广东省2023年高考化学模拟题汇编-25沉淀溶解平衡
一、单选题
1．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是
A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，的比值减小
B．浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c(CO)
D．常温下，已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2Cr2O4)=2.0×10-12，则Ag2CrO4悬浊液的c(Ag+)一定小于AgCl悬浊液中的c(Ag+)
2．（2023·广东·统考一模）下列反应的离子方程式书写正确的是
A．等体积、等浓度的NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
B．将Fe2O3溶于过量HI溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
C．向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液：AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+Cl-(aq)
D．向酸性KMnO4溶液中滴加NaHSO3溶液：2+5+6H+=2Mn2++5+3H2O
3．（2023·广东湛江·统考一模）下列实验操作所观察到的实验现象正确且能得出相应实验结论的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠 缓慢产生气泡 乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢
B 向盛有2.0mL甲苯的试管中加入3滴酸性溶液，用力振荡 紫色褪去 甲苯中含有碳碳双键，可被酸性溶液氧化
C 向含有少量的溶液中滴加少量稀溶液 产生白色沉淀
D 用玻璃棒蘸取溶液滴在试纸上 试纸先变蓝，后褪色 溶液呈中性
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·广东深圳·统考一模）化学在环境污染治理中发挥了重要作用。下列治理措施没有运用相应化学原理的是
选项 治理措施 化学原理
A 向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成 CaO具有碱性氧化物的通性
B 在汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染 CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成无毒气体
C 用聚乳酸塑料替代传统塑料以减少白色污染 聚乳酸具有生物可降解性
D 向工业废水中添加FeS以除去废水中的 FeS具有还原性
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·广东深圳·统考一模）含硫化合物的反应具有多样性。下列有关反应的离子方程式书写不正确的是
A．用溶液吸收废气：
B．海水提溴工艺中用还原：
C．用溶液处理锅炉水垢中的：
D．将S与溶液混合加热制备：
6．（2023·广东梅州·统考模拟预测）下列说法正确的是
A．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则
B．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
C．0.01 溶液：
D．向丙烯醛中加入溴水，溴水褪色，证明丙烯醛中含有碳碳双键
7．（2023·广东惠州·统考三模）下列解释事实的方程式不正确的是
A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：
B．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：
C．向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：
D．硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液：
8．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）下列叙述中正确的是
A．室温下，向浓度为弱酸HA溶液中，滴加同浓度的NaOH溶液，溶液的pH与的差为定值
B．常温下， H2SeO4的电离方程式：，，浓度均为的①溶液、②溶液、③溶液，由大到小的顺序为③>②>①
C．同浓度的溶液和盐酸，加水稀释相同倍数时相等
D．将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，不能发生反应(已知：室温下，氢硫酸两级电离常数分别为、，)
9．（2023·广东·华南师大附中校联考模拟预测）下表中，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确及两者间具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 具有较强的还原性 用于除去废水中的
B 溶液呈酸性 溶液可用于腐蚀铜电路板
C 着火不能用灭火 会与反应生成
D 铁比铜活泼 铜板上的铁钉在潮湿空气中更容易生锈
A．A B．B C．C D．D
10．（2023·广东广州·统考二模）下列实验过程能达到预期目的的是
选项 实验操作和现象 实验目的
A 向盛有碱石灰的试管中加入某浓溶液，再将湿润的红色石蕊试纸置于试管口附近，试纸变蓝 证明此溶液一定为铵盐溶液
B 向溶液中加入溶液，观察到有白色沉淀生成 证明结合的能力强于
C 将碳酸钙与6mol/L盐酸产生的气体直接通入硅酸钠溶液，产生白色胶状沉淀 证明C的非金属性强于Si
D 向2mL0.1mol/L的NaOH溶液中滴加2滴0.1mol/L的溶液，再滴加2滴0.1mol/L的溶液，白色沉淀转化为红褐色沉淀 证明
A．A B．B C．C D．D
二、工业流程题
11．（2023·广东肇庆·高要一中校考二模）辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将Cu+氧化成Cu2+
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4~6.4。
(1)实验室配制250mL 4.8 mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要_______。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_______(任写一点)。
(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式_______。
(4)调节浸出液pH=4的作用是_______。
(5)本工艺中可循环使用的物质是(写化学式)_______。
(6)获得的MnSO4·H2O晶体后常用酒精洗涤，优点是_______。
(7)用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)其可能原因有_______(任写一种)。
12．（2023·广东·统考一模）利用转炉烟尘(主要成分：CuO、ZnO、PbO、Sb4O6、As2O5)制备硫酸铜联产硫酸锌以及聚合硫酸铁的工艺流程如图：
已知：
①酸浸后As元素以H3AsO4形式存在；
②常温下，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20；
③聚合硫酸铁盐基度[聚合硫酸铁中×100%]越大，絮凝效果越好。
