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高考化学模拟试题分类汇编专题3金属及其化合物-金属材料及金属矿物的开发利用含解析答案
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这是一份高考化学模拟试题分类汇编专题3金属及其化合物-金属材料及金属矿物的开发利用含解析答案，共17页。
② ；
③ 。
(2)下列有关高炉炼铁的说法正确的是
a．增加高炉的高度可以提高CO的利用率
b．三个反应均为吸热反应
c．从高炉炉顶出来的气体中含有没有利用的CO气体
d．只有步骤②的反应是可逆反应
2．铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：
(1)沉淀A的成分是(填化学式) 。
(2)步骤②中加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式，除了H++OH-=H2O还有：
、 ；
(3)步骤③中通入过量CO2气体的离子方程式有 ；
3．下图所示是从铝土矿(主要成分是，含、等杂质)中提取氧化铝的工艺流程之一。已知：能和氢氧化钠反应，不和盐酸反应。
回答下列问题：
(1)用盐酸溶解铝土矿后，所得溶液中的阳离子有 。
(2)固体的主要成分是 。
(3)进行步骤Ⅱ时，为了达到分离要求，加入的应过量。进行步骤Ⅲ时，一般通入过量，其反应的化学方程式是 。
(4)溶液和盐酸反应的离子方程式为 。
4．金属钛（）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。一种由钛铁矿[主要成分是钛酸亚铁，还含有少量、等杂质]为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品绿砜的工业生产流程如下图所示。
已知：①易水解为。②在时生成沉淀，时沉淀完全。③高温下钛易与等反应．
(1)钛的性质比铁活泼，但金属钛具有较强的抗腐蚀性，原因可能是 。
(2)“酸浸”后钛主要以存在，写出相应反应的离子方程式 。
(3)某实验小组为探究混合液中加入铁粉的最佳反应条件，进行了下列有关实验。
①在其它条件不变的情况下，体系中[指和等含正三价铁元素的微粒]含量随变化如图1，由图可知，还原体系中的最佳范围为 ，试分析，在介于之间时，量基本保持不变的原因： 。
②保持其它条件不变，体系中含量随温度变化如图2，由图可知，还原体系中的最佳反应温度为 。
(4)“高温氯化”时生成和一种可燃性气体，反应的化学方程式为 ；“高温氯化”反应理论计算结果显示，在条件下达到平衡时，几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于，其原因是 （写一种）。
(5)经处理后，流程中可循环利用的物质除外，还有 （填化学式）。
(6)镁高温下冶炼制取钛时需加保护气，下列可作为保护气的是 （填标号）。
a． b．Ar c． d．
5．活性氧化锌(ZnO)常用于医药、涂料、陶瓷等。某科研小组以锌废料(主要成分是ZnSO4和ZnO，含少量的Fe、Cu、Pb、As等元素以及油污)为原料制备活性氧化锌及回收其他金属元素，流程如图。
已知几种金属离子生成氢氧化物的pH如下表：
回答下列问题：
(1)As的原子结构示意图为。FeAsO4中铁的化合价为 价。
(2)“浸取”中，适当加热能提高浸取速率，但是温度过高，浸取速率反而降低，其主要原因是 。
(3)a的范围为 。“除铁”时发生氧化还原反应的离子方程式为 。
(4)金属M的化学式为 。
(5)“沉锌”的滤液采用 、 ，过滤、洗涤、干燥等一系列操作，得到铵态氮肥。
(6)“高温焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 。
6．热敏材料VO2可用于航天器的智能热辐射器，可用氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵[化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O]为原料制备。已知VO2+在酸性条件下易被氧化，氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的制备流程如图：
回答下列问题：
(1)步骤一盐酸不宜过量，原因可能 ；生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
(2)步骤二可在如图装置中进行。
①仪器A的名称是 。
②接口的连接顺序为a→ 。
③实验开始时，先关闭K2，打开K1，当 时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
(3)测定产品纯度
称取ag样品用稀硫酸溶解后，加入•L-1KMnO4溶液，VO2+化成VO，向反应后溶液中滴加0.025ml•L-1Na2SO3标准液，至剩余的KMnO4溶液恰好反应完全，消耗Na2SO3标准液20.00mL。
①取用KMnO4溶液不能使用 式滴定管，滴定至反应终点的实验现象为 。
②下列情况会导致产品纯度偏小的是 (填标号)。
A.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
B.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
C.Na2SO3溶液部分变质
D.滴定达终点时，俯视刻度线读数
7．以软锰矿(主要成分为，含少量等的氧化物)为原料，某研究所设计由软锰矿制备的生产流程如下：
已知：固体和溶液的颜色均为墨绿色。
回答下列问题：
(1)“熔融、煅烧”时，参与反应的化学方程式为 。
(2)向“浸取”液中通入调节其，经“过滤”得滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ的成分为 (填化学式)。
(3)锰元素的氧化态-吉布斯自由能图如图所示，该图具有多方面的应用。
①可判断不同氧化态的锰元素在水溶液中的相对稳定性。由图可知，在酸性溶液中是锰的最稳定态，则在碱性溶液中 (填化学式)是锰的最稳定态。
②可预测歧化反应发生的可能性。若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的上方，则该氧化态不稳定，能发生歧化反应，生成其相邻两氧化态。反之，若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的下方，则该氧化态是相对稳定的。由图可知，在 (填“酸性”或“碱性”)环境中更易发生歧化反应，由此可知，“歧化”时加入冰醋酸的目的是 (结合化学平衡移动原理解释)。“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是 (填字母)。
