2027届高三化学一轮复习解答题专项化学工艺流程习题及解析及答案

这是一份2027届高三化学一轮复习解答题专项化学工艺流程习题及解析及答案，共7页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
一、解答题
1．（2025·安徽·模拟预测）砷()、锑()、铋()是同主族元素，其单质和化合物都有广泛的用途。
Ⅰ.用精炼铋的烟尘(主要成分为：、、等)为原料提取锑的流程如下图所示。
已知：、、都与盐酸反应生成氯化物，易水解生成两种氯氧锑沉淀、、、水解非常微弱。
(1)基态原子的价层电子排布图为_______，在元素周期表中的位置是_______。
(2)在“酸浸”时要不断搅拌的目的是_______。
(3)为了加快“转化”的速率，可适当升高温度，但温度不宜过高，其原因是_______。
(4)“转化”步骤中转化为的化学方程式为_______。
Ⅱ.某同学用辉铋矿制取(不溶于水)，为了测定所制产品的纯度，该同学称取样品，加入足量稀硫酸和溶液使其完全反应，再用标准溶液滴定生成的，平行滴定三次，三次平均消耗标准液的体积为(杂质不参加反应)。
(5)达到滴定终点时的现象是_______，产品的纯度为_______。
2．（2026·河北沧州·三模）钛因具有优异的性能而得到广泛应用。我国钛铁矿储量居世界前列。一种以钛铁矿为原料(主要成分为，含少量、、等)制备钛和补血剂乳酸亚铁[]的工艺流程如下：
已知：①“酸浸”后钛元素主要以形式存在，可水解；
②常温下，，的，。
回答下列问题：
(1)基态铁和钛原子的未成对电子数之比为________。
(2)“酸浸”生成的滤渣主要成分是________(填化学式)。
(3)加入固体“沉铁”需调节溶液的，不能过高或过低的原因是________；控制温度低于35℃的主要原因是________。若保持，当时，溶液的约为________。
(4)由生成乳酸亚铁的化学方程式为________。
(5)“热解”时反应的离子方程式为________，通入热水的作用是________。
3．（2025·广东中山·模拟预测）一种以硼镁矿（含、、及少量铁、铝氧化物等）为原料生产高纯硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图：
已知：①硼酸微溶于冷水，但在热水中溶解度较大
②常温下，硼酸溶液呈弱酸性：
(1)基态有 ______ 种空间运动状态。
(2)“溶浸”时选择微沸条件下进行，原因是 ______ 。
(3)“吸收”时发生反应的化学方程式为 ______ 。
(4)热过滤后“调“的试剂为 ______（填化学式）。
(5)溶液对硼酸结晶率及纯度的影响如图，根据图判断合适的范围是 ______ ；此时溶液中 ______ 1（填“＞”“＜”或“=”）。
(6)粗硼酸可以通过与甲醇酯化再水解提纯，写出硼酸与甲醇完全酯化的化学方程式 ______ 。
(7)沉镁过程中还会生成镁的另外一种化合物，其立方晶胞结构如图，沿轴方向的投影为图 。
①X的化学式为 ______ 。
②X最简式的式量为，晶体边长为，其晶胞密度为 ______ （列出计算式，为阿伏加德罗常数的值）。
4．（2026·河北·模拟预测）某湿法冶金工艺以废催化剂（主要含有V2O5、MO3及Al2O3等）为原料回收钒、钼并制备V2O5和MS3的流程如下：
已知：NH4VO3微溶于冷水，可溶于热水。回答下列问题：
(1)已知钼的原子序数是42，则基态钼原子核外电子占据最高能层的符号是________。
(2)“碱溶”时生成[Al(OH)4]-的离子方程式为________。
(3)常温下，“调pH，除铝”过程中，当溶液中[Al(OH)4]-残留浓度等于1.0×10-6 ml/L时，溶液的pH=________{已知25℃时，[Al(OH)4]-(aq)+H+(aq)Al(OH)3(s)+H2O(l)的K=1015}。
(4)沉钒过程基本完成后，为了尽可能提高钒的回收率，需对悬浊液进行降温处理，用平衡移动原理解释其原因：________。
(5)“煅烧”时若不通入空气，制得的V2O5中常含有钒的低价氧化物，通空气的目的是________；当“煅烧”升温至200℃时生成中间物质M，此时固体失重率约为14.5%（），则M的化学式为________。
