闪锌矿中的Fe元素主要以什么形式存在?氧化物,还是硫化物?

A、干电池是一种将化学能转变为电能的装置，故A正确；
B、阳极处生成发生氧化反应，失电子，电极反应式为：Mn²⁺-2e^-+2H₂O═MnO₂+4H⁺，故B正确；
C、生成32g的硫转移2mol的电子，每析出12.8g S沉淀，
12.8g
32g×2mol电子，即共转移0.8mol电子，故C正确；
D、步骤③的反应不可以设计成原电池，不是自发的氧化还原反应，故D错误；
故选D．

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题是金属的冶炼和氧化还原反应结合原电池原理综合考查，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，并熟悉氧化还原反应中的概念来解答，题目难度不大．

（1）流程图分析生成沉淀硫，MnO₂、CuS与硫酸反应生成MnSO₄、CuSO₄、H₂O，配平书写化学方程式为：MnO₂+CuS+2H₂SO₄=S↓+MnSO₄+CuSO₄+2H₂O，
故答案为：MnO₂+CuS+2H₂SO₄=S↓+MnSO₄+CuSO₄+2H₂O；
（2）图表数据分析，pH至5.2～5.4时铁离子和铝离子全部沉淀；Ⅲ中加入MnO₂的作用是做氧化剂氧化亚铁离子易于调节溶液PH全部沉淀，
故答案为：Fe（OH）₃、Al（OH）₃；将Fe²⁺氧化成Fe³⁺；
（3）图象分析可知温度高时析出硫酸钠，温度低时析出硫酸钠结晶水合物晶体，所以需要趁热过滤；洗涤晶体时用乙醇洗涤避免形成结晶水合物，
故答案为：趁热过滤，防止形成 Na₂SO₄•10H₂O；
（4）流程图中得到产物为二氧化锰和锌分析，得到锌是锌离子在阴极得到电子析出；二氧化锰是在阳极锰离子失电子生成，电极反应为：Mn²⁺-2e^-+2H₂O=MnO₂+4H⁺；
故答案为：Mn²⁺-2e^-+2H₂O=MnO₂+4H⁺；
（5）依据流程图中物质的反应和物质的生成分析可知锌、硫酸是可以循环使用的试剂，故答案为：Zn；H₂SO₄；

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；蒸发和结晶、重结晶．

考点点评： 本题考查了物质制备实验的分析判断，物质溶解性的理解应用，电解原理的应用判断．电极反应的产物判断和电极反应书写，题目难度较大．

A．MnO₂中Mn元素的化合价降低，H₂SO₄中各元素的化合价不变，则步骤（1）中MnO₂是氧化剂，H₂SO₄是反应物，故A选；
B．反应中S元素由-2价升高为0，则每析出12.8gS沉淀共转移[12.8g/32g/mol]×（2-0）=0.8mol电子，故B不选；
C．电解时Mn元素的化合价升高，发生氧化反应，阳极发生氧化反应，则步骤（3）中电解时MnO₂在阳极处产生，故C不选；
D．由（1）、（3）可知，硫酸既参加反应，又从反应中生成，所以硫酸在生产中可循环使用，故D不选；
故选A．

点评：
本题考点： 金属冶炼的一般原理；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应．

考点点评： 本题考查金属的冶炼和氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，并熟悉氧化还原反应中的概念来解答，题目难度不大．

（1）比较信息①A与软锰矿中元素化合价的变化可知，Mn元素化合价由+4价降低为+2价，所以A中还原产物为MnSO₄．
故答案为：MnSO₄．
（2）由工艺流程可知，MnCO₃、Zn₂（OH）₂CO₃的作用就是调节pH，使Fe³⁺、Al³⁺沉淀完全；
故答案为：增大溶液的pH，使Fe³⁺和 Al³⁺生成沉淀；
（3）依据电解原理分析，IV中电解的阳极反应为锰离子失电子生成二氧化锰，结合电荷守恒书写得到阳极反应式为：Mn²⁺+2H₂O-2e^-=MnO₂+4H⁺；
故答案为：Mn²⁺+2H₂O-2e^-=MnO₂+4H⁺；
（4）操作Ⅰ加热、浸取需要硫酸，由②可知C为硫酸，循环利用，电解IV分离出的产物C的化学式是H₂SO₄；
故答案为：H₂SO₄；
（5）生产中除得到MnO₂和Zn以外，还可得到的副产品有Na₂SO₄、Fe₂O₃，根据流程图可知，副产物有硫、氧化铝．
故答案为：Al₂O₃、S；
（6）根据流程图可知，需要加入碳酸钠、硫酸，所以除矿石外，需购买的化工原料是碳酸钠、硫酸．
故答案为：碳酸钠、硫酸．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本实验的目的是制备二氧化锰与锌，因而需要把氧化铝、铁元素、硫元素除去．据此考查学生对工艺流程的理解、物质性质、氧化还原反应、分离提纯基本操作、化学计算等，难度中等，关键是掌握整个制备流程原理，要求学生要有扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力．