回答下列问题：
(1)“酸浸渣”所含金属化合物是_____(填化学式)。常温下，调节“酸浸液”pH为_____(保留两位有效数字)时，溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L。
(2)生成Ca3(AsO4)2·Ca(OH)2的化学方程式为_____。
(3)在一定温度下，将NaClO3加入“浓缩液”中可制取聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]m。
①x和y的关系应满足：y=_____(用含x的式子表示)。
②“滤液3”中H2SO4的加入量对盐基度的影响如图所示，当n(H2SO4)：n(FeSO4)＞0.35时，产品的盐基度减小，其原因是_____。
(4)①“萃余液”经_____、_____、过滤、洗涤，得到ZnSO4·7H2O晶体。
②加热ZnSO4·7H2O固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图所示。将ZnSO4·7H2O(M=287g/mol)加热到145℃时得到ZnSO4·xH2O，其中x的值为_____；温度为1050℃时，ZnSO4固体完全分解为ZnO以及两种气体(只有一种是氧化物)，该反应的化学方程式为_____。
13．（2023·广东梅州·统考模拟预测）磷酸亚铁锂()是新能源汽车中锂离子电池常用的电极材料。对废旧电极(含、Al箔、石墨粉等)回收并获得高纯的工艺流程如下：
已知：在水中的溶解度不大，且溶解度随温度升高而减小。
(1)回收的废旧锂离子电池需进行预放电、拆分破碎、热处理等预处理，筛分后获得正极片。下列分析不合理的是___________(填标号)。
A．拆分前对废旧电池进行预放电，有利于释放残余能量，消除安全隐患
B．预放电时电池中的锂离子移向正极，有利于提高正极片中锂元素的回收率
C．热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳粉等
D．锂离子电池不含汞、镉、铅等有毒重金属，可用普通垃圾处理方法处理
(2)过程Ⅰ为粉碎处理，为加快过程Ⅱ的反应速率，还可以采用的措施有___________(写出其中一种即可)，过程Ⅱ中足量NaOH溶液的作用是___________(用离子方程式表示)。
(3)过程Ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，实验结果如下表所示：
序号 酸 氧化剂 浸出液浓度(g/L) 滤渣中Li含量/%
实验1 HCl 9.02 0.10
实验2 HCl 9.05 0.08
实验3 HCl 7.05 0.93
实验2中，可与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量。综合考虑的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为___________。
(4)过程Ⅵ首先需洗涤“粗品”，应该用___________(填“热水”或“冷水”)洗。若滤液2中，过程Ⅴ中加入等体积的溶液后，若沉淀中的Li元素占滤液中Li元素总量的95.0%，则加入的碳酸钠溶液浓度为___________[已知：，溶液混合引起的体积变化可忽略]。
(5)工业上用、、LiCl及苯胺()为原料制取磷酸亚铁锂。中，的空间结构为___________。LiCl和均为金属氯化物，LiCl沸点1350℃，沸点315℃，两者沸点差异明显的主要原因是___________。
(6)某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间，晶胞结构(底面为平行四边形)如图所示。该晶体的化学式为___________，该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该晶体的密度为___________(列出计算式，用表示阿伏加德罗常数)。
14．（2023·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）三氯化六氨合钻[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。
②Ksp[Co(OH)2]=1×10-14.2、Ksp[Co(OH)3]=1×10-43.7、Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4、Ksp[Al(OH)3]=1×10-32.9。溶液中金属离子物质的量浓度低于1.0×10-5 mol/L时，可认为沉淀完全。
③Co2+还原性较弱，但[Co(NH3)6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
(1)Co位于元素周期表_______，基态Co2+价层电子的电子排布图为_______。
(2)写出除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式_______。
(3)“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c(Co2+)=0.1 mol/L的滤液，调节pH的范围为_______。
(4)下列说法错误的是_______。
A．制备[Co(NH3)6]3+时，“混合”过程中加入NH4C1的作用是抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀，同时参与反应提供
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小
C．“氧化”过程后分离提纯时，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸的目的是：增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出
D．为了得到较大颗粒的[Co(NH3)6]Cl3晶体，可采取的措施是将滤液快速冷却
(5)含量测定。通过碘量法可测定产品中的钻元素的含量。称取0.10 g产品加入稍过暈的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co(OH)3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于硫酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用0.010 mol/L的Na2S2O3溶液滴定(反应原理：Co3++I-→Co2++I2、I2+→I-+)，达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00 mL，以下说法正确的是_______。
A．装有Na2S2O3溶液的酸式滴定管装液前要先检漏、蒸馏水洗、标准液润洗
B．滴定时要适当控制滴定速度，边滴边摇动锥形瓶(接近终点时改为滴加半滴Na2S2O3溶液)，直到溶液颜色从无色变为蓝色，达到滴定终点
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
(6)计算产品中钴元素的含量为_______。(答案保留三位有效数字)
15．（2023·广东茂名·统考一模）某废旧锂离子电池的正极材料成分为和，下图为从其中回收钴、镍的工艺流程。
回答下列问题：
(1)中的元素为价，和个数比为，则元素化合价为_______。
(2)“碱浸过滤”所得滤液的主要成分为_______。
(3)“还原焙烧”过程发生反应的化学方程式为_______。
(4)“碳化水浸”过程中反应为：，该反应的标准吉布斯自由能和标准生成焓随温度变化如图。该过程需要控制在_______(填“a”、“b”或c)进行，其原因是_______。
a. b. c.