(6)“沉钼”时滤液中MO转化为MS3的离子方程式为________。
5．（2026·吉林长春·模拟预测）线路板作为电子工业的基础，是电子产品的重要组成部分，在电子废弃物中占比约。废线路板(主要含有铜、锡、银等金属，以及玻璃纤维，等)中回收铜的工艺如下：
已知：
①标准还原电位数值越大，越易被还原，部分离子的标准还原电位如表所示：
②部分难溶物的溶度积常数如表所示：
请回答下列问题：
(1)同浓度的溶液与溶液中，较大为___________(填化学式)溶液。“浸出”步骤中，金属锡与发生的离子反应方程式为___________。与浓硝酸相比，溶液作为浸出剂具有的优点是___________。(写出一点即可)
(2)铜氨溶液能稳定溶液中的铜离子的浓度，还能调节溶液的。“除锡”步骤中，溶液中，，则加入铜氨溶液调节范围为___________(当溶液中离子浓度，认为该离子完全沉淀)。
(3)“除银”步骤中，活性炭中的有机基团能将还原并进行吸附，该基团可能为___________。
A．硝基 B．羧基 C．氨基
(4)“电解”步骤中，在电解池中___________(填阳极或阴极)生成。阴极会有副产物生成，如果在电解液中加入能消除的影响，已知与反应后的溶液酸性增强，且无气体生成，请写出二者反应的离子方程式___________。
6．（25-26高三下·重庆·阶段检测）铟是一种稀散金属，广泛应用于液晶显示、半导体等领域。铅锌冶炼产生的烟尘中含有少量铟，以形式存在，同时伴生、、、，一种从该烟尘中回收铟的工艺流程如下：
已知：萃取剂P204是一种有机酸的二聚体，对有高选择性萃取能力，而对萃取能力较弱，萃取时反应为：，进入有机相。
(1)中元素的化合价为___________。
(2)滤渣的主要成分为___________(填化学式)。
(3)“还原”步骤中加入锌粉的目的为___________。
(4)“反萃取”步骤中加入的“试剂a”最适宜为___________(填字母序号)。
A．B．稀盐酸C．溶液D．溶液
(5)“置换”步骤中发生反应的离子方程式为___________。
(6)产品中铟含量的测定
称取产品，用适量盐酸溶解，加入氟化铵(掩蔽)和缓冲溶液，调节并稳定溶液在，加入指示剂，并用标准溶液滴定至终点。滴定原理为：
已知：是四元弱酸。
①若未加入氟化铵，则滴定结果会___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②溶液稳定在的原因为___________。
③若消耗标准溶液，则海绵铟中铟的质量分数为___________%。
7．（2026·云南·高考真题）创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下：
已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键)，在强酸介质中会水解。
②表示具有高氧化活性的单线态氧分子。
回答下列问题：
(1)Au与Cu同族，属于__________区元素。
(2)“酸浸1”中发生反应的离子方程式为__________。
(3)“滤液2”中主要的金属离子有、__________(填离子符号)。
(4)“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为__________；PMS发生反应的离子方程式__________。(将离子方程式补充完整)
__________+__________
(5)工序“”中，抗坏血酸的作用为__________。
(6)“碱沉”前，用的标准溶液测定“滤液”中的及浓度，和与的关系如图(，，忽略的水解)。“滤液1”中的浓度为__________(结果保留小数点后3位)。
(7)“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量生成，其反应的化学方程式为__________。
8．（2026·云南昆明·模拟预测）铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣(主要成分为，还含有少量、CuO等)制备的工艺流程如下。
已知：①BiOCl不溶于稀硫酸。
②该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