a．稀硫酸 b．亚硫酸 c．氢溴酸 d．乙二酸
(4)“结晶”时，当 (填现象)时，停止加热，待自然冷却后，过滤即可获得紫黑色晶体。
(5)实验室用草酸标准溶液测定产品中高锰酸钾的纯度(已知：杂质不参与反应)，进行了如下操作：
步骤ⅰ．配制的标准氢氧化钠溶液；
步骤ⅱ．取草酸溶液，加入几滴酚酞溶液，用的标准氢氧化钠溶液标定，消耗氢氧化钠溶液；
步骤ⅲ．取样品溶于水，滴入几滴稀硫酸酸化，用已标定的草酸溶液进行滴定，达到滴定终点消耗草酸溶液。
①样品中高锰酸钾的纯度为 。
②高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热。若不加热，测定出的高锰酸钾的纯度会偏 (填“大”或“小”)。
8．ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上由菱锌矿(主要成分为ZnCO3、ZnO，还含有少量Ni2O3、FeO、MgCO3、PbO2等杂质)制备ZnO的工艺流程如图所示：
已知：①常温下：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10-17；
②“溶浸”后的溶液所含金属离子主要有：Zn2＋、Fe2＋、Ni2＋、Mg2＋；
③氧化性顺序：Ni2＋>Zn2＋。
回答下列问题：
(1)基态Zn原子核外电子排布式为 。
(2)滤渣1的化学式是 ，“溶浸”过程中Ni2O3发生反应的离子方程式是 。
(3)已知“氧化”后溶液中c(Zn2＋)=1.2ml·L-1，“调pH”的pH范围是 (保留两位有效数字)。(已知：溶液中离子浓度小于等于10-5ml·L-1时，认为该离子沉淀完全。)“还原”时加入锌粉的目的是 。
(4)有机萃取剂HA与ZnSO4反应的化学方程式为2HA＋ZnSO4ZnA2＋H2SO4，则“反萃取”时加入试剂X的化学式是 。
(5)在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是 ，“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]，碱式碳酸锌升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体的成分是 (填化学式)。
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Fe3+
1.5
3.7
Zn2+
7.9
10.0
Fe2+
6.3
9.7
Cu2+
7.4
9.4
参考答案：
1．(1)
(2)c
【分析】焦炭与过量空气在高温条件下反应生成二氧化碳，二氧化碳又与焦炭在高温条件下生成一氧化碳，最终一氧化碳把赤铁矿中的铁还原出来。
【详解】（1）二氧化碳又与焦炭在高温条件下生成一氧化碳，一氧化碳把赤铁矿中的铁还原出来，所以步骤②③的化学方程式为：、；
（2）a．高炉的高度与平衡移动无关，增加高炉的高度不能提高一氧化碳的利用率，故a错误；
b．焦炭与过量空气在高温条件下反应生成二氧化碳的反应为放热反应，故b错误；
c．大多数一氧化碳与氧化铁反应，所以从高炉炉顶处出来的气体中含有没有利用的一氧化碳气体，故c正确；
d．步骤②的反应为，不是可逆反应，步骤③的反应为，不是可逆反应，故d错误；
故答案为：c。
2． SiO2 Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ Al3++4OH-=AlO2-+2H2O CO2+OH- = HCO3-；AlO2-+ CO2+2H2O = HCO3- +Al(OH)3 ↓
【分析】根据工艺流程得出试剂a为盐酸，氧化铝、氧化铁与盐酸反应生成氯化铝和氯化铁，而二氧化硅和盐酸不反应，沉淀A为二氧化硅，滤液中有氯化铝、氯化铁、过量盐酸，再加氢氧化钠溶液，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，沉淀B为氢氧化铁，滤液为偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，氢氧化铝加热变为氧化铝。
【详解】(1)二氧化硅不与盐酸反应，因此沉淀A的成分是(填化学式) SiO2，故答案为：SiO2。
(2)步骤②滤液主要是氯化铝、氯化铁、过量盐酸，加入过量NaOH溶液，先发生酸碱中和反应，再与铁离子和铝离子反应，发生反应的离子方程式，除了H++OH－ = H2O还有：Fe3++3OH－=Fe(OH)3↓、Al3++4OH－=AlO2－+2H2O；故答案为：Fe3++3OH－=Fe(OH)3↓、Al3++4OH－=AlO2－+2H2O。
(3)步骤③中通入过量CO2气体，先氢氧化钠和二氧化碳反应，再是偏铝酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，其离子方程式有CO2+OH－ = HCO3－；AlO2－+ CO2+2H2O = HCO3－ +Al(OH)3 ↓，故答案为：CO2+OH－ = HCO3－；AlO2－+ CO2+2H2O = HCO3－ +Al(OH)3 ↓。
3． 、、
【分析】根据流程图可知，铝土矿加入过量的盐酸，和氧化铝、氧化铁反应，二氧化硅不反应，故固体为二氧化硅，溶液2加入过量的氢氧化钠，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子生成偏铝酸根离子，故沉淀为氢氧化铁，通入过量的二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和溶液为碳酸氢钠，灼烧氢氧化铝生成氧化铝。
【详解】(1)用盐酸溶解铝土矿后，所得溶液中的阳离子有：、、；
(2)固体的主要成分是：；
(3)进行操作Ⅱ时，为了达到分离要求，为除尽铁离子，故加入的应该过量，得到偏铝酸钠溶液，通入过量，其反应的化学方程式是；
(4)溶液为碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，离子方程式为：。
4．(1)金属钛的表面，有一层致密的氧化膜，保护金属钛不被腐蚀
(2)
(3) 1～2 介于4～6之间时，铁离子水解完全，主要以形式存在 55
(4) 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品，提高效益
(5)
(6)b
【分析】钛铁矿与硫酸反应生成硫酸氧钛和硫酸亚铁，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，加入铁粉还原Fe3+，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，硫酸亚铁溶液通过加热浓缩，冷却结晶，过滤得到硫酸亚铁晶体；“酸浸”后钛主要以的形式存在，“水解”后钛以的形式存在，以此解题。