(5)常温下，为寻找“碳化水浸”的最佳，将固体加入水中，通入使固体逐步溶解，当固体恰好完全溶解时，，则溶液中的为_______(保留两位有效数字，忽略体积变化)。
已知：，，
(6)“萃取”的原理是(M表金属离子，代表萃取剂，则反萃取时加入的试剂为_______。
16．（2023·广东佛山·统考一模）镍是重要的战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO●4SiO2●H2O、3MgO●4SiO2●H2O等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)中，元素的化合价为_______。
(2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有_______(任填一个)。
(3)“氧压浸出”的滤渣有S和_______，该环节中发生的化学反应方程式为_______。
(4)“萃铜”时的反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，下列说法正确的有_______。
A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，可得到单质
B．萃余液中的阳离子为：
C．一定条件下，萃取平衡时，，则的萃取率为80%
D．为提高的萃取率，可适当提高溶液
(5)已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时的沉淀率为_______，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为_______(填化学式)。
17．（2023·广东·校联考一模）某废合金的主要成分为Sn、Cu、Pb、Fe，一种综合回收的工艺流程如图所示：
已知：常温下，，，。
回答下列问题：
(1)“氯化浸出”浸出液中金属阳离子主要有、、_______；浸渣的主要成分为_______(填化学式)。“氯化没出”时温度不宜过高或过低的原因是_______。
(2)写出“还原”中Fe与反应的化学方程式：_______。
(3)常温下，为使完全沉淀，“调pH”时应使溶液pH不低于_______(结果保留1位小数)。
(4)“氧化”时为检验是否已被充分氧化，可取样滴加_______(填化学式)溶液。
(5)写出“沉铁”时发生反应的离子反应方程式：_______。
(6)受热后可制得物质A，写出物质A的一种用途：_______。
18．（2023·广东汕头·统考一模）电解金属锰阳极渣(主要成分，杂质为、、元素的化合物)和黄铁矿为原料可制备，其流程如图所示：
已知：、，回答下列问题：
(1)锰原子价层电子的轨道表示式为_______，它处于周期表的_______区，中的化合价为_______。
(2)“酸浸”时，所用的稀酸X是_______。
(3)“酸浸”过程中，、的质量浓度、浸出率与时间的关系如图1所示。
内，浸出元素的主要离子方程式为_______。
(4)若“净化”过程中的浓度为，则此时的浓度为_______。
(5)是一种两性氧化物，用软锰矿(主要成分为，含少量铁的氧化物)和可制备高纯。保持投料量不变，随与投料比增大，软锰矿还原率和氢氧化钡的产率的变化如图2所示。当时，产率减小的原因是_______。
(6)碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取碳酸锰(摩尔质量)加热，固体物质的质量随温度的变化如图3所示。
527.4℃时，生成相应固体物质的化学方程式为_______。
19．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）水系锌离子电池，为正极、Zn箔为负极、溶液作电解质溶液。实验室以含矾废料(含、CuO、MnO、、、有机物等)为原料制备的一种流程如图所示：
已知：25℃时，相关难溶电解质的溶度积常数如下表所示：
难溶电解质 CuS
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的为_____________________________。
(2)“酸溶”后，若溶液中，开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH分别为__________、__________(溶液中离子浓度，认为该离子沉淀完全；)。
(3)某学习小组为探究在溶液中存在着微弱的电离平衡，进行下面的实验。
①向溶液中逐滴加入氨水至过量，反应的现象为__________。
②将①得到的溶液均分在两只试管中，第一支试管中，滴加适量的溶液，无现象；第二支试管中，滴加溶液，有黑色的沉淀生成。分析这两种实验现象，得出的结论是__________。
③在②的第二支试管中，继续滴加足量的溶液，并过滤，得到无色滤液，说明的问题及解释是______________________________。
(4)写出“沉锰”反应的离子方程式：____________________。
(5)水系锌离子电池工作时出现容量衰减，是由于作为电池正极，材料通过的和质子共嵌入实现的，已知的嵌入生成了，用电极反应式表示为__________。
20．（2023·广东·惠州一中模拟预测）碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
已知：①Sr(OH)2为强碱，Cr(OH)3为两性氢氧化物；
②常温下，各物质的溶度积常数如表所示。
化合物 Cr(OH)3 Ca(OH)2 Mg(OH)2 SrCO3
Ksp近似值
回答下列问题：
(1)气体A的电子式为_____________。
(2)“酸化”步骤发生如下反应：，则“还原”时发生反应的离子方程式为______________。
(3)滤渣1的主要成分为_____________，滤渣2的主要成分为_____________(填化学式)。
(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不直接用NaOH调节溶液的pH≈13的原因是_____________。
(5)“碳化”时，反应的化学平衡常数K的计算关系式为_____________。(用相关平衡常数表达，已知碳酸的电离常数为Ka1、Ka2)
(6)上述流程合成的碳酸锶与TiO2在高温下反应，可以制得高温超导基片材料SrTiO3，SrTiO3的立方晶胞结构如图所示，其中Ti处在体心位置，Sr与Ti的最近距离为a nm，已知SrTiO3的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则SrTiO3晶体的密度为_____________g/cm3(列出M、NA、a相关的算式即可)。
21．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）碲化镉玻璃中主要含有CdTe(其中含有少量Fe、Ni、Mg、Si、O等元素组成的化合物)，工业上利用废弃碲化镉(CdTe)玻璃回收其中金属的工艺流程如下。
已知：①常温时，有关物质的如下表。
②当溶液中离子浓度小于时，可认为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)在“焙烧”时为提高效率可采用的措施有_______(答出一条即可)。写出“浸渣”的工业用途：_______。
(2)实验室中，“操作A”需要的玻璃仪器有_______。“高温尾气”中的在水溶液中可用将其还原为Te单质，写出该反应的化学方程式：_______。
(3)“氧化除铁”步骤中可以先调节pH为5，然后再加入，则此时被氧化的离子方程式为_______。
