2024届高三新高考化学大一轮专题复习-工业流程题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024届高三新高考化学大一轮专题复习工业流程题1．（2023·全国·高三专题练习）元素钪在地壳里的含量只有0.0005％，化学性质非常活泼，钪及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。某工厂的钛白水解工业废酸中浓度为，还含有大量的、、、等。下图为从该工业废酸中提取的一种流程。回答下列问题：(1)钪是一种重要的稀土金属，但发现较晚主要是因为。(2)在钛白水解工业废酸中，加入是为了使转化为难萃取的，中的化合价为价，的作用是(填标号)。A．作氧化剂

B．作还原剂

C．提供配体(3)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用浓硫酸、双氧水和水按一定比例混合而成。混合过程的实验操作为。(4)用氨水调节溶液的时，过滤得到“滤渣II”，“滤渣II”的主要成分是。(5)氢氧化钪是白色固体，不溶于水，其化学性质与相似，能与溶液反应生成，请写出该反应的离子方程式。(6)请写出用草酸“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式：。钪的沉淀率随的变化情况如图，，曲线开始下降的原因是。(7)该工艺日处理钛白酸性废水，理论上能生产含80％氧化钪的产品kg(保留3位有效数字)。2．（2023·山东临沂·统考二模）工业上以软锰矿(主要成分为，还含有少量)和辉钼矿(主要成分为为，还含有少量Si、Ni的氧化物)为原料，制备四钼酸铵晶体和硫酸锰晶体的工艺流程如下。

已知：，常温下，NiS和MnS的分别为19.4和12.6；。回答下列问题：(1)为了提高焙烧效率，可以采取的措施有(写一条即可)；“高温焙烧”时、转化为、，写出该反应的化学方程式。(2)“酸浸”时，硫酸浓度对Mo、Mn浸出率的影响如图所示。

“酸浸”时硫酸的最佳浓度为，理由是。(3)黄钠铁矾的化学式为，生成黄钠铁矾的离子方程式为；“除铁”后的溶液中，当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽，则“除镍”应控制溶液pH的范围是[已知，该溶液中和pH的关系为；忽略溶液体积变化]。(4)“萃取”的原理为(叔胺)，则“反萃取”中的试剂X最适宜选用(填标号)。a．稀硫酸

b．溶液

c．NaOH溶液

d．氨水从“母液”中回收的副产品主要是(填名称)。3．（2023·江苏南京·统考二模）CuS是一种重要的P型半导体材料。以一种石膏渣[含及少量、、等]为原料制备CuS的实验流程如下：已知：常温下，，。(1)“浸取”时，生成与等。参加反应的离子方程式为。(2)为测定“浸取”时Cu元素浸出率，需先测定石膏渣中Cu元素含量。称取50.00g石膏渣，加入足量稀充分溶解，过滤并洗涤滤渣，将滤液转移至250mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入足量KI溶液()，用0.02000标准溶液滴定至终点()，平行滴定3次，平均消耗标准溶液23.50mL。计算石膏渣中Cu元素质量分数(写出计算过程)。(3)“沉淀”时溶液的用量不宜过多，其原因是。(4)循环“浸取”多次后，“滤液X”中浓度增大的阳离子主要有。(5)CuS的晶胞如图所示。1个CuS晶胞含有个。(6)将空气以一定流速通过加热的CuS试样，测得固体质量和流出气体中含量随温度的变化如图所示。在200～300℃范围内，CuS经历如下转化：，固体质量减少的主要原因是。4．（2023·全国·高二假期作业）电解锰渣含有等。将电解锰渣与电解残液混合制成浆液，能在脱除烟气(含等)中的同时，实现电解锰渣的资源化利用。(1)上述流程中为增大反应速率采取的措施有。(2)电解锰渣中的能吸收烟气中的，反应的方程式为。(3)电解锰渣与电解残液混合后，浆液中部分离子浓度及在脱硫过程中的变化如下。7.51.7①用方程式表示脱硫过程溶液降低的原因。②分析浆液中浓度增大的原因：i.被还原；ii.被还原，离子方程式为；iii.(用离子方程式表示)。(4)电解获得，装置如下图所示。①滤液2在电解池(填“阳”或“阴”)极放电产生。②净化过程须除去。研究发现，滤液2中即使含有少量，也会导致产率大幅降低，分析原因：。5．（2023·辽宁·校联考模拟预测）钴是生产电池材料高温合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌净化渣(含有Co、Zn、Fe、Cu、Pb等金属及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示：

已知：①常温下，，。②溶液的氧化还原电位为正表示该溶液显示出一定的氧化性。氧化还原电位越高，氧化性越强。回答下列问题：(1)“浸出渣”的主要成分为(填化学式)。工业上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸取，而不用盐酸，原因是。(2)常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到，“除铜液”中浓度为，则此时溶液的[已知常温下，饱和水溶液中存在关系式：]。(3)“氧化”过程中，与发生反应的离子方程式为。(4)“沉铁”过程中，的作用是。(5)Co元素的存在形式的稳定区域与溶液pH的关系如图(E-pH图)所示，在溶液时，能将氧化，写出该反应的离子方程式：；以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出。在提取过程中钴的损失率为%(填含w、m的表达式)。

(6)Co的一种化合物为六方晶系晶体，晶胞结构如图所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，已知晶胞含对称中心，其中1号O原子的分数坐标为(0.6667，0.3333，0.1077)，2号O原子的分数坐标为。