(1)基态的价电子排布式为___________，的空间结构为___________。
(2)反应釜2中，加入溶液调节溶液的，完全转化为BiOCl沉淀的离子方程式是___________。洗涤滤渣2时先用水洗，再用稀硫酸洗涤，用稀硫酸洗涤的目的是___________。
(3)反应釜3中，用NaOH溶液将BiOCl转化为，当BiOCl恰好完全转化为时，溶液中，此时溶液___________。{已知：，反应 }。
(4)纯度的测定
步骤1：称取产品4.660 g，置于烧杯中，加入过量稀硝酸低温完全溶解，冷却后全部转移至100 mL容量瓶，定容、摇匀，得待测液。量取20.00 mL待测液于锥形瓶，调节溶液。滴加二甲酚橙(用表示)指示剂，用(用表示)标准溶液滴定，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液19.82 mL。
步骤2：不加产品，重复步骤1操作，滴定至终点，用去EDTA标准液0.02 mL。
滴定原理如下：(黄色)(紫红
(无色)(无色)
①终点的现象为___________。
②产品中的质量分数为___________%。
③下列操作可能会使测定结果偏高的是___________(填序号)。
A．步骤1中，容量瓶定容时俯视刻度线
B．未使用标准溶液润洗滴定管
C．滴定开始时滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡
D．滴定终点读数时，滴定管俯视液面
氧化还原电对

标准还原电位/V
分子式
离子
开始沉淀的pH
1.5
4.5
沉淀完全的pH
3.2
6.7
《化学工艺流程》参考答案
1．(1) 第五周期第ⅤA族
(2)加快反应速率和提高“酸浸”效率
(3)温度过高氨水会挥发，增加了成本
(4)
(5) 当滴入最后半滴标准液，溶液的紫红色恰好褪去，且30s内不变为紫红色 或
【分析】精炼铋的烟尘首先经过酸浸，烟尘中三种氧化物都和盐酸反应，转化为可溶的氯化物、、进入溶液。接着对溶液进行水解步骤，加水稀释后，利用易水解生成氯氧锑沉淀、水解微弱的性质，过滤后，、杂质留在滤液1中除去，滤渣为锑的氯氧化合物。然后对向滤渣中加氨水将氯氧锑沉淀转化为，滤液2为含氯化铵的溶液，滤渣得到纯净，最后对固体还原熔炼，用碳还原，得到金属锑。
【详解】（1）As是33号元素，价电子排布为4s24p3，符合洪特规则排布得到排布图；
Sb与As同主族，位于As下一周期，因此在周期表中位置为第五周期第ⅤA族。
（2）酸浸为固液反应，搅拌可以增大接触面积，加快反应，提升浸出率，为工业流程中搅拌的常见作用。
（3）转化步骤加入氨水，氨水受热易挥发、易分解，温度过高会造成反应物损失，降低转化效率。
（4）根据原子守恒配平反应，Sb4O5Cl2与氨水反应生成Sb2O3，同时生成氯化铵和水，配平后得到答案。
（5）待测液中为紫红色，滴定终点时完全反应，因此现象为溶液由紫红色变为无色，且半分钟不恢复原色；
根据反应关系：，可得，摩尔质量为，因此产品纯度为。
2．(1)2∶1
(2)、
(3) pH过低会导致转化为，pH过高会促进水解[或过高会生成] 温度高于35℃会使分解 6
(4)或
(5) 水解反应吸热，升高温度，促进水解
【分析】钛铁矿经硫酸酸浸除杂，加铁粉还原 Fe3+，热水热解得 TiO2・nH2O；TiO2・nH2O 煅烧得 TiO2，再氯化、镁还原制钛；含 FeSO4滤液调 pH 后加 NH4HCO3沉铁，再与乳酸反应得乳酸亚铁。
【详解】（1）基态Fe原子电子排布为，基态Ti原子电子排布为，3d轨道分别有4个、2个未成对电子，故其比值为：4:2=2:1；
（2）根据钛铁矿的成分可知，酸浸时，SiO2不溶于硫酸，CaCO3与H2SO4生成CaSO4微溶析出，故滤渣的主要成分是、；
（3）①pH过低，H+浓度大，大量分解，无法有效沉淀Fe2+；pH过高，Fe2+直接生成沉淀，得不到FeCO3；
②温度低于35℃，是为了防止受热分解；同时减少Fe2+被空气中氧气氧化；
③由，得； 由，代入数据：，解得，故；
（4）制备乳酸亚铁的方程式为：或；
（5）酸浸后Ti以形式存在，热解时水解生成，水解为吸热反应，热水加热、稀释都能促进平衡正向移动，有利于产物生成；
①离子方程式为：；
