1、化工生产诸要素及流程图分析 1(2020长沙七校联考检测)硫酸锌被广泛应用于医药领域和工农业生产。工业上由氧化锌矿(主要成分为 ZnO，另含 ZnSiO3、FeCO3、CuO 等)生产 ZnSO47H2O的一种流程如图：(1)步骤的操作是_。(2)步骤加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是_。(3)步骤中，在 pH 约为 5.1 的滤液中加入高锰酸钾，生成 Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反应的离子方程式为_。(4)步骤中，加入锌粉的作用是_。(5)已知硫酸锌的溶解度与温度之间的关系如下表：温度/0 20 40 60 80 100 溶解度/g 41.8 54.1 70.
2、4 74.8 67.2 60.5 从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为_、冷却结晶、过滤。烘干操作需在减压低温条件下进行，原因是_。(6)取 28.70 g ZnSO47H2O 加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，680时所得固体的化学式为_。aZnO bZn3O(SO4)2 cZnSO4 dZnSO4H2O【答案】(1)过滤 (2)升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率(3)3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+(4)除去 Cu2+(5)60条件下蒸发浓缩 降低烘干的温度，防止 ZnSO47H2O 分解 (6)b【解析】氧化锌矿(
3、主要成分为 ZnO，另含 ZnSiO3、FeCO3、CuO 等)加稀硫酸溶解，过滤，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，再加高锰酸钾溶液与亚铁离子反应生成 MnO(OH)2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为 Cu 可能含有 Zn，滤液为硫酸锌和硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到 ZnSO47H2O 晶体。(1)分离固体和液体通常用过滤的方法，ZnSiO3、与稀硫酸反应生成硅酸不溶于水，因此所用的操作为过滤；(2)氧化锌矿在加入稀硫酸溶解的同时不断通入高温水蒸气，可以升高温度、使反应物充分混合，从而加快反应速率；(3)在 pH 约为 5.1 的滤液中
4、加入高锰酸钾，高锰酸钾与 Fe2+发生氧化还原反应，生成 Fe(OH)3和 MnO(OH)2两种沉淀，则反应的离子方程式为：3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+；(4)步骤中，向滤液中加入锌粉，可以与 Cu2+反应置换出铜，从而除去 Cu2+；(5)从溶液中获得晶体通常用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等操作，因为 ZnSO47H2O 易分解，所以烘干操作需在减压低温条件下进行，因此，本题正确答案是：600C 条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止 ZnSO47H2O 分解；(6)28.70gZnSO47H2O 的物质的量为 0.1mol，由 Zn 元素
5、守恒可以知道，生成 ZnSO4H2O 或 ZnSO4 或 ZnO 或Zn3O(SO4)2时，物质的量均为 0.1mol，若得 ZnSO4H2O 的质量为 17.90g(100)；若得 ZnSO4的质量为 16.10g(250)；若得 ZnO 的质量为 8.10g(930)；据此通过排除法确定 680时所得固体的化学式为 Zn3O(SO4)2。2(2020吉林省吉林市普通高中高三调研测试)我国拥有丰富的稀土矿产资源，在合金中加入适量的稀土金属，能大大改善合金的性能，因而，稀土金属又被称为冶金工业的维生素。铈是一种重要的稀土元素，常见的化合价为3 和4。某课题小组以平板电视显示屏生产过程中，产生的
6、大量废玻璃粉末为原料(其中含有 SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物质)，制取 CeO2和硫酸铁铵矾NH4Fe(SO4)212H2O，流程如下：已知：CeO2不溶于强酸或强碱(1)稀酸 A 中酸的分子式是_。滤渣 2 的主要成分_。(填化学式)(2)滤液 1 中加入 H2O2溶液的目的是_。滤渣 1 中加入H2O2，主要利用了 H2O2的什么性质？_。(3)酸性条件下，H2O2、Fe3、CeO2三种物质，氧化性由强到弱顺序是_。(4)写出由滤液 2 生成 Ce(OH)4的离子方程式_。(5)硫酸铁铵矾NH4Fe(SO4)212H2O广泛用于水的净化处理，其净水原理是_(用离子方程式表示