6．（2023·安徽·校联考三模）铁、银及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣［成分为NiFe2O4铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等］中回收NiSO4的工艺流程如下：已知：(NH4)2SO4在350℃时分解生成NH3和H2SO4。回答下列问题：(1)基态Ni原子的价层电子排布图为，与Ni元素同周期，基态原子有1个未成对电子的金属元素有种。(2)“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)，SiO2外，还含有(写化学式)。(3)矿渣中部分FeO在空气中焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为。(4)将“浸取液”冷却到室温，测得溶液中c(Ca2+)=l.0×10-3mol・L-1，向其中加入一定量的NaF晶体，搅拌，当溶液中c(F)=1.0×10-3mol·L-1时，除钙率为%［室温时，Ksp(CaF2)=4.0×1011，除钙率=1-］。(5)采用萃取操作可对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相)+2HR(有机相)⇌FeR2(有机相)+2H+(水相)。萃取剂与溶液的体积比()对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，的最佳取值为。有机相中加入稀硫酸可以使萃取剂再生，反应的离子方程式为。(6)CuFeS2晶胞结构如图1所示。晶胞中Fe的投影位置如图2所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。如图1中原子1的分数坐标为(，，)，则原子2。7．（2023·辽宁阜新·校联考模拟预测）综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌，还含少量Fe及一些难溶于酸的物质]获得金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓()，部分工艺流程如图。已知：①在酸性条件下不稳定，易转化为；常温下，“浸出液”中金属离子的浓度、完全沉淀的pH及对应浓度下开始沉淀的pH见表。金属离子浓度1.5完全沉淀的pH(当离子浓度)8.343.28.25.3开始沉淀的pH7.342.45.83.8②金属离子在该工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表。金属离子萃取率/%099097~98.5③在电解过程中，电位为正表现出氧化性，电位为负表现出还原性。以Ga的电位为参照，Fe、Cu的电位为正，Zn的电位为负；以的电位为参照，、的电位为正，的电位为负。④已知：“水层”中只含有一种金属阳离子。回答下列问题：(1)基态铁原子的价层电子排布式为；“转化1”中加入的作用是。(2)“转化2”中加入的固体X为(填化学式)；Ga与Al同主族，化学性质相似，“反萃取”过程中发生反应的离子方程式为。(3)“电解”过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。若将某工业粗镓(含少量Zn、Fe、Cu杂质)进行电解精炼制高纯镓，精炼时，以粗镓为阳极，以溶液为电解液，阴极的电极材料为(填名称)，阳极泥中含有的金属有(填化学式)。(4)利用上述流程综合利用炼锌矿渣可获得的金属盐除镓盐、钠盐外、还有、(填化学式)。(5)采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制备的，晶胞如图1，可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子取代。①设晶胞边长为，为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为(填含a和的表达式)。②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，若沿z轴投影的晶胞中所有原子分布如图2，则3号原子的分数坐标为。8．（2023·河北邯郸·统考二模）Be被主要用于原子能反应堆材料、宇航工程材料等，有“超级金属、尖端金属、空间金属”之称。硫酸法是现代工业用绿柱石(主要成分为，还含有铁等杂质)生产氧化铍的方法之一，其简化的工艺流程如下：已知几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属阳离子开始沉淀时pH1.53.36.55.2沉淀完全时pH3.75.09.7—(1)步骤②中还可以采取什么措施提高反应速率(除粉碎外，任写一点)。(2)滤渣1成分的化学式为。(3)步骤③中加入的目的是。(4)步骤④不宜使用溶液来沉淀，原因是(用必要的文字和离子方程式说明)；已知，则沉淀完全时，溶液中(通常认为溶液中离子浓度小于时为沉淀完全)。(5)绿柱石因含有不同杂质而产生不同的颜色。各种绿柱石中最名贵的是祖母绿，这是由铬、钒元素的存在造成的。①基态的最高能层中成对电子与未成对电子的数目之比为。②重铬酸铵常用作有机合成催化剂，的结构如图。中键数目为。9．（2023·黑龙江大庆·大庆中学校考模拟预测）NiOOH可用作碱性镍镉电池的电极材料，用含镍废料(主要成分是Ni，杂质有Al、Fe、SiO2)制取NiOOH的流程如图。已知：i.镍、铁同族，但Ni2+的性质较稳定；ii.常温下，该工艺条件下金属阳离子生成氢氧化物沉淀时的pH范围如表所示。沉淀物开始沉淀时pH3.01.55.97.1完全沉淀时pH4.73.29.09.2回答下列问题：(1)“酸浸”前将废料粉碎的目的是，“滤渣2”的主要成分是。(2)加入的目的是，实际生产中发现的实际用量比理论用量多，原因是。(3)“调pH”时pH的范围是，当溶液中离子浓度小于或等于时认为该离子沉淀完全，则常温下，“氧化2”中反应的离子方程式为。(4)锌镍电池是一种可充电电池，其充电时总反应为，则放电时正极的电极反应式为，充电时阴极周围溶液pH(填“增大”“减小”或“不变”)。10．（2023·全国·模拟预测）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如下。回答下列问题：已知：①MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇。②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：+HCOOH(1)已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为。(2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为。(3)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为。(4)整个流程中可循环利用的物质是。获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是。(5)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为mol/L(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由。[已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mo12·L-2，1.262≈1.6]11．