(4)测得“滤液I”中浓度为，取1L滤液，则至少加入_______g固体才能使沉淀完全。
(5)取1吨含碲化镉80%的废弃玻璃，最终回收得到0.64吨，则硫酸镉的回收率为_______(保留三位有效数字)。
三、结构与性质
22．（2023·广东·华南师大附中校联考模拟预测）工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如图所示：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ Mn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 7.4 8.1 6.9
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.0 9.4 10.1 8.9
已知：①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe3+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。
②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2。
③氧化性强弱顺序：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+
(1)基态Zn原子的简化电子排布式为[Ar]_______，ZnO溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+，1 mol [Zn(NH3)4]2+共有_______mol的σ键。
(2)①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是_______。(写一条即可)
②“调pH”时，可替代ZnO的一种含锌化合物是_______。(用化学式表示)
③“调pH”时，若pH=5.5，此时溶液中Zn2+的最大浓度c=_______mol/L。
(3)写出“氧化除杂”时KMnO4溶液与Mn2+反应的离子方程式_______。
(4)“还原除杂”除去的离子是_______；加入的还原剂是_______。
(5)“沉锌”时生成ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O (碱式碳酸锌)沉淀，该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO。氧化锌的一种晶体的晶胞是立方晶胞(如图所示)，其中与锌原子距离最近的O原子数有_______个，请在图中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图_______。
参考答案：
1．C
【详解】A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，氢氧根浓度减小，根据电离常数可知＝，温度不变，电离常数不变，氢氧根浓度减小，则比值增大，A错误；
B．浓度均为0.1 mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，则c(CO)
D．常温下，已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2Cr2O4)＝2.0×10－12， Ag2CrO4悬浊液中c(Ag+)=，AgCl悬浊液中c(Ag+)=，则Ag2CrO4悬浊液的c(Ag+)一定大于AgCl悬浊液中的c(Ag+)，D错误；
故选：C。
2．A
【详解】A．设NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量都为1mol，则OH-剩余1mol，离子方程式为：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，A正确；
B．将Fe2O3溶于过量HI溶液，溶解生成的Fe3+能将I-氧化为I2，所以最终产物为Fe2+、I2等，Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，B不正确；
C．向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液，由于Ag2S的溶解度比AgCl更小，所以发生反应：2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)，C不正确；
D．H2SO3为弱酸，则应以化学式表示，向酸性KMnO4溶液中滴加NaHSO3溶液：2+5+H+=2Mn2++5+3H2O，D不正确；
故选A。
3．A
【详解】A．向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠，缓慢产生气泡说明乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢，故A正确；
B．甲苯是苯的同系物，分子中不含有碳碳双键，故B错误；
C．向含有少量氯化铜的氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀可能是因为镁离子的浓度大于铜离子浓度，则产生白色沉淀不能说明氢氧化镁的溶度积小于氢氧化铜，故C错误；
D．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，则试纸先变蓝，后褪色不能说明次氯酸钠溶液呈中性，故D错误；
故选A。
4．D
【详解】A．向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成，是因为氧化钙能和二氧化硫等气体反应，体现了CaO具有碱性氧化物的通性，故A不符合题意；
B．汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染，是排气系统中CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成无毒气体氮气和二氧化碳减少污染，故B不符合题意；
C．聚乳酸具有生物可降解性，易于降解可减少白色污染，故C不符合题意；
D．向工业废水中添加FeS以除去废水中的，是铜离子和FeS生成了硫化铜沉淀，没有体现FeS还原性，故D符合题意；
故选D。
5．B
【详解】A．用溶液吸收废气过程中，和溶液反应生成NaHSO3，离子方程式为：，故A正确；
B．HBr是强酸，在离子方程式中要拆，故B错误；
C．CaCO3的溶解度小于，用溶液处理锅炉水垢中的，可以转化为CaCO3，离子方程式为：，故C正确；
D．S与溶液反应生成，离子方程式为：，故D正确；
故选B。
6．A
【详解】A．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2-不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明，故A正确；
B．向盐酸中加入氨水至中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+=+c(OH-)，则=，，故B错误；
C．0.01 溶液中存在电荷守恒：，故C错误；
D．碳碳双键和醛基均能与溴水反应而使溴水褪色，则向丙烯醛中加入溴水，溴水褪色，不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，故D错误；
故选A。
7．D
【详解】A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，AgCl沉淀转化为硫化银沉淀，，A正确；