（1）依据流程转化关系分析判断，加入的硫酸铁具有氧化性能溶解氧化硫化锌、硫化镉，从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品为氧化产物为硫，
故答案为：S；
（2）依据流程反应和生成硫单质可知，硫酸铁具有氧化性能氧化硫化锌和 硫化镉，生成单质硫，反应的化学方程式为：Fe₂（SO₄）₃+ZnS=ZnSO₄+2FeSO₄+S，
故答案为：做氧化剂； Fe₂（SO₄）₃+ZnS=ZnSO₄+2FeSO₄+S；
（3）除铁过程控制溶液的pH在5.4左右，利用空气中氧气氧化亚铁离子生成FeOOH，反应的两种方程式为：4Fe²⁺+O₂+6H₂O=4FeOOH+8H⁺；在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置是为了增大与空气的接触面积增大反应速率，
故答案为：4Fe²⁺+O₂+6H₂O=4FeOOH+8H⁺；增大空气与溶液的接触面积，加快反应速率；
（4）制备实验方案是制取ZnSO₄•7H₂O，依据除杂不能引入新的杂质，Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间，所以加入锌可以置换镉，
故答案为：Zn；
（5）依据图表中硫酸锌的溶解度与温度之间的关系分析，低温和高温溶解度都不是最大，只有在60°C硫酸锌的溶解度最大74.8g，通过加热蒸发浓缩，冷却结晶会最大程度得到晶体，
故答案为：60℃条件下蒸发浓缩、降温结晶．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

考点点评： 本题考查了物质制备方案的流程分析和反应判断，实验流程信息应用，物质性质是解题关键，题目难度中等．

工业上用软锰矿（主要成分MnO₂）和闪锌矿（主要成分ZnS）联合生产MnO₂和Zn的工艺流程：软锰矿（主要成分MnO₂）和闪锌矿（主要成分ZnS）在酸溶后MnO₂+ZnS+2H₂SO₄═MnSO₄+ZnSO₄+S↓+2H₂O，过滤，滤渣A为硫单质，滤液为：MnSO₄和ZnSO₄，通电电解在阳极生成二氧化锰，阴极生成锌．
（1）分离不溶于水的固体和液体，用过滤的方法，滤渣A为硫单质，滤液为：MnSO₄和ZnSO₄，过滤操作用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，属于硅酸盐材质，
故答案为：漏斗；
（2）稀硫酸浸泡时反应为MnO₂+ZnS+2H₂SO₄═MnSO₄+ZnSO₄+S↓+2H₂O，MnO₂、ZnS难溶于水，MnSO₄、ZnSO₄，易溶于水易电离，所以离子反应为：MnO₂+ZnS+4H⁺═Mn²⁺+Zn²⁺+S↓+2H₂O，19.2g单质A为S，反应中S元素由-2价升高为0，则每析出19.2gS沉淀共转移[19.2g/32g/mol]×（2-0）=1.2mol电子，
a．将矿石粉碎，增大反应物的接触面，化学反应速率提高，故不选；
b．提高浸泡温度，温度升高，反应速率增大，故不选；
c．适当增大硫酸浓度，增大了反应物的浓度，化学反应速率提高，故不选；
d．改变软锰矿与闪锌矿的比例，不能改变反应速率，故选；
故答案为：MnO₂+ZnS+4H⁺═Mn²⁺+Zn²⁺+S↓+2H₂O；1.2mol；d；
（3）2MnO（s）+O₂（g）═2MnO₂（s）△H₁=akJ•mol^-1①
MnCO₃（s）═MnO（s）+CO₂（g）△H₂=bkJ•mol^-1②将①+②×2可得：2MnCO₃（S）+O₂（g）═2MnO₂（S）+2CO₂（g）△H=（a+2b）KJ•mol^-1；
故答案为：2MnCO₃（S）+O₂（g）═2MnO₂（S）+2CO₂（g）△H=（a+2b）KJ•mol^-1；
（4）①用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备MnO₂，阳极上锰离子失电子生成二氧化锰，电极反应式为Mn²⁺-2e^-+2H₂O=MnO₂+4H⁺；，所以a是正极，
故答案为：正；
②电解过程中氢离子的作用是参与阴极反应和通过交换膜定向移动形成电流，电解酸化的MnSO₄溶液时，根据离子的放电顺序，阴极上首先放电的是H⁺，电极反应式为：2H⁺+2e^-=H₂↑，阳极反应式为：MnSO₄-2e^-+2H₂O═MnO₂+SO₄^2-+4H⁺，若转移的电子数为6.02×10²³个，根据氢离子和转移电子之间的关系式2H⁺～2e^-，则左室溶液中n（H⁺）=1mol，
故答案为：1mol；

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理．

考点点评： 本题是一道有关化工生产工艺的综合知识题目，考查了热化学方程式书写方法，电解池原理的分析应用，影响物质的反应速率的一些常见因素等知识，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握实验的原理以及题给信息为解答该题的关键，题目难度中等．

