上分析可知，固体2是氧化铁，故A正确；B．X的化学式可以表示为Fe3C，故B错误；C．溶液甲为氯化亚铁和氯化铁的混合物，在空气中加热、蒸干、灼烧，最终也可以得到24.0g氧化铁，故C正确；D．浓硝酸具有强氧化性，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，因此X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成，故D正确；答案选B。【点睛】本题考查铁及其化合物的相关性质和计算，涉及到二价铁到三价铁的转化及利用元素守恒思想进行计算来确定化学式的问题，掌握物质的性质、转化特点以及灵活应用守恒思想计算是解答的关键。易错点是氯化铁水解原理的应用，注意氯化氢易挥发的特点。10.高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是A.放电时，负极反应式为B.放电时，正极区溶液的增大C.充电时，转化为转移电子D.充电时，中性电解质浓度增大【答案】D【解析】【分析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。【详解】A．放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为，选项A正确；B．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正极区溶液的pH增大，选项B正确；C．充电时电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1molFQH2转化为FQ时转移2mol电子，选项C正确；D．充电时装置为电解池，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，选项D错误；答案选D。二、不定项选择题(每小题只有一个或两个选项符合题意，每小题4分，共计16分。)11.是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L溶液含有个电子B.120g和的固体混合物中含有的阳离子数为C.常温下，的溶液中，水电离出的数为D.1L的溶液中，阴离子数大于【答案】BD【解析】【详解】A．1L溶液中含有氯化钠的物质的量为1mol，1mol氯化钠中含有28mol电子

，但是该溶液中溶剂水也含有电子，故A错误；B．和的摩尔质量均为120g▪mol-1，120g和的固体混合物中和总物质的量为1mol，而和固体中都含有1个阳离子（Na+、K+），则1mol和的固体混合物中含有的阳离子数为，故B正确；C．未知溶液的体积，无法计算的溶液中，水电离出的数，故C错误；D．1L的溶液中，的物质的量为0.1mol，溶液中还存在水电离出的氢氧根，阴离子数大于，故D正确；故选BD。12.薄荷醇和异戊酸在一定条件下可合成香精异戊酸薄荷酯(如图)。下列说法正确的是A.异戊酸的酯类同分异构体有9种(不考虑立体异构)B.薄荷醇与乙醇互为同系物C.异戊酸薄荷酯的分子式为D.异戊酸薄荷酯在酸性环境中不能发生取代反应【答案】AC【解析】【详解】A．异戊酸的结构简式为CH3CH(CH3)CH2COOH，如果为甲酸酯，则醇为丁醇，C-C-C-C有两种位置，有两种位置，如为乙酸酯，则醇为丙醇，C-C-C有两种位置，如为丙酸酯，则为乙醇，有一种位置，如为丁酸酯，则丁酸有两种结构，醇为甲醇，则可能的同分异构体有2+2+2+1+2=9种，A正确；B．薄荷醇结构简式为，含有六元环，乙醇为链状结构，两者不属于同系物，B错误；C．通过异戊酸薄荷酯的结构可知，其分子式为，C正确；D．异戊酸薄荷酯在酸性条件下可发生酯类水解反应，D错误；故答案选AC。13.我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的和Hg的协同脱除，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是A.产生清洁燃料B.脱除率不是100%C.只被氧化D.催化剂表面发生了极性共价键的断裂【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由机理图可知，H2S被吸附在催化剂活泼炭表面形成H原子，H原子与H原子成键生成清洁燃料H2，故A正确；B．由机理图可知，H2S分解产生的H2和S会再次生成部分H2S，故H2S脱除率小于100%，故B错误；C．由机理图可知，H2S在催化过程中形成了SO2、单质S、CS2和H2，S元素化合价升高被氧化，H元素化合价降低被还原，则H2S既被氧化又被还原，故C错误；D．H2S被吸附在催化剂活泼炭表面形成H原子和S原子，断裂的H-S键是极性共价键，故D正确；故答案为C。14.CsICl2常用于化学上的分子筛技术，它既有氧化性又有还原性，下列有关的说法正确的是（）A.CsICl2有氧化性，是因为Cs显+3价B.在CsIC12溶液中滴加HNO3，可生成Cl2C.CsICl2有还原性，是因为含有较强还原性的I-D.酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICl2溶液，溶液褪色【答案】D【解析】【分析】Cs与Na同主族，所以该物质中Cs为+1价，I为+1价，Cl为-1价。【详解】A．该物质中Cs为+1价，具有氧化性是因为I为+1价，故A错误；B．硝酸不能氧化-1价的Cl生成氯气，故B错误；C．