B．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液，离子方程式为：，B正确；
C．向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液，离子方程式为，C正确；
D．硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，D错误；
故选D。
8．A
【详解】A．室温下，向浓度为弱酸HA溶液中，滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液的溶质为NaA，溶液的pH与即-lgc(H+)-()=- lgc(H+)==lg，Ka为定值，故溶液的pH与的差为定值，A正确；
B．常温下， H2SeO4的电离方程式：，，浓度均为的①溶液中只存在，②溶液存在，，且第一步电离产生的H+抑制了第二步电离，③溶液中存在Na2SeO4=2Na++，+H2O+OH-，且水解程度很小，故由大到小的顺序为③>①>②，B错误；
C．虽然NH4Cl溶液由于水解也呈酸性，但同浓度的NH4Cl溶液和盐酸中H+浓度不相等，故加水稀释相同倍数时不相等，C错误；
D．一般一个反应的化学平衡常数大于105便认为能够自发进行，已知反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+的平衡常数K======7.1×1014远大于105，故将硫化氢气体通入硫酸铜溶液中，能发生反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+ ，D错误；
故答案为：A。
9．D
【详解】A．S的最低价为-2价，具有较强的还原性，陈述Ⅰ正确，与Cu2+反应生成极难溶于水的CuS，用于除去废水中的，陈述Ⅱ正确，但两者间不具有因果关系，A不符题意；
B．溶液因铁离子水解呈酸性，溶液可与Cu反应从而用于腐蚀铜电路板，两陈述均正确，但是没有因果关系，B不符题意；
C．Na能与二氧化碳反应生成氧化钠和碳，且Na燃烧产生的过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气助燃，故着火不能用灭火，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，C不符题意；
D．铁比铜易失电子，故铁比铜活泼，Cu、Fe、潮湿的空气会形成原电池，Fe作负极加速腐蚀，故铜板上的铁钉在潮湿空气中更容易生锈，两陈述均正确，且有因果关系，D符题意；
答案选D。
10．B
【详解】A．湿润的红色石蕊试纸变蓝说明有氨气产生，该溶液可能为浓氨水，化学式为NH3 H2O，属于碱，不一定是铵盐，故A错误；
B．偏铝酸根离子可促进碳酸氢根离子的电离，生成白色沉淀为氢氧化铝，说明明结合的能力强于，故B正确；
C．盐酸易挥发，二氧化碳中混有氯化氢，则不能证明碳酸的酸性比硅酸强，则不能用于比较非金属性，故C错误。
D．NaOH过量，滴加氯化铁直接与NaOH反应生成氢氧化铁程度，为沉淀生成，不发生沉淀转化，不能比较Ksp，故D错误；
故选：B。
11．(1)250mL容量瓶、胶头滴管
(2)粉碎矿石或适当升高温度或搅拌
(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O
(4)使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀
(5)NH3
(6)减少MnSO4·H2O晶体的损失
(7)混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水
【分析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体。
【详解】（1）实验室配制250mL 4.8 mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250mL容量瓶，胶头滴管。
（2）为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积、加热、搅拌等。
（3）MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO4、MnSO4、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平方程式为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O。
（4）根据提示Fe3+的pH沉淀范围：1.5~3.2，Cu2+的pH沉淀范围为：4.4~6.4，可知当pH=4时，使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀。
（5）本流程中NH4HCO3分解生成NH3，NH3可循环使用。
（6）由于MnSO4·H2O不溶于乙醇，故使用乙醇洗涤可以促进晶体形成，减少MnSO4·H2O晶体的损失。
（7）质量分数大于100%，说明了硫酸锰晶体中可能混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水。
12．(1) PbSO4 5.0
(2)
(3) y=3-0.5x H2SO4的加入会抑制铁离子的水解
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶 1
【分析】转炉烟尘加入硫酸酸浸，Cu、Zn、Sb转化为硫酸盐，As转化为H3AsO4，铅生成硫酸铅沉淀成为酸浸渣；滤液加入氢氧化钙调节pH，As、Sb转化为沉淀，过滤滤液2加入铜萃取剂萃取分液，水相处理得到硫酸锌，有机相加入硫酸蒸馏分离得到硫酸铜溶液，加入铁生成铜和硫酸亚铁，过滤滤液3加入硫酸酸化后浓缩，浓缩液加入氧化剂NaClO3制取聚合硫酸铁；
【详解】（1）由分析可知，“酸浸渣”所含金属化合物是PbSO4。常温下，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20，溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L时，，则pOH=9.0，此时调节“酸浸液”pH为5.0；
（2）酸浸中H3AsO4和加入的氢氧化钙浊液石灰乳生成Ca3(AsO4)2·Ca(OH)2，反应为；
（3）①根据化合价代数和为零可知，2×（+3）+x×（-1）+y×（-2）=0，则y=3-0.5x；
②铁离子水解生成氢离子，硫酸为强酸会电离出氢离子；“滤液3”中H2SO4的加入会抑制铁离子的水解，导致产品的盐基度减小；
（4）①“萃余液”经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤，得到ZnSO4·7H2O晶体。
②假设初始ZnSO4·7H2O为1mol，质量为287g，ZnSO4·7H2O中ZnSO4质量为161g；加热到145℃时得到ZnSO4·xH2O，固体质量为287g×62.4%=179g，则结晶水的物质的量为，故其中x的值为1；
温度为1050℃时，ZnSO4固体完全分解为ZnO以及两种气体(只有一种是氧化物)，根据元素守恒可知，生成氧化物气体为二氧化硫，硫元素化合价降低，则氧元素化合价升高生成氧气，故该反应的化学方程式为。
13．(1)D
(2) 适当升高温度、增加氢氧化钠浓度（答案合理即可）
(3)H2O2
(4) 热水 2.22
(5) 正四面体 LiCl为离子晶体，分子晶体，离子晶体熔化破坏的是离子键，分子晶体熔化破坏的是分子间作用力，离子晶体熔点比分子晶体熔点高，所以两者的熔点相差很大
(6) LiC6