【详解】（1）钛有较强的抗腐蚀性的原因是由于表面有一层致密的氧化膜，保护金属钛不被腐蚀，钛的性质与铝相似，其抗腐蚀的原因与铝相似，原因可能是：金属钛的表面，有一层致密的氧化膜，保护金属钛不被腐蚀；
（2）根据流程可知，“酸浸”后生成了，相应反应的离子方程式为：；
（3）①铁粉是和三价铁离子反应，而pH较高时会生成氢氧化铁沉淀，不利于还原，故还原体系中的最佳范围为：1～2；
由Fe3+水解呈酸性，pH越大，越促进水解正向进行，则pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变，故答案为：pH介于4～6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在；
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示，由图可知，55℃是体系中Fe(Ⅲ)含量最低，故还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为55℃；
（4）根据流程图，TiO2、Cl2、焦炭在高温条件先生成CO，则另一产物为TiCl4，反应的化学方程式为；
实际生产需要考虑效益，所以为了提高反应速率，适当提高反应温度，可以在相同时间内得到更多的产品，故答案为：；为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品，提高效益；
（5）过滤②后的滤液在一定条件下水解后生成H2TiO3和硫酸，硫酸可用于“酸浸”，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有；
（6）由已知③可知高温下钛易与O2、H2反应，且镁会与N2、CO2反应，所以保护气可选用Ar，故选b。
5．(1)+3
(2)温度过高，会加快氨水分解(或挥发)(答案合理即可)
(3) 3.7≤a<7.4(或3.7~7.4) 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+
(4)Zn
(5) 蒸发浓缩 冷却(降温)结晶
(6)Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O
【分析】以锌废料(主要成分是ZnSO4和ZnO，含少量的Fe、Cu、Pb、As等元素以及油污)为原料制备活性氧化锌及回收其他金属元素的流程流程为：NH4Cl和氨水浸取锌废料，Pb元素转化为Pb(OH)Cl沉淀除去，Zn、Fe、Cu、As等元素进入溶液，加入FeCl3溶液，As元素转化为FeAsO4沉淀除去，加入H2O2溶液氧化Fe2+为Fe3+，调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，反应为H2O2+2Fe2++4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；再加入金属M将Cu2+置换生成Cu，根据除杂规则可知，为了不引入新的杂质，则加入过量的金属M为Zn；活性炭具有吸附作用，加入活性炭净化时除去油污；加入NH4HCO3沉锌，将Zn2+转化为碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，煅烧Zn2(OH)2CO3得到ZnO，反应为Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O，沉锌时的副产物为NH4Cl，NH4Cl易溶于水，可采用降温结晶法得到，一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解答。
【详解】（1）根据As的原子结构示意图可知，砷最高化合价为+5价，则FeAsO4中铁的化合价为铁为+3价，故答案为：+3；
（2）氨水具有挥发性，一水合氨受热易分解，则“浸取”步骤温度不能过高，故答案为：温度过高，加快氨水挥发和分解；
（3）“除铁”是为了回收Fe元素，调pH只能生成Fe(OH)3沉淀，其他离子不应产生沉淀，结合表中数据可知，a的范围为：3.7≤a＜7.4；H2O2具有强氧化性，能氧化Fe2+为Fe3+，调节溶液pH时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则“除铁”的离子方程式为H2O2+2Fe2++4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+，故答案为：3.7≤a＜7.4；H2O2+2Fe2++4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；
（4）由分析可知，流程是制备活性氧化锌，并且除杂时为了不引入新的杂质，该金属将Cu2+置换生成Cu,则为金属Zn，故答案为：Zn；
（5）“沉锌”的滤液中含有副产物NH4Cl,可用作氮肥，并且NH4Cl易溶于水，所以一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到铵态氮肥，故答案为：蒸发浓缩；冷却（降温）结晶；
（6）由分析可知，高温焙烧碱式碳酸锌时生成氧化性、二氧化碳气体和水，反应为Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O，故答案为：Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O。
6．(1) 在酸性条件下易被氧化变质，过量的盐酸还会与碳酸氢铵溶液反应，降低原料利用率
(2) 启普发生器 d→e→f→g→b→c 装置B中澄清石灰水变浑浊
(3) 碱 当滴入最后半滴Na2SO3标准液时，锥形瓶内溶液紫色褪去且半分钟内不再改变 AC
【分析】由实验装置图可知，装置A中盐酸与石灰石反应制备用于排尽装置中空气的二氧化碳气体，装置C中盛有的饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的氯化氢，装置D中溶液与碳酸氢铵溶液反应制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，装置B中盛有的澄清石灰水用于验证装置中的空气完全排尽，则装置的连接顺序为ACDB，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c。
【详解】（1）由题给流程可知，步骤一的目的是制备，由题给信息可知，若盐酸过量，在酸性条件下易被氧化变质，不利于的制备，且过量的盐酸还会与碳酸氢铵溶液反应，降低原料利用率；由题意可知五氧化二钒与和盐酸反应生成、氮气和水，反应的化学方程式为：；
（2）①仪器A的名称是启普发生器；
②由分析可知，装置的连接顺序为ACDB，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c；