②升温促进TiO2+水解平衡正向移动，加快水解速率，促使充分析出。
3．(1)5
(2)加快反应速率，促进氨气逸出，防止析出
(3)
(4)H2SO4
(5) >
(6)
(7) (NH4)2Mg(CO3)2•4H2O
【分析】硼镁矿（含、MgO、及少量铁、铝氧化物等）加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，根据过滤及沉镁成分知，热过滤中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，通过调节溶液pH为酸性使反应平衡逆向进行，生成粗硼酸，过滤后，加入(NH4)2CO3溶液调节滤液pH=6.5“沉镁”，得到Mg(OH)2·MgCO3沉淀，加热分解生成轻质氧化镁。
【详解】（1）基态Mg2+的电子排布为1s22s22p6，其核外电子占据了1s、2s、2p轨道，共有5个原子轨道，即有5种空间运动状态；
（2）由已知①知，硼酸微溶于冷水，但在热水中溶解度较大，“溶浸”时生成了NH3，故“溶浸”时选择微沸条件下进行，原因是加快反应速率，促进氨气逸出，防止析出；
（3）“吸收”时氨气与少量的二氧化碳反应生成碳酸铵，发生反应的化学方程式为；
（4）热过滤后“调”的试剂为H2SO4；
（5）由图可知，当溶液pH为时，硼酸结晶率及纯度较高，继续增大溶液pH对硼酸的纯度提高不大但结晶率下降，则合适的范围是；此时溶液中=，因为溶液c(H+)=ml/L，Ka=5.8×10-10，则此时溶液中 >1；
（6）硼酸与甲醇完全酯化，酸脱羟基醇脱氢，化学方程式为 ；
（7）
①由题意可知，1个该晶胞中含4个，含有个数为，则X的化学式为(NH4)2Mg(CO3)2•4H2O；②X最简式(NH4)2Mg(CO3)2•4H2O的式量为，1个晶胞中含有2个(NH4)2Mg(CO3)2•4H2O，晶体边长为，其晶胞密度为ρ==。
4．(1)O
(2)Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-
(3)9
(4)沉钒存在溶解平衡：NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)，溶解过程吸热，降温使平衡逆向移动，促进NH4VO3析出，提高钒的回收率
(5) 空气中的氧气可将低价钒的氧化物氧化为+5价的V2O5，同时将生成的NH3吹出，避免V2O5被还原 HVO3
(6)MO+3CH3CSNH2+2H+=MS3↓+3CH3CONH2+H2O
【分析】该流程以含V2O5、MO3及Al2O3载体的冶炼废催化剂为原料，通过分步沉淀分离回收钒、钼两种有价金属。利用三种氧化物均可与NaOH反应的性质，碱浸后除去不溶性杂质；再通入CO2调pH，使铝元素以Al(OH)3沉淀形式除去；之后加氨和氯化铵沉钒得到NH4VO3，煅烧通空气氧化得到纯V2O5；沉钒母液加入硫酸、CH3CSNH2等沉钼得到MS3，据此解答。
【详解】（1）36号Kr位于第四周期0族，42号M比Kr多6个质子，M核外共5个能层，最高能层为第五层，符号为O；
（2）“碱溶”时生成[Al(OH)4]-是Al2O3和氢氧化钠反应得到的，所以离子方程式为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-；
（3）因为[Al(OH)4]-(aq)+H+(aq)Al(OH)3(s)+H2O(l)的K==1015，当溶液中c{[Al(OH)4]-}=1.0×10-6 ml/L时可计算c(H+)=1×10-9 ml/L，所以pH=9；
（4）沉钒存在溶解平衡：NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)，溶解过程吸热，降温使平衡逆向移动，促进NH4VO3析出，提高钒的回收率；
（5）低价钒需要被氧化才能得到+5价的V2O5，空气作为氧化剂提供氧气，同时煅烧时会产生NH3，通入空气将NH3吹出，避免高温下NH3将V2O5还原为低价钒；
设煅烧前NH4VO3固体物质的量为1 ml，则质量为117 g，根据失重率公式计算：×100%=×100%=14.5%，解得m(减少)≈17 g，则减少的质量为氨气的质量，所以生成的中间物质M的化学式为HVO3；