【分析】废旧电池经研磨后与氢氧化钠反应，主要溶解的是铝，得到的滤液1中主要有偏铝酸钠和过量的氢氧化钠，滤渣1再经过盐酸酸浸、氧化剂氧化转化为铁离子，过程III两次循环利用，为了提高锂离子浓度，浸出液中的和经碳酸钠调pH后与铁离子反应生成FePO4·2H2O，过滤得到的滤液，与碳酸钠反应得到碳酸锂粗品，最后再经过热水洗涤，干燥等一系列操作得到高纯Li2CO3。
【详解】（1）A．废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，可能导致过电等现象，造成人生命安全危险事故，A正确；
B．放电过程为原电池原理，电解质溶液中阳离子移向正极，即锂离子电池预放电时电池中的锂离子移向正极，B正确；
C．有机物熔沸点较低、大多数易燃，碳粉可燃，可知热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物等，C正确；
D．锂离子电池即使不含汞、镉、铅等有毒重金属，但里面有多种化学物质，因此不可用普通垃圾处理方法处理，否则会导致产生土壤污染、水污染，D错误；
故合理选项是D；
（2）过程Ⅰ为粉碎处理，为加快过程Ⅱ的反应速率，还可以采用的措施有适当升高温度、增加氢氧化钠浓度等措施；过程Ⅱ中足量NaOH溶液是为了溶解铝，其离子方程式为：；
（3）实验2生成的氯气会污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3相比，Li+的浸出率较高的是H2O2，所以最终选择H2O2作为氧化剂，故答案为：H2O2；
（4）在水中的溶解度不大，且溶解度随温度升高而减小，所以洗涤碳酸锂粗品时，为了使晶体更快析出，需用热水洗涤；
，滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率达到95.0%，则混合后滤液中c(Li+)==0.1mol/L，滤液③中c(CO)=mol/L=0.16mol/L，根据平衡思想可知，消耗锂离子的碳酸根离子浓度为=0.95mol/L，所以反应前碳酸钠离子浓度为0.16mol/L+0.95mol/L=1.11mol/L，因为是等体积混合，忽略反应前后溶液体积变化，所以加入的碳酸钠浓度应为=2.22mol/L，故答案为：2.22mol/L；
（5）的价层电子对数为4，孤电子对数为=0，所以其分子的空间结构为正四面体；LiCl为离子晶体，分子晶体，离子晶体熔化破坏的是离子键，分子晶体熔化破坏的是分子间作用力，离子晶体熔点比分子晶体熔点高，所以两者的熔点相差很大；
（6）由图可知，Li原子位于顶点，个数为，C原子位于面上和体内，个数为，则化学式为LiC6；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3142pm，石墨烯层间距离为335pm，又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为，晶胞体积为，结合密度公式，解得。
14．(1) 第4周期第Ⅷ族
(2)NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O
(3)4.7~7.4
(4)D
(5)C
(6)14.2%
【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣[主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3]和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：CoCl2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]Cl2+6H2O；H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3 +2NH3↑+2H2O，再将溶液在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。
【详解】（1）Co为27号元素，位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，基态Co2+的价层电子排布式为3d7，基态Co2+价层电子的电子排布图为： 。
（2）向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式：NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O。
（3）“除杂”过程中加Na2CO3调pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息、可知Ksp[Fe(OH)3]
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。由于带电量[Co(NH3)6]2+＜[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小，故B正确；
C．由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出，故C正确；
D．若快速冷却，不易形成晶形完整的晶体，故D错误；
故选D。
（5）A．溶液呈碱性，应该用碱式滴定管，故A错误；
B．滴定前溶液中发生反应：，向所得的溶液中2~3滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，滴定过程中发生反应，滴定完全时I2完全转化为I-，蓝色褪去，滴定时要适当控制滴定速度，接近终点时改加半滴溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点，故B错误；
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故C正确；
故选C。
（6）由题意可知：2Co3+~I2~2，n(Co3+)=n()=0.01mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，m(Co3+)=2.4×10-4mol×59g/mol=0.01416g，w(Co3+)==14.2%。
15．(1)+4
(2)NaAlO2
(3)10+6C 5Ni+2Co+3MnO+CO2↑+5 Li2CO3
(4) a 高于60℃，，反应非自发进行
(5)2.1×10-9
(6)稀H2SO4
【详解】（1）中的元素为价，和个数比为，根据化合价代数和为0，可知1+0.3×2+0.2×3+0.2×3+x×0.3+(-2)×2=0，求得x=4，元素化合价为+4，答案：+4；
（2）Al溶于NaOH生成NaAlO2，所得滤液中主要成分是NaAlO2，答案：NaAlO2；
（3）“还原焙烧”过程C做还原剂，将还原，由题中信息可知产物为Ni、Co、MnO、Li2CO3和CO2，所以发生反应的化学方程式10+6C 5Ni+2Co+3MnO+CO2↑+5 Li2CO3；
（4）反应自发进行需，由图中信息可知，高于60℃，，反应非自发进行，答案：a；高于60℃，，反应非自发进行；
（5）根据 ，求得为0.5mol，当固体恰好完全溶解时，生成LiHCO31mol，则c(Li+)=1mol/L，Ksp(Li2CO3)= ，解得 mol/L ，因为，解得，根据，解得，答案：2.1×10-9；
（6）根据“萃取”原理，反萃取时加入稀H2SO4，增大H+浓度，使反应向左进行。答案：稀H2SO4。
16．(1)+3
(2)适当升高温度、适当增压、将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当增大硫酸的浓度
(3) SiO2、H2SiO3或难溶性硅酸盐 4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O