③由分析可知，装置B中盛有的澄清石灰水用于验证装置中的空气完全排尽，则制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的具体操作为实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊，说明装置中空气已经排尽，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体；
（3）①KMnO4溶液具有强氧化性，故取用KMnO4溶液不能使用碱式滴定管；当亚硫酸钠溶液与酸性高锰酸钾溶液完全反应时，滴入最后半滴亚硫酸钠溶液，溶液会由紫色变为无色，则当滴入最后半滴亚硫酸钠标准液时，锥形瓶内溶液紫色褪去且半分钟内不再改变说明滴定达到滴定终点；
②A．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，下部附有的水分会稀释亚硫酸钠溶液，会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏大，导致所测产品纯度偏小，故A符合题意；
B．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测产品纯度偏大。故B不符合题意；
C．亚硫酸钠溶液部分变质会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏大，导致所测产品纯度偏小，故C符合题意；
D．滴定达终点时，俯视刻度线读数会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测产品纯度偏大，故D不符合题意；
故选AC。
7．(1)2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O
(2)Al(OH)3和H2SiO3
(3) MnO2 酸性 溶液中存在平衡3+2H2O 2+MnO2+4OH－，加入冰醋酸，可中和OH－，降低c(OH－)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率 a
(4)溶液表面出现晶膜
(5) 63.2% 偏大
【分析】软锰矿，其主要成分为MnO2，含少量等的氧化物等杂质，与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，墨绿色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促进平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，据此分析。
【详解】（1）由分析可知，“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
（2）根据分析，浸取液中含有KAlO2和K2SiO3，通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3；
（3）①在酸性溶液中Mn2+是锰的最稳定态，可知吉布斯自由能越小越稳定，则在碱性溶液中MnO2是锰的最稳定态，答案为：MnO2；
②由图可知，在酸性环境中明显位于它相邻两氧化态连线的上方，更易发生歧化反应，故答案为酸性；溶液中存在平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-，加入冰醋酸，可中和OH-，降低c(OH-)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率；加入冰醋酸的目的是调节溶液pH，KMnO4具有强氧化性，所以不能用还原性酸，乙二酸、亚硫酸、氢溴酸均具有还原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案选a；
（4）此操作为降温结晶，故当表面出现晶膜时，就应停止加热；
（5）①用酚酞做指示剂，草酸与NaOH发生反应：
结合题中数据得草酸溶液浓度=；
草酸与高锰酸钾发生反应：；样品中高锰酸钾的纯度为
②若不用水浴加热，反应太慢会使溶液颜色变化滞后，草酸溶液加入过多，体积偏大，则测得高锰酸钾物质的量偏大，故纯度偏大。
8．(1)或
(2)
(3) 将置换成单质而除去
(4)
(5) 过滤、洗涤、干燥 和或或
【分析】由题给流程可知，菱锌矿加入稀硫酸和Na2SO3溶浸时，Ni2O3在酸性条件下与Na2SO3反应转化为Ni2+，PbO2与稀硫酸反应转化为PbSO4，碳酸盐和其他金属氧化物与稀硫酸反应转化为可溶性硫酸盐，过滤得到含有PbSO4的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+后，加入NaOH溶液调节溶液pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后，向滤液中加入Zn，将Ni2+还原为Ni，过滤得到含Ni的滤渣2和滤液，再向滤液中加入有机萃取剂HX萃取，再反萃取分离出Zn元素，再加入Na2CO3溶液沉锌，过滤得到2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O，再灼烧分解制得氧化锌。
【详解】（1）Zn是30号元素，基态Zn原子核外电子排布式为或。
（2）由分析可知，滤渣1的化学式为；溶浸过程，Na2SO3将还原为Ni2+，由原子守恒的电子守恒可知发生的离子方程式为。
（3）调pH使Fe3+完全沉淀，而其他离子不沉淀，当Fe3+沉淀完全时，c(OH-)= ，，pH=3；Zn2+开始沉淀，，，pH=5.5，所以调pH范围为；“还原”时加入锌粉可以将Ni2+置换成Ni单质而除去。
（4）由反应2HA+ZnSO4ZnA2+H2SO4可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使Zn2+进入水相，X为。
（5）在“沉锌”后需将沉淀分离并除去表面的杂质，所以在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是过滤、洗涤、干燥；设2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O有1ml，其质量为583g；350℃时，剩余固体中不含碳元素，即碳全部以CO2形式存在，CO2有2ml，此时固体质423g，则固体质量减小583g-423g=160g，固体质量减少的为CO2和H2O的质量，设减少的H2O有x ml，则m(CO2)+m(H2O)=44g·ml-1×2ml+18g·ml-1×xml=160g，解得x=4，说明分解产生4ml H2O，而1ml中只有2ml结晶水，则Zn(OH)2分解产生2ml H2O，即有2ml Zn(OH)2分解，而1ml 2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O中有3ml Zn(OH)2，故还有1ml Zn(OH)2未分解，则余下固体为ZnO和Zn(OH)2，故答案为和或或。