（1）比较信息①A与软锰矿中元素化合价的变化可知，Mn元素化合价由+4价降低为+2价，所以A中还原产物为MnSO₄．
故答案为：MnSO₄．
（2）由工艺流程可知，MnCO₃、Zn₂（OH）₂CO₃的作用就是调节pH，使Fe³⁺、Al³⁺沉淀完全．
Fe³⁺、Al³⁺沉淀容易形成胶体，不利于氢氧化铁、氢氧化铝沉降，Ⅱ中加热的目的是加速沉淀生成，防止胶体出现，并使形成胶体的氢氧化铝和氢氧化铁也生成沉淀．
操作Ⅰ加热、浸取需要硫酸，由②可知C为硫酸，循环利用．
故答案为：调节溶液的pH，使Fe³⁺和 Al³⁺生成沉淀；加速沉淀生成，防止胶体出现，并使形成胶体的氢氧化铝和氢氧化铁也生成沉淀；H₂SO₄．
（3）根据流程图可知，副产物有硫、氧化铁、氧化铝．
故答案为：硫、氧化铁、氧化铝．
（4）根据流程图可知，需要加入碳酸钠、硫酸，所以除矿石外，需购买的化工原料是碳酸钠、硫酸．
故答案为：碳酸钠、硫酸．
（5）从溶液中获得固体物质，需蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
故答案为：冷却结晶．
（6）设软锰矿、闪锌矿的质量分别为xg、yg，根据②可知MnO₂、Zn的物质的量之比为1：1，则：
[0.7xg/87g/mol]：[0.8yg/97g/mol]=1：1，解得x：y=1.03．
故答案为：1.03．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本实验的目的是制备二氧化锰与锌，因而需要把氧化铝、铁元素、硫元素除去．据此考查学生对工艺流程的理解、物质性质、氧化还原反应、分离提纯基本操作、化学计算等，难度中等，关键是掌握整个制备流程原理，要求学生要有扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力．

（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，Cu²⁺基态的电子排布式可表示为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹，
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹；
（2）SO₄^2-的价电子对数=[6+2/2]=4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp³，形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构；具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体，所以与SO₄^2-互为等电子体的微粒有SiCl₄等；
故答案为：正四面体；sp³；SiCl₄；
（3））[Cu（OH）₄]^2-中与Cu²⁺与4个OH^-形成配位键，可表示为，
故答案为：；
（4）由沉淀转化原理可知溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀容易实现，在相同温度下，Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），所以ZnS能转化为CuS；
故答案为：在相同温度下，Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）；
（5）离子晶体中离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键越强，晶格能越大，熔点越高，CuS与CuO中O^2-比S^2-半径小，所以CuO的熔点比CuS高；
故答案为：低；CuO晶格能比CuS大；
（6）黑球全部在晶胞内部，该晶胞中含有黑球个数是4，白球个数=[1/8]×8+[1/2]×6=4，ρ=

M
NA
V=

4×(65+32)g/mol
6.02×1023mol−1
(540×10−10cm)3=4.1g/（cm）³，
每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为109°28′，两个白球之间的距离=270
2pm，设S^2-离子与Zn²⁺离子之间的距离为x，2x²-2x²cos109°28′=（270
2）²，x=

(270

点评：
本题考点： 原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；“等电子原理”的应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算．

考点点评： 本题考查了核外电子的排布、分子的空间构型、配位键、晶胞的计算等知识点，难度较大，会利用均摊法计算晶胞中含有的离子，注意运用余弦定理计算硫离子和锌离子之间的距离，为难点．

（1）比较信息①，A与软锰矿中元素化合价的变化可知，锰元素化合价从+4价降低为+2价，所以A中还原产物为MnSO4，故答案为：MnSO4；（2）根据框图：向MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液中加入MnCO3、Zn2...

点评：
本题考点： 金属的回收与环境、资源保护；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

考点点评： 本题是一道有关化工生产工艺的综合知识题目，考查角度广，难度大．

A．MnO₂中Mn元素的化合价降低，H₂SO₄中各元素的化合价不变，则步骤（1）中MnO₂是氧化剂，H₂SO₄是反应物，故A选；
B．反应中S元素由-2价升高为0，则每析出12.8gS沉淀共转移[12.8g/32g/mol]×（2-0）=0.8mol电子，故B不选；
C．电解时Mn元素的化合价升高，发生氧化反应，阳极发生氧化反应，则步骤（3）中电解时MnO₂在阳极处产生，故C不选；
D．由（1）、（3）可知，硫酸既参加反应，又从反应中生成，所以硫酸在生产中可循环使用，故D不选；
故选A．

点评：
本题考点： 金属冶炼的一般原理；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应．

考点点评： 本题考查金属的冶炼和氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，并熟悉氧化还原反应中的概念来解答，题目难度不大．