该物质中Cs显+1价，I显+1价，Cl显-1价，故其还原性则为-1价Cl体现，故C错误；D．该物质具有还原性，可以将高锰酸钾还原从而使其溶液褪色，故D正确；综上所述答案为D。三、非选择题(共54分)15.化学小组用如下方法测定处理后的废水中苯酚的含量(废水中无干扰测定的物质)。Ⅰ.用已准确称量的固体配制一定体积的标准溶液；Ⅱ.取上述溶液，加入过量，加酸化，溶液颜色呈棕黄色；Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入废水；Ⅳ.向Ⅲ中加入过量；Ⅴ.用标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗溶液。已知：；和溶液颜色均为无色（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_______。（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是_______。（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是_______。（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是_______。（5）KI与物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是_______。（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是_______。（7）废水中苯酚的含量为_______(苯酚摩尔质量：)。【答案】（1）容量瓶、量筒（2）（3）（4）过量，保证苯酚完全反应（5）反应物用量存在关系：，若无苯酚时，消耗物质的量是物质的量的6倍，因有苯酚消耗，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，一定过量（6）溶液蓝色恰好消失（7）【解析】【分析】苯酚与溴反应快速灵敏，但滴定终点难以判断，因而制得一定量的溴分别与苯酚和KI反应（溴须完全反应完），而溴与KI反应生成的I2与Na2S2O3进行滴定分析，因而直接测出与KI反应所消耗的溴，进而计算出与苯酚反应消耗的溴，最后根据苯酚与溴反应的系数计算废水中苯酚的浓度。【小问1详解】准确称量KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒。【小问2详解】向溶液中加入过量，加酸化，溶液颜色呈棕黄色，发生归中反应，生成，Br元素由+5价下降到0价，又由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平方程式为：。【小问3详解】苯酚和溴水反应得到白色沉淀2，4，6-三溴苯酚，化学方程式为：。【小问4详解】该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知，部分溴与KI反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI反应的溴的消耗量，将一定量溴减去与KI反应的溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余的溴与KI反应，Ⅲ中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与KI反应，故原因为Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应，从而间接计算苯酚消耗的Br2。【小问5详解】Ⅱ中反应为KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O，Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，反应物用量存在关系：，若无苯酚时，消耗物质的量是物质的量的6倍，因有苯酚消耗，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，一定过量。【小问6详解】Ⅴ中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色。【小问7详解】n(BrO)=av1×10-3mol，根据反应BrO+5Br-+6H+=3Br2+3H2O可知n(Br2)=3av1×10-3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~I2，可得Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=bv3×10-3mol，n1(Br2)=bv3×10-3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)=(3av1-bv3)×10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)×10-3mol，废水中苯酚的含量==。16.硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为和，还有少量和等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）写出与硫酸反应的化学方程式_______，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有_______(写出两条)。