② ；
③ 。
(2)下列有关高炉炼铁的说法正确的是
a．增加高炉的高度可以提高CO的利用率
b．三个反应均为吸热反应
c．从高炉炉顶出来的气体中含有没有利用的CO气体
d．只有步骤②的反应是可逆反应
2．铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：
(1)沉淀A的成分是(填化学式) 。
(2)步骤②中加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式，除了H++OH-=H2O还有：
、 ；
(3)步骤③中通入过量CO2气体的离子方程式有 ；
3．下图所示是从铝土矿(主要成分是，含、等杂质)中提取氧化铝的工艺流程之一。已知：能和氢氧化钠反应，不和盐酸反应。
回答下列问题：
(1)用盐酸溶解铝土矿后，所得溶液中的阳离子有 。
(2)固体的主要成分是 。
(3)进行步骤Ⅱ时，为了达到分离要求，加入的应过量。进行步骤Ⅲ时，一般通入过量，其反应的化学方程式是 。
(4)溶液和盐酸反应的离子方程式为 。
4．金属钛（）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。一种由钛铁矿[主要成分是钛酸亚铁，还含有少量、等杂质]为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品绿砜的工业生产流程如下图所示。
已知：①易水解为。②在时生成沉淀，时沉淀完全。③高温下钛易与等反应．
(1)钛的性质比铁活泼，但金属钛具有较强的抗腐蚀性，原因可能是 。
(2)“酸浸”后钛主要以存在，写出相应反应的离子方程式 。
(3)某实验小组为探究混合液中加入铁粉的最佳反应条件，进行了下列有关实验。
①在其它条件不变的情况下，体系中[指和等含正三价铁元素的微粒]含量随变化如图1，由图可知，还原体系中的最佳范围为 ，试分析，在介于之间时，量基本保持不变的原因： 。
②保持其它条件不变，体系中含量随温度变化如图2，由图可知，还原体系中的最佳反应温度为 。
(4)“高温氯化”时生成和一种可燃性气体，反应的化学方程式为 ；“高温氯化”反应理论计算结果显示，在条件下达到平衡时，几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于，其原因是 （写一种）。
(5)经处理后，流程中可循环利用的物质除外，还有 （填化学式）。
(6)镁高温下冶炼制取钛时需加保护气，下列可作为保护气的是 （填标号）。
a． b．Ar c． d．
5．活性氧化锌(ZnO)常用于医药、涂料、陶瓷等。某科研小组以锌废料(主要成分是ZnSO4和ZnO，含少量的Fe、Cu、Pb、As等元素以及油污)为原料制备活性氧化锌及回收其他金属元素，流程如图。
已知几种金属离子生成氢氧化物的pH如下表：
回答下列问题：
(1)As的原子结构示意图为。FeAsO4中铁的化合价为 价。
(2)“浸取”中，适当加热能提高浸取速率，但是温度过高，浸取速率反而降低，其主要原因是 。
(3)a的范围为 。“除铁”时发生氧化还原反应的离子方程式为 。
(4)金属M的化学式为 。
(5)“沉锌”的滤液采用 、 ，过滤、洗涤、干燥等一系列操作，得到铵态氮肥。
(6)“高温焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 。
6．热敏材料VO2可用于航天器的智能热辐射器，可用氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵[化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O]为原料制备。已知VO2+在酸性条件下易被氧化，氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的制备流程如图：
回答下列问题：
(1)步骤一盐酸不宜过量，原因可能 ；生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
(2)步骤二可在如图装置中进行。
①仪器A的名称是 。
②接口的连接顺序为a→ 。
③实验开始时，先关闭K2，打开K1，当 时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
(3)测定产品纯度
称取ag样品用稀硫酸溶解后，加入•L-1KMnO4溶液，VO2+化成VO，向反应后溶液中滴加0.025ml•L-1Na2SO3标准液，至剩余的KMnO4溶液恰好反应完全，消耗Na2SO3标准液20.00mL。
①取用KMnO4溶液不能使用 式滴定管，滴定至反应终点的实验现象为 。
②下列情况会导致产品纯度偏小的是 (填标号)。
A.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
B.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
C.Na2SO3溶液部分变质
D.滴定达终点时，俯视刻度线读数
7．以软锰矿(主要成分为，含少量等的氧化物)为原料，某研究所设计由软锰矿制备的生产流程如下：
已知：固体和溶液的颜色均为墨绿色。
回答下列问题：
(1)“熔融、煅烧”时，参与反应的化学方程式为 。
(2)向“浸取”液中通入调节其，经“过滤”得滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ的成分为 (填化学式)。
(3)锰元素的氧化态-吉布斯自由能图如图所示，该图具有多方面的应用。
①可判断不同氧化态的锰元素在水溶液中的相对稳定性。由图可知，在酸性溶液中是锰的最稳定态，则在碱性溶液中 (填化学式)是锰的最稳定态。
②可预测歧化反应发生的可能性。若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的上方，则该氧化态不稳定，能发生歧化反应，生成其相邻两氧化态。反之，若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的下方，则该氧化态是相对稳定的。由图可知，在 (填“酸性”或“碱性”)环境中更易发生歧化反应，由此可知，“歧化”时加入冰醋酸的目的是 (结合化学平衡移动原理解释)。“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是 (填字母)。
a．稀硫酸 b．亚硫酸 c．氢溴酸 d．乙二酸
(4)“结晶”时，当 (填现象)时，停止加热，待自然冷却后，过滤即可获得紫黑色晶体。
(5)实验室用草酸标准溶液测定产品中高锰酸钾的纯度(已知：杂质不参与反应)，进行了如下操作：