(4)CD
(5) 99.9% MgSO4
【分析】由题干工艺流程图可知，向高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO·4SiO2·H2O、3MgO·4SiO2·H2O等)中加入O2、H2SO4进行氧压浸出，将铁元素转化为Fe2(SO4)3，镍元素转化为NiSO4、铜元素转化为CuSO4、镁元素转化为MgSO4，硫元素转化为S单质，过滤得到滤渣主要成分为SiO2和S，用铜离子萃取剂萃取出Cu2+，分液得到萃取液，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，向萃余液中加入Na2SO4和MgO进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6、过滤出沉淀，向滤液中加入MgO将Ni2+以Ni(OH)2的形成沉淀，最后对Ni(OH)2进行处理制得Ni，母液中主要溶质为MgSO4，据此分析解题。
【详解】（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带2个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为0可知中，元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高“氧压浸出”的速率，故答案为：将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度；
（3）由分析可知，“氧压浸出”的滤渣有S和SiO2，该环节中CuFeS2与H2SO4、O2反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、S和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为：4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O，故答案为：SiO2；4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O；
（4）A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，萃取平衡逆向移动，故可得到Cu2+，得不到单质Cu，A错误；
B．由题干分析结合小问1分析可知，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，B错误；
C．一定条件下，萃取平衡时，，即被萃取的Cu2+也就是形成CuR2的Cu2+是残留在溶液中的Cu2+的4倍，则的萃取率为=80%，C正确；
D．适当提高溶液则H+浓度减小，平衡正向移动，故可提高的萃取率，D正确；
故答案为：CD；
（5）已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时溶液中c(OH-)=10-5.5mol/L，溶液中残留的Ni2+浓度为：c(Ni2+)===0.0002mol/L，则此时的沉淀率为≈99.9%，由分析可知，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为MgSO4，故答案为：99.9%；MgSO4。
17．(1) 温度过高，的溶解度变小，反应不充分，温度过低，反应速率慢
(2)
(3)2.6
(4)
(5)
(6)制油漆、炼铁等(答案合理即可)
【分析】废合金加入硫酸溶液、通入氯气，氯化浸出，除去浸渣，浸液加入铁锡合金粉进行还原得到铜和Sn2+，溶液中调节pH后过滤得到Sn(OH)2，滤液进一步氧化，再加入碳酸氢铵沉铁，产生CO2，同时生成Fe(OH)3。
【详解】（1）氯气与铁反应得到，所以还有的金属阳离子为；对比和的，更难溶，所以浸渣的成分为；气体的溶解度随温度增大而降低，温度过高，Cl2的溶解度变小，反应不充分，温度过低，反应速率过慢；
（2）分析流程，“还原”反应后的生成物为和，故反应的化学方程式为；
（3），若，，所以；
（4）遇溶液产生蓝色沉淀，若被完全氧化，则无明显现象；
（5）根据流程，与发生相互促进的水解反应，生成物为和，可知离子方程式为；
（6）氢氧化铁受热后得到的物质A为氧化铁，可用于炼铁和制油漆等。
18．(1) d +2、+3
(2)稀硫酸
(3)
(4)
(5)过量的消耗了反应生成的Ba(OH)2
(6)
【分析】MnO2在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经一系列处理得到Mn3O4；据此分析解答。
【详解】（1）Mn原子序数为25，价电子排布图为 ，位于周期表中d区；中O为-2价，结合化合物中各元素的代数和为可知，中Mn的化合价既有+2价也有+3价，故答案为： ；d；+2、+3；
（2）由分析知，稀酸X为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（3）由图可知，内，Mn元素浸出率提高，含量明显增加，说明此时与反应生成Mn2+、、S等，对应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）由，的浓度为，可得：；再由，可得，故答案为：；
（5）由题意可知，二氧化锰与硫化钡反应生成氢氧化钡，因反应物是一种两性氧化物，当时，二氧化锰过量，过量的二氧化锰与氢氧化钡反应消耗氢氧化钡，导致其产率降低，故答案为：过量的消耗了反应生成的Ba(OH)2；
（6），则，；527.4℃时，，，可知：，则此时产物为：，反应方程式为：，故答案为：；
19．(1)加空气焙烧除去有机物，把V2O3氧化成V2O5
(2) 4.15 6.65
(3) 开始产生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解 溶液中Cu2+浓度比较小，大部分铜以的[Cu(NH3)4]2+形式存在 根据[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3，滴加Na2S溶液，产生沉淀CuS，使平衡向右移动，直到[Cu(NH3)4]2+反应完全，溶液变成无色
(4)2+Mn2+=MnCO3+H2O+CO2
(5)
【分析】含钒废料，加空气焙烧除去有机物，把V2O3氧化成V2O5，加硫酸溶解其它金属氧化物，过滤除去SiO2，调整pH除去铝离子和铜离子，形成Al(OH)3和Cu(OH)2沉淀过滤除去，加入过量的碳酸氢铵使锰离子沉淀，过滤除去，加入过量的硫酸铵形成混合液，利用溶解性不同浓缩得到钒酸铵，煅烧生成V2O5。
【详解】（1）加空气焙烧除去有机物，把V2O3氧化成V2O5，故答案为：加空气焙烧除去有机物，把V2O3氧化成V2O5。
（2）当c(Cu2+)=0.01mol L 1，铜离子开始沉淀，Ksp=2.2×10 22，，解得=2.2×10-20，，，则pH=4.15时铜离子开始沉淀；当c(Cu2+)=1.0×10 5mol L 1时，铜离子沉淀完全，=2.2×10-15，，，则当pH=6.65时铜离子沉淀完全，故答案为：4.15；6.65。