（2）利用_______的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是_______(写化学式)。（3）“净化除杂”需先加溶液，作用是_______。然后再调节溶液的约为5，目的是_______。（4）“粗硼酸”中的主要杂质是_______(填名称)。（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠()，它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为_______（6）单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程_______、_______。(两个方程式)【答案】（1）①.②.提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径（2）①.②.和（3）①.将氧化成②.使与形成氢氧化物沉淀而除去（4）(七水)硫酸镁（5）（6）①.②.【解析】【分析】以铁硼矿（主要成分为和，还有少量和等)为原料制备硼酸(H3BO3)，根据流程可知，加硫酸溶解，只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3。【小问1详解】与硫酸反应的化学方程式为。为提高浸出速率，除了增加硫酸浓度外，还可以采取提高反应温度，减小铁硼矿粉粒径的方法。【小问2详解】Fe3O4具有磁性，可利用其磁性将其从“浸渣”中分离。根据分析可知，浸渣中剩余的物质是SiO2和CaSO4。【小问3详解】净化除杂需先加H2O2，其作用为将Fe2+氧化为Fe3+从而将Fe除去。将溶液的pH调节为5，可使Fe3+和Al3+形成氢氧化物沉淀而除去。【小问4详解】最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则粗硼酸中的主要杂质是七水硫酸镁。【小问5详解】NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为。【小问6详解】硼酸加热可分解为B2O3，B2O3可与Mg单质反应生成B单质和MgO，化学方程式分别为、。17.铟(In)作为种稀有贵金属在很多高新领域有广泛应用，随着铟的应用越来越广泛，人类对铟的需求量日益增加，有效富集回收铟的技术也越来越受到重视。回收处理含铟废渣[In的质量分数为9.8%，同时含有FeCl3、SiO2、SnO、Tl(OH)3杂质]是提高铟回收率的主要途径之一。提示：①溶液中一些金属离子水解生成氢氧化物沉淀时的pH如表：金属离子Fe3+In3+Fe2+开始沉淀pH2.02.97.15沉淀完全pH3.25.08.15②“浸渣1”的主要成分为SnO、Tl(OH)3、SiO2、Fe(OH)3、In(OH)3。(1)"操作III”的名称为__。(2)"浸出渣a"的主要成分为__(填化学式)。(3)加入铁粉净化的最佳工艺控制溶液中硫酸含量为68.6g·L-1，则此时硫酸的物质的量浓度为__mol·L-1，还原渣”的主要成分为Tl和Sn，写出反应生成Tl的离子方程式：__。(4)加入试剂X调节pH的范围为__至__，可选择的试剂X为__(填标号)。A.Fe2O3B.FeCO3C.稀硫酸D.稀硝酸(5)“沉渣"中加入稀硫酸发生反应的化学方程式为__。(6)通过加入铝置换出的海绵铟中铟的质量分数达列96.04%。通过以上途径回收铟的总损耗率约为2%，回收效率非常高。某企业每月可产生此种含铟废渣1600kg，利用上述技术手段，理论上可获得海绵铟的质量为__kg。【答案】①.过滤②.SiO2③.0.7④.3Fe+2Tl3+=3Fe2++2Tl⑤.5.0⑥.7.15⑦.B⑧.2In(OH)3+3H2SO4=In2(SO4)3+6H2O⑨.160【解析】【分析】由流程可知，加水溶解含铟废渣，“浸渣1”的主要成分为SnO、Tl(OH)3、SiO2、Fe(OH)3、In(OH)3；加稀硫酸酸浸，SiO2不溶解，为浸出渣a的主要成分，浸出液中含有Sn2+、Tl3+、Fe3+、In3+等阳离子，加入铁粉，一方面将Fe3+还原为Fe2+，另一方面置换出Sn和Tl单质，加入FeCO3调pH使In3+沉淀而Fe2+不沉淀，过滤后得到的沉渣中主要含有In(OH)3，用稀硫酸溶解，得到In3+，最后加入Al进行置换，得到海绵铟，由此分析解答。【详解】(1)操作III要将沉渣和废液分离，用过滤的方法，故答案为：过滤；(2)由上述分析可知，浸出渣的主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；(3)硫酸溶液中硫酸含量为68.6g·L-1，其物质的量浓度为：=0.7mol/L；加入铁粉可与Tl3+反应置换出Tl，离子方程式为：3Fe+2Tl3+=3Fe2++2Tl；故答案为：0.7；3Fe+2Tl3+=3Fe2++2Tl；(4)加入X的目的是调pH使In3+沉淀而Fe2+不沉淀，根据表格中In3+和Fe2+沉淀的pH，调节pH的范围为5.0至7.15，根据这个范围，如果选择Fe2O3调节，则会生成氢氧化铁杂质。考虑到不能带入杂质，应选择FeCO3调节pH，故答案为：5.0；7.15；B；(5)沉渣的主要成分是In(OH)3，加入稀硫酸反应的化学方程式为：2In(OH)3+3H2SO4=In2(SO4)3+6H2O；故答案为：2In(OH)3+3H2SO4=In