（6）根据流程图可知，MO在酸性条件下与CH3CSNH2反应生成MS3，根据原子守恒和电荷守恒可写出其离子方程式为：MO+3CH3CSNH2+2H+=MS3↓+3CH3CONH2+H2O。
5．(1) 不会产生污染性气体，有利于环境保护
(2)(或1.5~5)
(3)C
(4) 阳极
【分析】废线路板(主要含有铜、锡、银的金属，以及玻璃纤维，SiO2等)，加入浸出，反应原理是利用强氧化性，将Cu、Sn、Ag溶解，Au、SiO2不溶转化为滤渣1，滤液中加入铜氨溶液除锡，滤液加入活性炭除银，随后电解步骤中，在阴极得到铜，据此解答。
【详解】（1）Ce4+在水溶液中易发生水解，(NH4)2Ce(NO3)6溶液中含有大量的，水解会显酸性，从而抑制了Ce4+的水解。因此，同浓度的两种溶液中，(NH4)2Ce(NO3)6溶液中游离的Ce4+较大。
根据表1提供的标准还原电位，Ce4+/Ce3+的电位（1.61 V）远高于Sn4+/Sn2+（0.16 V）和 Sn2+/Sn（-0.14 V）。因此 Ce4+ 具有极强的氧化性，能将单质Sn直接氧化为最高价态Sn4+，自身被还原为Ce3+。离子方程式为：
若使用浓硝酸作为浸出剂，其还原产物通常为有毒且污染环境的NO2气体；而使用(NH4)2Ce(NO3)6，还原产物 Ce3+留在溶液中，不仅无废气污染，还可以在后续的“电解”步骤中在阳极再生为 Ce4+循环使用。
（2）“除锡”步骤需要让Sn4+完全沉淀，同时保证溶液中的Cu2+和Ce3+不沉淀。
计算Sn4+完全沉淀的最低 pH：当Sn4+沉淀完全时，，代入Sn(OH)4的Ksp中，则有，解得，由水的离子积得，此时pH = 1.5。
体系中含有Cu2+和Ce3+，我们分别计算它们开始沉淀的界限：
对于Cu2+：，带入Cu(OH)2的Ksp中，则有，解得，由水的离子积得，此时pH = 5。
对于Ce3+：，带入Ce(OH)3的Ksp中，则有，解得，由水的离子积得，此时pH = 8。
综上pH值控制范围应为1.5~5。
（3）选项A硝基和B羧基通常不表现出还原性。选项C氨基具有还原性，能将还原，故选 C。
（4）①电解”的目的是将除杂后的溶液中的Ce3+重新氧化为Ce4+以便循环利用。发生氧化反应（失去电子）的电极是阳极，故答案为阳极。
②阴极副产物为HNO2，加入H2O2将其氧化，反应后溶液酸性增强（说明生成了强酸H+和），且无气体生成。HNO2为弱酸，在离子方程式中应保留分子形式。依据氧化还原电子得失守恒及电荷守恒，反应的离子方程式为：。
6．(1)+2、+3
(2)
(3)将还原成，防止萃取时进入有机相。
(4)B
(5)
(6) 偏高 若pH过低，会与反应；若pH过高，会生产，都会影响滴定结果。 63.25
【分析】根据烟尘的成分，加入稀硫酸后，只有二氧化硅不参与反应，氧化铅与稀硫酸反应生产硫酸铅沉淀，因此沉淀是二氧化硅和硫酸铅，其余金属阳离子进入溶液中，进入溶液中的金属阳离子有等，加入锌粉把三价铁还原为二价铁防止被萃取剂P204萃取，萃取后进入有机层，分液后加入使平衡向逆移动的物质，使重新进入水溶液中，最后在水溶液中加入锌板置换出金属铟。
【详解】（1）中元素的化合价为+2、+3。
（2）加入稀硫酸后，只有二氧化硅不参与反应，氧化铅与稀硫酸反应生成硫酸铅沉淀，因此沉淀是。
（3）萃取剂P204是一种有机酸的二聚体，对有高选择性萃取能力，而对萃取能力较弱，防止和一起被萃取，加锌粉把三价铁还原成二价铁，防止萃取时进入有机相。
（4）A．根据反应使进入水相，该化学平衡逆向移动，加水平衡正向移动，A错误；
B．加入稀硫酸，平衡逆向移动，符合题意B正确；
C．加入氢氧化钠，平衡正向移动，C错误；
D．加入氯化钠溶液，平衡正向移动，D错误；
故选择B。
（5）
（6）①若未加入氟化铵无法掩蔽，滴定时会消耗更多的，滴定结果会偏高。
②若pH过低，会与反应；若pH过高，会生产，都会影响滴定结果。
③根据反应可知：
=
铟的质量分数=，
7．(1)ds
(2)
(3)
(4) HCl为强酸，会引入大量 导致溶液酸性过强，使PMS发生水解而降低氧化能力失效
(5)作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质
(6)0.035
(7)