（2023·全国·模拟预测）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，石煤中主要含有、、C、等物质，从石煤中回收的工艺流程如图所示(部分产物略)。回答下列问题：(1)为了加快“浸出”速率，可采取的措施为(任写一条)。(2)写出“浸出”过程中生成反应的离子方程式：。(3)“滤渣2”的主要成分为(写化学式)。(4)写出“碳分”过程中发生反应的化学方程式：。(5)上述工艺流程中可循环使用的物质有两种，分别是、。(6)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。向20mL的滤液中加入等体积的溶液(忽略溶液体积变化)，欲使沉淀完全，则加入的溶液的最小浓度为(当溶液中某离子浓度小于时，视为沉淀完全)。12．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）某实验小组在实验室用废铜屑制备甲酸铜晶体，实验流程如下：回答下列问题：(1)若甲同学设计方案：铜屑、稀硫酸加热通入氧气制得硫酸铜溶液，再与甲酸反应生成甲酸铜溶液，再结晶。请判断：甲同学(填“能”或“不能”)制得甲酸铜晶体。(2)步骤Ⅱ制备，时，理论上CuSO4和NaHCO3物质的量之比为1：2时反应恰好生成，制备实际操作中需要控制二者物质的量之比1：2(填“>”、“=”或“<”)。(3)操作步骤Ⅲ：向盛烧杯中加入一定量热蒸馏水，逐滴加入甲酸至蓝绿色固体恰好全部溶解，除去少量不溶性杂质；结晶，过滤，再洗涤晶体2～3次，晾干，得到产品。在除去不溶性杂质时，为了防止甲酸铜结晶析出，造成损失，可采取操作。过滤后洗涤甲酸铜结晶时为使固体快速干燥，可选(填写序号)来洗涤。A．冷水

B．乙醇

C．四氯化碳

D．饱和甲酸铜溶液(4)晶体中甲酸根含量的测定：①下列仪器可供步骤A选用的是(写名称，下同)；可供步骤C中滴定选用的是。②溶液恒温80℃30min时应采取的操作方法是，步骤C滴定时当观察到即达到滴定终点。③计算晶体中甲酸根的质量分数为。13．（2023·上海·高三专题练习）铁、铜及其化合物是中学化学中常见化学物质，阅读材料回答问题：(一)氯化铁是重要的化工原料，FeCl3·6H2O的实验室制备流程图如下：(1)废铁屑表面往往含有油污，去除废铁屑表面的油污的方法是。操作①要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和。(2)加入含有少量铜的废铁屑比加入纯铁屑反应更快，原因为。操作②涉及的过程为：加热浓缩、、过滤、洗涤、干燥。(3)检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生的主要反应的离子方程式为、。(二)为测定CuSO4溶液的浓度，某同学设计了如下方案：(4)判断沉淀完全的操作为。(5)固体质量为wg，则mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。14．（2023·湖南岳阳·统考二模）硼氢化钠()广泛用于化工生产，常温下能与水反应，碱性条件下能稳定存在，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如图1所示。回答下列问题：(1)中含有的化学键为(2)Ti的核外电子排布式(3)碱溶过滤得滤渣的主要成分是、(4)写出制取的化学方程式(5)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上，并通入氩气。通入氩气的目的是(6)在碱性条件下，用惰性电极电解溶液也可制得，装置如图2所示，写出阴极反应的电极方程式(7)常用作还原剂，也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，的还原能力相当于的还原能力。15．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）臭碱的主要成分是，在生产、生活中有广泛应用。某小组在实验室制备、提纯硫化钠并探究其性质，测定硫化钠产品的纯度。实验(一)制备并提纯硫化钠。(1)写出“高温还原”过程中的主要化学方程式：。(2)“抽滤”装置如图所示，抽滤的主要优点是。实验(二)探究硫化钠的性质。(3)为了探究的还原性，按如图装置进行实验。接通K，发现电流表指针发生偏转，左侧烧杯中溶液颜色逐渐变浅。实验完毕后，取出少量右侧烧杯中溶液于试管中，滴加足量盐酸和溶液，产生白色沉淀。①上述实验可证明被氧化的产物为(填离子符号)。②写出正极的电极反应式：。实验(三)测定产品纯度。称取wg产品溶于水，配制成250mL溶液，准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入mL溶液(过量)，过滤，滴几滴淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液mL。(4)滴定终点的现象是。选择(填“酸”或“碱”)式滴定管量取溶液。(5)滴定反应：，。该产品含的质量分数为(用含x、、、、、w的代数式表示)。其他操作都正确，滴定前俯视读数、终点时仰视读数，测定结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。16．（2023·全国·模拟预测）硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为MnO2等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。②金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25°C)：物质Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3开始沉淀的pH1.97.67.33.0完全沉淀的pH3.29.69.35.2③离子浓度≦10-5mol·L-1时，离子沉淀完全。(1)“混合焙烧”的主要目的是。(2)若试剂a为MnO2，则氧化步骤发生反应的离子方程式为，若省略“氧化”步骤，造成的影响是。(3)“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是。(4)“氟化除杂”后，若使溶液中Mg2+沉淀完全，需维持c(F-)不低于。(已知：Ksp(MgF2)=6.4×10-10)(5)“碳化结晶”时发生反应的离子方程式为，最后一步系列操作主要是。17．（2023·全国·高三专题练习）富硼渣中含有镁硼酸盐(2MgO·B2O3)、镁硅酸盐(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸(H3BO3)晶体的一种工艺流程如下：已知生成相应氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1mol/L)如下：Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开始沉淀时1.93.47.09.1完全沉定时3.24.79.011.1(1)酸浸时发生反应：2MgO·SiO2+2H2SO4=2MgSO4+SiO2+2H2O，2MgO·B2O3+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4。