步骤ⅰ．配制的标准氢氧化钠溶液；
步骤ⅱ．取草酸溶液，加入几滴酚酞溶液，用的标准氢氧化钠溶液标定，消耗氢氧化钠溶液；
步骤ⅲ．取样品溶于水，滴入几滴稀硫酸酸化，用已标定的草酸溶液进行滴定，达到滴定终点消耗草酸溶液。
①样品中高锰酸钾的纯度为 。
②高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热。若不加热，测定出的高锰酸钾的纯度会偏 (填“大”或“小”)。
8．ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上由菱锌矿(主要成分为ZnCO3、ZnO，还含有少量Ni2O3、FeO、MgCO3、PbO2等杂质)制备ZnO的工艺流程如图所示：
已知：①常温下：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10-17；
②“溶浸”后的溶液所含金属离子主要有：Zn2＋、Fe2＋、Ni2＋、Mg2＋；
③氧化性顺序：Ni2＋>Zn2＋。
回答下列问题：
(1)基态Zn原子核外电子排布式为 。
(2)滤渣1的化学式是 ，“溶浸”过程中Ni2O3发生反应的离子方程式是 。
(3)已知“氧化”后溶液中c(Zn2＋)=1.2ml·L-1，“调pH”的pH范围是 (保留两位有效数字)。(已知：溶液中离子浓度小于等于10-5ml·L-1时，认为该离子沉淀完全。)“还原”时加入锌粉的目的是 。
(4)有机萃取剂HA与ZnSO4反应的化学方程式为2HA＋ZnSO4ZnA2＋H2SO4，则“反萃取”时加入试剂X的化学式是 。
(5)在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是 ，“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]，碱式碳酸锌升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体的成分是 (填化学式)。
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Fe3+
1.5
3.7
Zn2+
7.9
10.0
Fe2+
6.3
9.7
Cu2+
7.4
9.4
参考答案：
1．(1)
(2)c
【分析】焦炭与过量空气在高温条件下反应生成二氧化碳，二氧化碳又与焦炭在高温条件下生成一氧化碳，最终一氧化碳把赤铁矿中的铁还原出来。
【详解】（1）二氧化碳又与焦炭在高温条件下生成一氧化碳，一氧化碳把赤铁矿中的铁还原出来，所以步骤②③的化学方程式为：、；
（2）a．高炉的高度与平衡移动无关，增加高炉的高度不能提高一氧化碳的利用率，故a错误；
b．焦炭与过量空气在高温条件下反应生成二氧化碳的反应为放热反应，故b错误；
c．大多数一氧化碳与氧化铁反应，所以从高炉炉顶处出来的气体中含有没有利用的一氧化碳气体，故c正确；
d．步骤②的反应为，不是可逆反应，步骤③的反应为，不是可逆反应，故d错误；
故答案为：c。
2． SiO2 Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ Al3++4OH-=AlO2-+2H2O CO2+OH- = HCO3-；AlO2-+ CO2+2H2O = HCO3- +Al(OH)3 ↓
【分析】根据工艺流程得出试剂a为盐酸，氧化铝、氧化铁与盐酸反应生成氯化铝和氯化铁，而二氧化硅和盐酸不反应，沉淀A为二氧化硅，滤液中有氯化铝、氯化铁、过量盐酸，再加氢氧化钠溶液，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，沉淀B为氢氧化铁，滤液为偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，氢氧化铝加热变为氧化铝。
【详解】(1)二氧化硅不与盐酸反应，因此沉淀A的成分是(填化学式) SiO2，故答案为：SiO2。
(2)步骤②滤液主要是氯化铝、氯化铁、过量盐酸，加入过量NaOH溶液，先发生酸碱中和反应，再与铁离子和铝离子反应，发生反应的离子方程式，除了H++OH－ = H2O还有：Fe3++3OH－=Fe(OH)3↓、Al3++4OH－=AlO2－+2H2O；故答案为：Fe3++3OH－=Fe(OH)3↓、Al3++4OH－=AlO2－+2H2O。
(3)步骤③中通入过量CO2气体，先氢氧化钠和二氧化碳反应，再是偏铝酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，其离子方程式有CO2+OH－ = HCO3－；AlO2－+ CO2+2H2O = HCO3－ +Al(OH)3 ↓，故答案为：CO2+OH－ = HCO3－；AlO2－+ CO2+2H2O = HCO3－ +Al(OH)3 ↓。
3． 、、
【分析】根据流程图可知，铝土矿加入过量的盐酸，和氧化铝、氧化铁反应，二氧化硅不反应，故固体为二氧化硅，溶液2加入过量的氢氧化钠，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子生成偏铝酸根离子，故沉淀为氢氧化铁，通入过量的二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和溶液为碳酸氢钠，灼烧氢氧化铝生成氧化铝。
【详解】(1)用盐酸溶解铝土矿后，所得溶液中的阳离子有：、、；
(2)固体的主要成分是：；
(3)进行操作Ⅱ时，为了达到分离要求，为除尽铁离子，故加入的应该过量，得到偏铝酸钠溶液，通入过量，其反应的化学方程式是；
(4)溶液为碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，离子方程式为：。
4．(1)金属钛的表面，有一层致密的氧化膜，保护金属钛不被腐蚀
(2)
(3) 1～2 介于4～6之间时，铁离子水解完全，主要以形式存在 55
(4) 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品，提高效益
(5)
(6)b
【分析】钛铁矿与硫酸反应生成硫酸氧钛和硫酸亚铁，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，加入铁粉还原Fe3+，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，硫酸亚铁溶液通过加热浓缩，冷却结晶，过滤得到硫酸亚铁晶体；“酸浸”后钛主要以的形式存在，“水解”后钛以的形式存在，以此解题。
【详解】（1）钛有较强的抗腐蚀性的原因是由于表面有一层致密的氧化膜，保护金属钛不被腐蚀，钛的性质与铝相似，其抗腐蚀的原因与铝相似，原因可能是：金属钛的表面，有一层致密的氧化膜，保护金属钛不被腐蚀；
（2）根据流程可知，“酸浸”后生成了，相应反应的离子方程式为：；