（3）开始产生蓝色碱式硫酸铜沉淀，氨水过量后沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+；CuS的溶度积比Cu(OH)2的溶度积小，滴加适量的0.1mol L 1NaOH溶液，无现象，滴加0.1mol L 1Na2S溶液有黑色沉淀生成， 根据[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3，说明溶液中Cu2+浓度比较小，大部分铜以的[Cu(NH3)4]2+形式存在；继续滴加Na2S溶液，根据[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3，平衡向右移动，直到[Cu(NH3)4]2+反应完全，溶液变成无色，故答案为：开始产生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解；溶液中Cu2+浓度比较小，大部分铜以的[Cu(NH3)4]2+形式存在；根据[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3，滴加Na2S溶液，产生沉淀CuS，使平衡向右移动，直到[Cu(NH3)4]2+反应完全，溶液变成无色。
（4）碳酸氢铵和锰离子生成碳酸锰沉淀、水和二氧化碳，离子反应方程式为2+Mn2+=MnCO3+H2O+CO2，故答案为：2+Mn2+=MnCO3+H2O+CO2。
（5）V2O5为正极，Zn2+的嵌入生成了ZnxV2O5，电极反应式为，故答案为：。
20．(1)
(2)+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O
(3) Cr (OH)3 Ca(OH)2、Mg(OH)2
(4)防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低
(5)
(6)
【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等 )加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7 ~ 8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr (OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
【详解】（1）根据上述分析可知气体A是CO2，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为；
（2）酸化时转化为，在还原时与H2C2O4发生反应产生Cr3+、CO2、H2O，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知还原反应的离子方程式为：+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（3）根据上述分析可知滤渣1的主要成分是Cr (OH)3；再加NaOH溶液，调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，则滤渣2主要成分是Ca(OH)2、Mg(OH)2；
（4）根据题意可知Cr (OH)3是两性氢氧化物，若使用NaOH溶液调整溶液pH时，若pH过大会导致Cr (OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低；
（5）反应的化学平衡常数K=；
（6）在该晶胞中Sr原子个数为8×=1，含有O原子个数为6×=3，含有Ti原子个数是1，则在1个晶胞中含有1个SrTiO3，晶胞中Sr与Ti原子之间距离为体对角线的，假设晶胞边长为L，，L=，则该晶体密度ρ=。
21．(1) 粉碎(其他合理答案也给分) 光导纤维(或冶炼硅)
(2) 分液漏斗、烧杯
(3)
(4)1.85g
(5)92.3%
【详解】（1）焙烧时将矿物粉碎可增大与氧气的接触面积，提高效率；浸渣的主要成分为，工业上可用作光导纤维，也可用于冶炼硅；
（2）操作A是萃取分液操作，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；根据信息在水溶液中被还原为Te单质，则被氧化为，由此可写出反应的化学方程式为；
（3）在pH=5时，溶液仍然呈酸性，但根据的溶度积可以计算出在pH=5时已经完全沉淀，根据化合价升降相等和原子守恒可以配平写出离子方程式；
（4）1L含的滤液加入时反应的离子方程式为，生成0.01mol沉淀，此时溶液中，根据的溶度积可计算出此时溶液中，沉淀中有，所以加入的固体为0.05mol，质量为1.85g；
（5）根据原子守恒找出关系式进行计算：，理论可制得的质量为吨，所以的回收率为。
22．(1) 3d104s2 16
(2) 加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎 ZnCO3或Zn(OH)2或ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O 1
(3)
(4) Ni2+、Cd2+ Zn
(5) 4
【分析】由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、 Fe、 Mn等元素)制备ZnO，加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO4氧化除杂使铁离子、锰离子转化为Fe(OH)3、MnO2，除去Fe3+、Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Ca2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。
【详解】（1）Zn是30号元素，根据构造原理，可知基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2，则其简化的电子排布式是[Ar] 3d104s2；
在络离子[Zn(NH3)4]2+中含有4个配位体NH3，配位体与中心Zn2+形成4个配位键；每个配位体中含有3个N-H共价键，配位键及N-H共价键都是σ键，故在1个络离子中含有σ键数目是4+3×4=16个，则在1 mol[Zn(NH3)4]2+中含有16 molσ键；
（2）①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎等；
②在调整溶液pH时，除降低溶液pH，不能引入新的杂质离子，可替代ZnO的一种含锌化合物可以是ZnCO3或Zn(OH)2或ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O；
③根据表格信息可知当Zn2+浓度为0.1 mol/L时，其形成Zn(OH)2沉淀需要溶液pH=6.0，则Zn(OH)2的溶度积产生Ksp[Zn(OH)2]=0.1×(10-8)2=1.0×-17。若调整溶液pH=5.5，c(H+)=10-5.5 mol/L，则c(OH-)=，则此时溶液中Zn2+最大浓度c=；
（3）在氧化除杂时，KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应产生MnO2，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为；
（4）根据流程图可知：在还原除杂之前，已经除去了杂质离子Fe3+、Mn2+，要使还原除杂后溶液中仅含有金属阳离子Zn2+，需除去溶液中的杂质离子Ni2+、Cd2+；由于离子的氧化性顺序为：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，故加入的还原剂可以是金属Zn；
（5）以上底面心Zn原子为研究对象，在一个晶胞中与该Zn原子距离最近的O原子数有2个，通过该平面可以形成2个晶胞，故在晶胞中与Zn原子距离且最近的O原子数共有4个；
关键晶胞结构可知：晶胞在Z轴的投影情况是：Zn原子位于正方形的四个顶点上，四条棱边中心上和面心上，4个O原子分别位于面内对角线离顶点处，可用图示可表示为。
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