①根据上述反应可知，酸性：H2SO4(填“>”或“<”)H3BO3。②已知硼酸与过量NaOH溶液发生中和反应的离子方程式为：H3BO3+OH-=。下列关于硼酸的说法正确的是(填字母)A．硼酸是一元酸B．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生C．硼酸的电离方程式可表示为H3BO3+H2O+H+(2)检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，(填操作和现象)，证明溶液中含有Fe2+。(3)除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至以上，使杂质离子转化为(填化学式)沉淀，过滤。(4)获取晶体：ⅰ．浓缩滤液，使MgSO4溶液和H3BO3溶液接近饱和；ⅱ．控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合图中溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入高压釜中升温结晶得到晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到另一种物质的晶体。18．（2023春·山东烟台·高二莱州市第一中学校考阶段练习）硫酸镍广泛应用于电镀、电池等工业。以红土镍矿(主要成分为，含、、、、、、、等杂质)为原料制备，工艺流程如下。已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：金属离子开始沉淀的6.31.83.48.96.26.9沉淀完全的8.33.24.710.98.28.9②当离子完全沉淀时，。回答下列问题：(1)为提高“酸溶”中镍的浸出率，可采取的措施有(写一条即可)。“滤渣1”的主要成分为。(2)写出“硫化除铜”过程中涉及反应的离子方程式、。(3)“氧化除杂”中加入和的作用分别是，溶液的应调节为之间。(4)“氟化除杂”中，若，取等体积的溶液加入体系中发生反应，则加入的溶液的浓度至少为。[已知](5)称取硫酸镍晶体(，摩尔质量)样品溶于水，配成溶液。量取用标准溶液滴定，反应为。重复三次，平均消耗EDTA标准溶液，则样品纯度为。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．(1)钪的含量低，其化学性质非常活泼，在自然界中以化合物的形式存在，富集和冶炼比较困难(2)C(3)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入，并不断搅拌(4)(5)(6)草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性配合物，故钪的沉淀率下降(7)3.45【分析】钛白水解工业废酸中加使转化为难萃取的，再加有机萃取剂萃取，得到含大量钛元素离子的溶液和有机油相，油相中加洗涤水洗涤，分液，再在分液后的油相中加NaOH溶液反萃取，滤渣I中溶于盐酸，调节pH值除去杂质铁，过滤，再调节pH值将沉淀，过滤后加盐酸溶解，再加草酸将转化为沉淀，过滤，沉淀灼烧得到氧化钪，据此分析解答。【详解】（1）钪在地壳里的含量只有0.0005％，含量很低，且其化学性质非常活泼，因此在自然界中以化合态形式存在，富集冶炼比较困难，故答案为：钪的含量低，其化学性质非常活泼，在自然界中以化合物的形式存在，富集和冶炼比较困难；（2）加入是为了使转化为难萃取的，该过程中不存在元素化合价变化，因此不作氧化剂和还原剂，结合产物结构可知其主要目的是提供配位离子，故答案为：C；（3）洗涤水是用浓硫酸、双氧水和水按一定比例混合而成，混合时将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入，并不断搅拌，以避免酸液飞溅，故答案为：将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入，并不断搅拌；（4）用氨水调节溶液的，使溶液中三价铁离子转化为，因此滤渣II为，故答案为：；（5）氢氧化钪化学性质与相似，能与溶液反应生成，反应离子方程式为：，故答案为：；（6）草酸“沉钪”时得到草酸钪，反应离子方程式为：，当，钪的沉淀率下降，原因是草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性配合物，故钪的沉淀率下降，故答案为：；草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性配合物，故钪的沉淀率下降；（7）废酸中浓度为，处理钛白酸性废水，则得到的质量为××103L=1800g，则得到Sc2O3的质量为：，理论上能生产含80％氧化钪的产品，故答案为：3.45。2．(1)将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧3MnO2+MoS2+3O2MnMoO4+2MnSO4(2)250该浓度下Mo、Mn的浸出率高，继续增大H2SO4浓度，浸出率变化不明显，造成H2SO4浪费且后续步骤消耗Na2CO3增加(3)3Fe3++Na++2SO+3CO+3H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑1.7—2.8(4)d硫酸铵【分析】由题给流程可知，软锰矿和辉钼矿在空气中高温焙烧时，二氧化锰、二硫化钼与氧气在高温条件下反应生成钼酸锰和硫酸锰，向焙烧渣中加入硫酸酸浸，将氧化铁、氧化镍溶解得到可溶性硫酸盐，二氧化硅与硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的浸出渣和浸出液；向浸出液中加入叔胺萃取溶液中的钼元素，分液得到水相和有机相；向水相中加入碳酸钠溶液，将铁离子转化为黄钠铁矾，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入硫化钠调节溶液pH，将镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化镍的滤渣和含有硫酸锰的滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作制得四水硫酸锰晶体；向有机相中加入氨水反萃取、分液得到叔胺和四钼酸铵溶液；向溶液中加入硫酸，中和过量的氨水，使四钼酸铵转化为沉淀，过滤得到含有硫酸铵的母液和四钼酸铵晶体。