（3）①铁粉是和三价铁离子反应，而pH较高时会生成氢氧化铁沉淀，不利于还原，故还原体系中的最佳范围为：1～2；
由Fe3+水解呈酸性，pH越大，越促进水解正向进行，则pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变，故答案为：pH介于4～6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在；
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示，由图可知，55℃是体系中Fe(Ⅲ)含量最低，故还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为55℃；
（4）根据流程图，TiO2、Cl2、焦炭在高温条件先生成CO，则另一产物为TiCl4，反应的化学方程式为；
实际生产需要考虑效益，所以为了提高反应速率，适当提高反应温度，可以在相同时间内得到更多的产品，故答案为：；为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品，提高效益；
（5）过滤②后的滤液在一定条件下水解后生成H2TiO3和硫酸，硫酸可用于“酸浸”，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有；
（6）由已知③可知高温下钛易与O2、H2反应，且镁会与N2、CO2反应，所以保护气可选用Ar，故选b。
5．(1)+3
(2)温度过高，会加快氨水分解(或挥发)(答案合理即可)
(3) 3.7≤a<7.4(或3.7~7.4) 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+
(4)Zn
(5) 蒸发浓缩 冷却(降温)结晶
(6)Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O
【分析】以锌废料(主要成分是ZnSO4和ZnO，含少量的Fe、Cu、Pb、As等元素以及油污)为原料制备活性氧化锌及回收其他金属元素的流程流程为：NH4Cl和氨水浸取锌废料，Pb元素转化为Pb(OH)Cl沉淀除去，Zn、Fe、Cu、As等元素进入溶液，加入FeCl3溶液，As元素转化为FeAsO4沉淀除去，加入H2O2溶液氧化Fe2+为Fe3+，调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，反应为H2O2+2Fe2++4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；再加入金属M将Cu2+置换生成Cu，根据除杂规则可知，为了不引入新的杂质，则加入过量的金属M为Zn；活性炭具有吸附作用，加入活性炭净化时除去油污；加入NH4HCO3沉锌，将Zn2+转化为碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，煅烧Zn2(OH)2CO3得到ZnO，反应为Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O，沉锌时的副产物为NH4Cl，NH4Cl易溶于水，可采用降温结晶法得到，一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解答。
【详解】（1）根据As的原子结构示意图可知，砷最高化合价为+5价，则FeAsO4中铁的化合价为铁为+3价，故答案为：+3；
（2）氨水具有挥发性，一水合氨受热易分解，则“浸取”步骤温度不能过高，故答案为：温度过高，加快氨水挥发和分解；
（3）“除铁”是为了回收Fe元素，调pH只能生成Fe(OH)3沉淀，其他离子不应产生沉淀，结合表中数据可知，a的范围为：3.7≤a＜7.4；H2O2具有强氧化性，能氧化Fe2+为Fe3+，调节溶液pH时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则“除铁”的离子方程式为H2O2+2Fe2++4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+，故答案为：3.7≤a＜7.4；H2O2+2Fe2++4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；
（4）由分析可知，流程是制备活性氧化锌，并且除杂时为了不引入新的杂质，该金属将Cu2+置换生成Cu,则为金属Zn，故答案为：Zn；
（5）“沉锌”的滤液中含有副产物NH4Cl,可用作氮肥，并且NH4Cl易溶于水，所以一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到铵态氮肥，故答案为：蒸发浓缩；冷却（降温）结晶；
（6）由分析可知，高温焙烧碱式碳酸锌时生成氧化性、二氧化碳气体和水，反应为Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O，故答案为：Zn2(OH)2CO32ZnO+CO2↑+H2O。
6．(1) 在酸性条件下易被氧化变质，过量的盐酸还会与碳酸氢铵溶液反应，降低原料利用率
(2) 启普发生器 d→e→f→g→b→c 装置B中澄清石灰水变浑浊
(3) 碱 当滴入最后半滴Na2SO3标准液时，锥形瓶内溶液紫色褪去且半分钟内不再改变 AC
【分析】由实验装置图可知，装置A中盐酸与石灰石反应制备用于排尽装置中空气的二氧化碳气体，装置C中盛有的饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的氯化氢，装置D中溶液与碳酸氢铵溶液反应制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，装置B中盛有的澄清石灰水用于验证装置中的空气完全排尽，则装置的连接顺序为ACDB，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c。
【详解】（1）由题给流程可知，步骤一的目的是制备，由题给信息可知，若盐酸过量，在酸性条件下易被氧化变质，不利于的制备，且过量的盐酸还会与碳酸氢铵溶液反应，降低原料利用率；由题意可知五氧化二钒与和盐酸反应生成、氮气和水，反应的化学方程式为：；
（2）①仪器A的名称是启普发生器；
②由分析可知，装置的连接顺序为ACDB，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c；
③由分析可知，装置B中盛有的澄清石灰水用于验证装置中的空气完全排尽，则制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的具体操作为实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊，说明装置中空气已经排尽，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体；