【分析】酸浸1：经过预处理的WPCB加入稀盐酸，Ni与稀盐酸发生置换反应生成溶解，而Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应 。过滤后，滤液1主要成分为和过量的 HCl，滤渣1为 Cu、Ag、Au 。
碱沉：向滤液1中加入 NaOH 溶液，首先中和过量的 HCl，随后沉淀生成 。过滤后得到的滤液3主要含有 NaCl 。
酸浸2：向滤渣1中加入稀硝酸，Cu和Ag溶解生成、，Au 不与稀硝酸反应 。过滤后，滤液2主要含有 和过量的，滤渣2为单质 Au 。
氧化溶金：将滤渣2（Au）加入含有 PMS 和 KCl 的体系中，利用 PMS 的氧化性氧化 Au，同时起到络合作用，生成溶解进入滤液4 。
还原金：向滤液4中加入抗坏血酸（X），利用其还原性将金的络合物还原为纳米 Au 。
沉银：将含有的滤液2与含有的滤液3混合，发生沉淀反应生成 AgCl 。
【详解】（1）Cu位于IB族，IB、IIB族元素属于ds区，Au与Cu同族，故为ds区元素。
（2）酸浸1加入稀盐酸，活泼金属Ni与稀盐酸反应溶解，Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应，因此离子方程式为Ni和反应生成和，离子方程式：。
（3）滤渣1含Cu、Ag、Au，酸浸2加入稀硝酸，Cu、Ag与稀硝酸反应溶解生成、，Au不溶解，因此滤液2中金属离子除外还有。
（4）根据已知信息，PMS在强酸介质中会水解，若用HCl代替KCl，溶液酸性过强，PMS水解导致氧化能力下降。由已知②可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分子（） ，PMS（以表示）发生分解反应生成硫酸根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为：。
（5）“氧化溶金”后，金以 +3 价络离子形式存在于溶液中。抗坏血酸（维生素C）具有较强的还原性，在此工序中作为还原剂，将金的络离子还原析出，从而得到纳米 Au 。
（6）V(NaOH) 在 0 ~ 20.00 mL 之间时，pOH 急剧下降，此时是 NaOH 溶液中和滤液1中过量的 HCl 的阶段 。 V(NaOH)在 20.00 ~ 55.00 mL 之间时，曲线趋于平缓，到达 55.00 mL 时 pNi 发生突变上升，说明此阶段NaOH均用于沉淀，沉淀消耗NaOH体积为，，由得，。
（7）滤液2中以形式存在，滤液3中含碱沉后过量的NaOH，AgOH不稳定分解为，因此反应为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸钠和水，化学方程式为。
8．(1) 正四面体形
(2) 除去沉淀表面吸附的、等杂质阳离子，同时不溶于稀硫酸，避免产品溶解损失
(3)13
(4) 滴入最后半滴EDTA，溶液由紫红色变为黄色，半分钟不变色 99.0% AB
【分析】对含铋烧渣加浓盐酸酸浸，其中的、、CuO与浓盐酸反应生成可溶性盐进入溶液，过滤后的滤渣1含有不溶性杂质，滤液1中含有、、，向滤液中加入​调，转化为不溶于酸的沉淀，而、由于沉淀pH更高，仍留在溶液中，过滤后滤液2含有、，滤渣2为粗，先水洗除去可溶性杂质，再用稀硫酸洗涤除去吸附的、，防止杂质沉淀混入，加入后和反应转化为​沉淀，过滤得到滤渣，​煅烧分解得到最终产品，据此解答：
【详解】（1）Bi为第六周期第ⅤA族元素，基态Bi原子电子排布为，失去3个6p电子得到，价电子排布式为，中心S原子价层电子对数为，空间结构为正四面体形；
（2）酸性条件下，与、反应生成沉淀、和水，配平得到离子方程式为，用稀硫酸洗涤的目的是除去沉淀表面吸附的、等杂质阳离子，同时不溶于稀硫酸，避免产品溶解损失；
（3）已知反应，，代入得，根据，两式相除得，则，故；
（4）①滴定终点时，完全转化为，因此滴定终点的现象为滴入最后半滴EDTA，溶液由紫红色变为黄色，半分钟不变色，②实际消耗EDTA体积
，20mL待测液中，则100mL中，的物质的量为，的摩尔质量，所以其质量，质量分数为， ③结果与消耗EDTA体积成正比，
A．容量瓶定容俯视，溶液体积偏小，待测液浓度偏大，消耗EDTA体积偏大，结果偏高；
B．未润洗滴定管，标准液被稀释，消耗体积偏大，结果偏高；
C．滴定后尖嘴有气泡，读取的体积偏小，结果偏低；
D．终点俯视读数，读取体积偏小，结果偏低；
因此选AB。