【详解】（1）将矿石粉碎、增大空气的量、逆流焙烧等措施能提高焙烧效率；由分析可知，高温焙烧时发生的反应为二氧化锰、二硫化钼与氧气在高温条件下反应生成钼酸锰和硫酸锰，反应的化学方程式为3MnO2+MoS2+3O2MnMoO4+2MnSO4，故答案为：将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧；3MnO2+MoS2+3O2MnMoO4+2MnSO4；（2）由图可知，酸浸时，硫酸浓度为250g/L时，钼、锰的浸出率已经较高，继续增大硫酸浓度，浸出率变化不明显，会造成硫酸浪费，且过量的硫酸会使溶液中铁离子转化黄钠铁矾沉淀时，消耗碳酸钠的量增加，所以酸浸的最佳浓度为250g/L，故答案为：250；该浓度下Mo、Mn的浸出率高，继续增大H2SO4浓度，浸出率变化不明显，造成H2SO4浪费且后续步骤消耗Na2CO3增加；（3）生成黄钠铁矾沉淀的反应为溶液中的铁离子、钠离子、硫酸根离子与碳酸根离子反应生成黄钠铁矾沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为3Fe3++Na++2SO+3CO+3H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑；由硫化锰的溶度积可知，溶液中锰离子浓度为0.5mol/L时，溶液中pc(S2−)=pKsp(MnS)—pc(Mn2+)=12.6—0.3=12.3，则pH=15.1—12.3=2.8，由硫化镍的溶度积可知，溶液中镍离子完全沉淀时，溶液中pc(S2−)=pKsp(NiS)—pc(Ni2+)=19.4—6=13.4，则pH=15.1—13.4=1.7，则溶液中pH的范围为1.7—2.8，故答案为：3Fe3++Na++2SO+3CO+3H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑；1.7—2.8；（4）由萃取方程式可知，加入氨水能中和溶液中的氢离子，使平衡向逆反应方向移动，有利于四钼酸铵的生成，且不引入新杂质，故选D；由分析可知，母液的主要成分为硫酸铵，则回收的副产品为硫酸铵，故答案为：D；硫酸铵。3．(1)(2)，25.00mL稀释后的溶液中：，石膏渣中铜元素的质量，石膏渣中Cu元素质量分数(3)生成的CuS沉淀中会混有ZnS沉淀(4)和(5)6(6)CuS生成时失重的质量大于部分生成时增重的质量【分析】石膏渣加入过量氨水浸取，、、“浸取”时，生成与等，同时生成氢氧化钙，过滤除去氢氧化钙，滤液加入Na2S溶液，使Cu2+生成CuS沉淀，过滤得到CuS，滤液可以循环利用，据此解答。【详解】（1）反应生成的离子方程式为；（2）根据，，得关系式为，25.00mL稀释后的溶液中：，石膏渣中铜元素的质量，石膏渣中Cu元素质量分数；（3）“沉淀”时溶液的用量不宜过多，硫离子浓度过大会生成ZnS沉淀，故其原因是生成的CuS沉淀中会混有ZnS沉淀；（4）结合制备流程，在滤液X中，且加入了Na2S，引入了钠离子，故循环“浸取”多次后，“滤液X”中浓度增大的阳离子主要有和；（5）1个CuS晶胞含有个数为；（6）CuS经历如下转化：，结合转化过程中化学式的相对分子质量，固体质量减少的主要原因是CuS生成时失重的质量大于部分生成时增重的质量。4．(1)研磨、搅拌(2)(3)(4)阳还原MnO2生成Fe3+，Fe3+在阴极放电又生成Fe2+，上述过程不断循环【分析】电解锰渣含有，研磨、搅拌，电解硫酸锰溶液得到二氧化锰和氢气、硫酸，电解残液混合制成浆液，浆液通入烟气，得到含有硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸的溶液，除去硫酸亚铁、硫酸钙，电解硫酸锰溶液得到二氧化锰。【详解】（1）根据影响反应速率的因素，上述流程中为增大反应速率采取的措施有研磨、搅拌；（2）具有氧化性，吸收生成硫酸锰，反应的方程式为（3）①脱硫过程中二氧化硫、氧气、水反应生成硫酸，使溶液降低，反应方程式为。②分析浆液中浓度增大的原因：i.被还原；ii.被还原，Mn元素化合价由+4降低为+2、Fe元素化合价由+2升高为+3，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为；iii.MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为。（4）①滤液2中含有硫酸锰，锰离子失电子发生氧化反应生成，所以在电解池阳极放电产生。②还原MnO2生成Fe3+，Fe3+在阴极放电又生成Fe2+，上述过程不断循环，也会导致MnO2产率大幅降低。5．(1)Cu、盐酸易挥发，对设备腐蚀性强(2)0.5(3)(4)调节溶液pH(5)(6)(0.3333，0.6667，0.6077)【分析】湿法炼锌净化渣经硫酸浸取后，其中金属Cu不与硫酸反应，Pb元素与硫酸根结合生成，所以浸出渣主要二为Cu和；加入硫化钠生成除去溶液中的，铜渣为CuS；除铜液中含有、、、、等，加入过硫酸钠将氧化成；再加入碳酸钠调pH除去；【详解】（1）“浸出渣”的主要成分为Cu、；工业上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸取，而不用盐酸，原因是盐酸易挥发，对设备腐蚀性强；（2）常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到，“除铜液”中浓度为，由，可知溶液的，，故；（3）“氧化”过程中，与发生反应，离子方程式为；（4）“沉铁”过程中，的作用是调节溶液pH，使转化生成氢氧化铁；（5）在溶液时，能将氧化，该反应的离子方程式：；以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出。理论生成Co为，实际生成的Co的质量为：，在提取过程中钴的损失率为；（6）Co的晶胞可以看做是由两个正三棱柱构成的，1和2号氧原子分别位于两个正三棱柱里，晶胞含对称中心，1号氧原子的分数坐标为(0.6667，0.3333，0.1077)，则2号O原子的分数坐标为(0.3333，0.6667，0.6077)。6．(1)4(2)CaSO4(3)4FeO+O2+6H2SO42Fe2(SO4)3+6H2O(4)96(5)0.25FeR2+2H+=Fe2++2HR(6)(，1，)【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，已知:(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的热水中浸泡过滤得到浸出液，浸渣为Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4、SiO2，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液和废渣，废渣成分为氟化钙，加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，以此解答该题。