（3）①KMnO4溶液具有强氧化性，故取用KMnO4溶液不能使用碱式滴定管；当亚硫酸钠溶液与酸性高锰酸钾溶液完全反应时，滴入最后半滴亚硫酸钠溶液，溶液会由紫色变为无色，则当滴入最后半滴亚硫酸钠标准液时，锥形瓶内溶液紫色褪去且半分钟内不再改变说明滴定达到滴定终点；
②A．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，下部附有的水分会稀释亚硫酸钠溶液，会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏大，导致所测产品纯度偏小，故A符合题意；
B．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测产品纯度偏大。故B不符合题意；
C．亚硫酸钠溶液部分变质会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏大，导致所测产品纯度偏小，故C符合题意；
D．滴定达终点时，俯视刻度线读数会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测产品纯度偏大，故D不符合题意；
故选AC。
7．(1)2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O
(2)Al(OH)3和H2SiO3
(3) MnO2 酸性 溶液中存在平衡3+2H2O 2+MnO2+4OH－，加入冰醋酸，可中和OH－，降低c(OH－)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率 a
(4)溶液表面出现晶膜
(5) 63.2% 偏大
【分析】软锰矿，其主要成分为MnO2，含少量等的氧化物等杂质，与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，墨绿色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促进平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，据此分析。
【详解】（1）由分析可知，“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
（2）根据分析，浸取液中含有KAlO2和K2SiO3，通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3；
（3）①在酸性溶液中Mn2+是锰的最稳定态，可知吉布斯自由能越小越稳定，则在碱性溶液中MnO2是锰的最稳定态，答案为：MnO2；
②由图可知，在酸性环境中明显位于它相邻两氧化态连线的上方，更易发生歧化反应，故答案为酸性；溶液中存在平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-，加入冰醋酸，可中和OH-，降低c(OH-)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率；加入冰醋酸的目的是调节溶液pH，KMnO4具有强氧化性，所以不能用还原性酸，乙二酸、亚硫酸、氢溴酸均具有还原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案选a；
（4）此操作为降温结晶，故当表面出现晶膜时，就应停止加热；
（5）①用酚酞做指示剂，草酸与NaOH发生反应：
结合题中数据得草酸溶液浓度=；
草酸与高锰酸钾发生反应：；样品中高锰酸钾的纯度为
②若不用水浴加热，反应太慢会使溶液颜色变化滞后，草酸溶液加入过多，体积偏大，则测得高锰酸钾物质的量偏大，故纯度偏大。
8．(1)或
(2)
(3) 将置换成单质而除去
(4)
(5) 过滤、洗涤、干燥 和或或
【分析】由题给流程可知，菱锌矿加入稀硫酸和Na2SO3溶浸时，Ni2O3在酸性条件下与Na2SO3反应转化为Ni2+，PbO2与稀硫酸反应转化为PbSO4，碳酸盐和其他金属氧化物与稀硫酸反应转化为可溶性硫酸盐，过滤得到含有PbSO4的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+后，加入NaOH溶液调节溶液pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后，向滤液中加入Zn，将Ni2+还原为Ni，过滤得到含Ni的滤渣2和滤液，再向滤液中加入有机萃取剂HX萃取，再反萃取分离出Zn元素，再加入Na2CO3溶液沉锌，过滤得到2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O，再灼烧分解制得氧化锌。
【详解】（1）Zn是30号元素，基态Zn原子核外电子排布式为或。
（2）由分析可知，滤渣1的化学式为；溶浸过程，Na2SO3将还原为Ni2+，由原子守恒的电子守恒可知发生的离子方程式为。
（3）调pH使Fe3+完全沉淀，而其他离子不沉淀，当Fe3+沉淀完全时，c(OH-)= ，，pH=3；Zn2+开始沉淀，，，pH=5.5，所以调pH范围为；“还原”时加入锌粉可以将Ni2+置换成Ni单质而除去。
（4）由反应2HA+ZnSO4ZnA2+H2SO4可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使Zn2+进入水相，X为。
（5）在“沉锌”后需将沉淀分离并除去表面的杂质，所以在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是过滤、洗涤、干燥；设2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O有1ml，其质量为583g；350℃时，剩余固体中不含碳元素，即碳全部以CO2形式存在，CO2有2ml，此时固体质423g，则固体质量减小583g-423g=160g，固体质量减少的为CO2和H2O的质量，设减少的H2O有x ml，则m(CO2)+m(H2O)=44g·ml-1×2ml+18g·ml-1×xml=160g，解得x=4，说明分解产生4ml H2O，而1ml中只有2ml结晶水，则Zn(OH)2分解产生2ml H2O，即有2ml Zn(OH)2分解，而1ml 2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O中有3ml Zn(OH)2，故还有1ml Zn(OH)2未分解，则余下固体为ZnO和Zn(OH)2，故答案为和或或。
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