【详解】（1）镍为28号元素，基态Ni原子的价层电子排布图为；与Ni元素同周期，基态原子有1个未成对电子的金属元素有钾、钪、铜、镓，共4种元素。（2）浸渣还有硫酸钙。（3）矿渣中部分FeO在空气中焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为4FeO+O2+6H2SO42Fe2(SO4)3+6H2O。（4）c(Ca2+)=l.0×10-3mol・L-1，向其中加入一定量的NaF晶体，搅拌，当溶液中c(F)=1.0×10-3mol·L-1时，c(Ca2+)=mol・L-1，除钙率为。（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比()对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图2所示，最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，的最佳取值是0.25，有机相中加入稀硫酸可以使萃取剂再生，反应的离子方程式为FeR2+2H+=Fe2++2HR。（6）原子2在x、y、z轴上的投影分别是、1、，故原子2的坐标为（、1、）。7．(1)把氧化成(2)Fe(3)高纯镓Cu、Fe(4)(5)【分析】炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH=5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子；得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaCaO2，电解NaCaO2溶液生成单质Ga，据此分析回答问题。【详解】（1）Fe是26号元素，基态铁原子的价层电子排布式为；“转化1”中加入的作用是把氧化成。（2）萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，且不能引进杂质，则X为Fe；由分析可知，“反萃取”过程中加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaCaO2，离子方程式为：。（3）电解精炼过程中，以粗镓为阳极，以粗镓为阳极，高纯镓；由信息③可知，以的电位为参照，、的电位为正，的电位为负，粗镓作阳极时，Cu、Fe会失去电子而存在阳极泥中。（4）由分析可知，滤液1中为硫酸锌，萃取后的水层中含有氯化亚铁，则利用上述流程综合利用炼锌矿渣可获得的金属盐除镓盐、钠盐外、还有、。（5）Ga位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，N原子位于体心，个数也为4，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10-7)3cm3，则GaN晶体的密度为=；①若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如图，已知2原子的分数坐标是(0.25，0.25，0.75)，3原子和2原子的Z轴坐标相等，x、y的坐标加0.5，故的3原子分数坐标是。8．(1)适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等(2分，除粉碎外，任写一点，合理即可)(2)(3)将氧化为(4)能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀(5)8：316【分析】绿柱石经石灰石熔炼后再粉碎、硫酸酸浸，得到滤渣H2SiO3和滤液（含有），加入H2O2后Fe2+被氧化为Fe3+，用氨水调节pH，Fe3+、Al3+生成沉淀，Be2+留在滤液，继续加氨水调节pH可使Be2+生成Be(OH)2沉淀，灼烧后生成BeO。【详解】（1）步骤②中还可以采取适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等措施提高反应速率。（2）滤渣1成分的化学式为H2SiO3（3）步骤③中加入的目的是将氧化为；（4）能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀，故不宜使用溶液来沉淀。沉淀完全时，c(Be2+)=，由c(Be2+)c2(OH-)=Ksp[Be(OH)2]，可得c(OH-)=mol/L。（5）基态的最高能层电子排布式为3s23p63d3，其中成对电子数为8，未成对电子数为3，故成对电子与未成对电子的数目之比为8：3。1mol中，阳离子含有8mol键，阴离子含有8mol键，故1mol中含有16mol键。9．(1)加快酸浸速率、提高原料的利用率、(2)将氧化成，以便后续除去铁元素生成的能催化分解(3)(4)增大【分析】含镍废料（Ni、Al、Fe、SiO2）用稀硫酸酸浸，Ni、Al、Fe溶解得到Ni2+、Al3+、Fe2+，SiO2不溶形成滤渣1，加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2调pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀（滤渣2），加入KOH、KClO将Ni2+氧化为NiOOH，过滤后得到产品。【详解】（1）粉碎可提高废料的比表面积，有利于反应物间充分接触，从而提高反应速率及原料的利用率。“滤渣2”是调pH时形成的，沉淀。（2）由几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH范围知，加入的目的是将氧化为，便于后续以氢氧化物的形式除去；遇会被催化分解，从而导致实际用量多于理论用量。（3）“调pH”的目的是使、形成氢氧化物沉淀而不能形成沉淀，故pH范围为。当pH=3.2时，恰好完全沉淀，此时，，由此求得。“氧化2”中KClO被还原为，被氧化为NiOOH，对应的离子方程式为。（4）由充电时总反应式知，放电时NiOOH是正极，得到电子后转化为，电解质溶液是碱性溶液，故电极反应式为。充电时阴极的电极反应式为，由于生成OH－，故阴极周围溶液pH增大。10．(1)1∶3(2)C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O(3)少量多次加入葡萄糖(4)醋酸(CH3COOH)向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次(5)5.87×10–10该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105>1×105，所以能彻底进行【分析】锌电解阳极泥主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag，加硫酸溶解，ZnO和稀硫酸反应生成硫酸锌溶液和水，滤渣中含有MnO2、PbSO4、Pb2Mn8O16、Ag，加稀硫酸用葡萄糖还原滤渣，过滤得含有硫酸铅和银的滤渣和硫酸锰溶液，硫酸锰溶液蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，得MnSO4∙H2O晶体；硫酸铅和银的固体混合物加碳酸钠，硫酸铅转化为碳酸铅，用醋酸溶解碳酸铅，过滤出银，得到醋酸铅溶液，醋酸铅溶液加硫酸生成硫酸铅沉淀。【详解】（1）Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn的个数为x，根据化合价代数和等于0，(+2)×2+2x+(+4)×(8-x)-2×16=0，解得x=2，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为1∶3；故答案为：1∶3；（2）根据流程图，“还原酸浸”过程中，在酸性条件下，二氧化锰被葡萄糖还原为硫酸锰，葡萄糖被氧化为二氧化碳，反应的离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；故答案为：C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；（3）在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生信息②所示副反应，少量多次加入葡萄糖可以提高葡萄糖的有效利用率；故答案为：少量多次加入葡萄糖；（4）醋酸铅溶液加硫酸生成硫酸铅沉淀和醋酸，反应生成的醋酸可以循环到醋酸溶铅过程，整个流程中可循环利用的物质是醋酸。MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇，为减少硫酸锰的损失，洗涤的具体操作是：向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；故答案为：醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；（5）饱和硫酸铅溶液中c(Pb2+)=，则要生成碳酸铅沉淀，Na2CO3溶液的最小浓度为mol/L；该沉淀转化方程式为，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105>1×105，所以能彻底进行。故答案为：5.87×10–10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105>1×105，所以能彻底进行。11．(1)适当增大NaOH和NaClO的浓度(合理即可)(2)(3)和(4)(5)(6)0.103【分析】石煤加入NaOH/NaClO混合液，V2O3转化为NaVO3，SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，C不反应，过滤除去。滤液中加酸，Na2SiO3和NaAlO2和酸反应生成H2SiO3沉淀和Al(OH)3沉淀，滤液中先通氨气，再通二氧化碳，得到NaHCO3和NH4VO3，加热NaHCO3得到碳酸钠和二氧化碳，NH4VO3煅烧得到V2O5和NH3。【详解】（1）影响化学反应速率的因素有浓度、温度、反应物的接触面积等，因此要加快“浸出”速率，可采取的措施有适当增大NaOH和NaClO的浓度、搅拌、适当升温、将石煤粉碎等。（2）石煤中含有，“浸出”过程中添加了NaOH/NaClO混合液，又给出目标产物为，根据氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒等规律，可得出反应的离子方程式为。（3）石煤中含有、，它们分别和NaOH溶液反应生成和，二者与反应分别生成和，故“滤渣2”的主要成分为和。（4）分析题给工艺流程可知，“浸出”过程中产生了溶液，“碳分”过程中又添加了、，所以“碳分”过程中发生反应的化学方程式为。（5）分析题给工艺流程可知，最后一步生成了、，而“碳分”过程中又需要、，所以可循环使用的物质为、。（6）向20mL的滤液中加入等体积的溶液(忽略溶液体积变化)，根据发生反应的化学方程式，可以计算出恰好完全反应时需要的；根据题图可得；由题意知，当溶液中某离子浓度小于时，视为沉淀完全，通过计算可知，当沉淀完全时，需要，由于两溶液是等体积混合的，所以需要。综上可知，加入的溶液的最小浓度。12．(1)不能(2)<(3)趁热过滤B(4)烧杯、量筒(只写烧杯亦可)烧杯、碱式滴定管水浴加热滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色(表述合理即可)30.00%【分析】由题给流程可知，向废铜屑中加入过氧化氢和稀硫酸混合溶液，将铜屑溶解得到含有硫酸铜的溶液，加入小苏打得到碱式碳酸铜，在碱式碳酸铜中加一定量热蒸馏水，逐滴加入甲酸至蓝绿色固体恰好全部溶解，除去少量不溶性杂质；结晶，过滤，再洗涤晶体2～3次，晾干，得到产品。【详解】（1）弱酸不能制强酸，甲酸是弱酸，不能和硫酸铜反应，故答案为：不能；（2）步骤Ⅱ为溶液和溶液混合加热制备碱式碳酸铜，反应的离子方程式为：，因为碳酸氢钠易分解损失，所以实际取用碳酸氢钠稍微过量，硫酸铜和碳酸氢钠物质的量之比小于1：2；（3）温度越高甲酸铜的溶解度越大，为防止甲酸铜结晶体析出而损失，可以采取趁热过滤的方式；甲酸铜结晶体易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，故可以用乙醇来洗涤，故答案为B；（4）①步骤A为配制250mL甲酸铜溶液的过程，应该选用250mL的容量瓶，题中给出的是100mL容量瓶，不能使用；需要量取3.00g晶体，托盘天平不能称取出3.00g晶体，故也不能用，溶解需要在烧杯中进行，另外可以用量筒量取所需要的蒸馏水的量，故答案为：烧杯、量筒；步骤C中滴定时，是用草酸钠溶液滴定过量的高锰酸钾，草酸钠应该放在碱式滴定管中，根据提供的仪器，被滴定的溶液应该在烧杯中，故答案为：烧杯、碱式滴定管；②溶液恒温80℃30min时应采取的操作方法是水浴加热；高锰酸钾溶液本身有颜色，当其消耗完的时候，颜色褪去，故答案为：滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色；③高锰酸钾和甲酸根反应对应的关系式为：5HCOO-~2KMnO4，用草酸钠滴定过量的高锰酸钾时对应的关系式为：2KMnO4~5C2O，则和草酸根反应的高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=×0.02×25×10-3=0.0002mol，和甲酸根反应的高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.02×50×10-3-0.0002mol=0.0008mol，甲酸根的物质的量n(HCOO-)=×0.0008mol=0.002mol，则原来样品中含有的甲酸根的物质的量n(HCOO-)=0.0004mol×=0.02mol，质量m(HCOO-)=0.02mol×45g/mol=0.9g，则晶体中甲酸根的质量分数=。13．(1)碱煮水洗漏斗(2)Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率冷却结晶(3)K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可)2Fe3++Fe=3Fe2+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(4)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全(5)偏低【分析】（一）稀盐酸中加入含铜的废铁屑，铁转化为氯化亚铁，过滤除去铜，得到含氯化亚铁的滤液，滤液通入足量氯气，得到氯化铁溶液，氯化铁溶液经蒸发浓缩，冷却结晶等操作得到氯化铁晶体，或者氯化铁溶液加入纯铁粉，然后通入氯气，得到浓的氯化铁溶液，再制取氯化铁晶体，据此分析解答。（二）25.00mL硫酸铜溶液加入足量的CuSO4溶液，生成硫酸钡沉淀，过滤得到硫酸钡固体，经洗涤、干燥、称重得到wg硫酸钡，根据硫酸根离子守恒计算硫酸铜含量。【详解】（1）废铁屑表面往往含有油污，可以加入碱液去除，则去除废铁屑表面的油污的方法是碱煮水洗。操作①为过滤，要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；（2）加入含有少量铜的废铁屑可以构成Cu-Fe盐酸原电池，故比加入纯铁屑反应更快，原因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。操作②为由溶液制取晶体，涉及的过程为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（3）亚铁离子遇到铁氰化钾溶液（或使酸性高锰酸钾溶液褪色）生成蓝色沉淀，则检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可)。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2，主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（4）结合钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，判断沉淀完全的操作为向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；（5）根据硫酸根离子守恒，n（CuSO4）=n（BaSO4），固体质量为wg，则mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，导致沉淀损失，硫酸钡质量减少，则测得偏低。14．(1)离子键、共价键(2)或(3)(4)(5)排除装置中的空气，防止空气中的与Na、反应(6)(7)1.6【分析】硼镁矿主要成分为，含少量杂质。硼镁矿粉碎后用氢氧化钠“碱溶”，不溶于氢氧化钠，和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、NaBO2，过滤出、氢氧化镁沉淀，所得滤液中含有NaBO2，蒸发、浓缩、冷却结晶得，脱水生成，、Na、H2、SiO2在高温条件下生成和硅酸钠，用异丙胺溶解，过滤除去硅酸钠，蒸发的异丙胺溶液得。【详解】（1）是离子化合物，含有的化学键为离子键、共价键。（2）Ti是22号元素，核外电子排布式为或；（3）不溶于氢氧化钠，和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、NaBO2，过滤出、氢氧化镁沉淀，碱溶过滤得滤渣的主要成分是、；（4）、Na、H2、SiO2在高温条件下生成和硅酸钠，制取的化学方程式为；（5）高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上，并通入氩气，排除装置中的空气，防止空气中的与Na、反应；（6）在碱性条件下，用惰性电极电解溶液也可制得，H元素化合价由+1降低为-1发生还原反应，在阴极得电子生成，阴极反应的电极方程式；（7）作还原剂，氢元素化合价由-1升高为+1，转移电子，氢气作还原剂，氢元素化合价由0降低为-1，转移1.6mol电子需要0.8mol氢气，所以还原能力相当于1.6的还原能力。15．(1)(2)过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥(3)(4)当最后半滴标准溶液滴入时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色酸(5)偏低【分析】芒硝加入炭粉高温还原产生CO，得到的固体物加入95%酒精溶解回流，趁热过滤除去滤渣，冷却结晶，再抽滤除去滤液1，用冷水洗涤去掉滤液2，干燥得到；【详解】（1）“高温还原”过程中芒硝与炭粉在高温条件下反应生成硫化钠、CO和水，主要化学方程式为：；（2）抽滤的优点是：过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥；（3）①实验完毕后，取出少量右侧烧杯中溶液于试管中，滴加足量盐酸和溶液，产生白色沉淀，证明产生不溶于酸的白色沉淀硫酸钡，则上述实验可证明被氧化的产物为；②石墨电极上失电子产生，为原电池负极，则Pt电极为正极，正极上得电子产生Mn2+，故正极的电极反应式为：；（4）过量溶液遇淀粉变蓝，利用标准溶液滴定至终点，蓝色褪去，则滴定终点的现象是当最后半滴标准溶液滴入时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；溶液具有氧化性，应选择酸式滴定管量取溶液；（5）根据滴定反应：，，可知，与Na2S反应的的物质的量为，该产品含的质量分数为；其他操作都正确，滴定前俯视读数、终点时仰视读数，则标准液读数偏大，与Na2S反应的的量偏少，测定结果偏低。16．(1)除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)(2)MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2OFe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失(3)5.2≤pH<7.3(或5.2-7.3)(4)8×10-3mol/L(5)Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O蒸发浓缩，冷却结晶【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到