7、)。(6)取上述流程中所获得的 Ce(OH)4样品 5.31g，加稀 H2SO4溶解后配制成100mL 溶液，取出 10.00mL，用浓度为 0.1000 molL1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为 Ce3)，消耗 25.00mL 标准溶液。该样品中 Ce(OH)4的纯度是_。【答 案】(1)H2SO4 SiO2 (2)Fe2+氧 化 为 Fe3+还 原 性 (3)CeO2H2O2Fe3+(5)4Ce 3+O2+12OH-+2H2O4Ce(OH)4 Fe3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+(6)5.297.95.31gg%【解析】反应过程为：废玻璃粉末(含 SiO2、Fe2O
8、3、CeO2、FeO 等物质)中加入稀硫酸，FeO 转化为 FeSO4、Fe2O3转化 Fe2(SO4)3存在于滤液 1 中，滤渣 1 为 CeO2和 SiO2；滤液 1 中加入稀硫酸和过氧化氢，被 FeSO4氧化为 Fe2(SO4)3，溶液 1 为Fe2(SO4)3溶液，加入硫酸铵混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸铁铵晶体；滤渣1 中 加 入 稀 硫 酸 和 H2O2，CeO2 转 化 为 Ce3+存 在 于 滤 液 2 中，反 应 为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2+4H2O，滤渣 2 为 SiO2；滤液 2 加入 NaOH 并通入氧 气 将 Ce 从+3 氧 化
9、 为+4 后 Ce3+转 化 为 沉 淀 Ce(OH)4，反 应 为：4Ce 3+O2+12OH-+2H2O4Ce(OH)4，加热分解 Ce(OH)4得到产品 CeO2。(1)已知：CeO2不溶于强酸强碱，废玻璃粉末(含 SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物质)中 SiO2也不溶于强酸，加入稀硫酸可将 CeO2和 SiO2与 Fe2O3、FeO 分离，稀酸为 H2SO4；滤渣 2 为 SiO2；(2)滤液 1 中加入 H2O2溶液的目的是使 Fe2+氧化为 Fe3+；滤渣 1 中加入 H2O2，主要利用了 H2O2的还原性；(3)酸性环境下，2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2
10、+4H2O，CeO2中 Ce 元素化合价从+4 变为+3，化合价降低，被还原，发生还原反应，CeO2作氧化剂，其氧化性：CeO2 H2O2，2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，H2O2中 O 元素的化合价从-1 变为-2，化合价降低，被还原，发生还原反应，H2O2作氧化剂，其氧化性：H2O2 Fe3+，所以氧化性：CeO2 H2O2 Fe3+；(4)液 2 加入 NaOH 并通入氧气将Ce 从+3 氧化为+4 后 Ce3+转化为沉淀 Ce(OH)4，滤液 2 生成 Ce(OH)4的离子方程式为：4Ce 3+O2+12OH-+2H2O4Ce(OH)4；(5)硫酸铁铵矾NH4Fe(SO
11、4)212H2O广泛用于水的净化处理，Fe3+的水解生成具有吸附作用的 Fe(OH)3胶体，其离子方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；(6)Ce(OH)4 FeSO4 0.0025mol 0.1000mol/L-10.025L 所以 m(Ce(OH)4)=0.025mol208g/mol=5.2g，产品中 Ce(OH)4的质量分数为：5.297.95.31gg%。3(2020山东省新高考备考监测高三联考)氟化铬可用作毛织品防蛀剂、卤化催化剂、大理石硬化及着色剂。以铬云母矿石(含 4.5%Cr2O3，还含 Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)为原料制备氟化铬的工艺流程如下
12、。下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的 pH：请回答下列问题：(1)Fe2O3、MgO、FeO、SiO2中属于碱性氧化物的有_种。(2)将铬云母矿石粉碎的目的是_。(3)滤渣 1 主要成分的用途是_。(写一种)(4)Cr2O3与稀硫酸反应的化学方程式为_。(5)第一次滴加氨水调节 pH 范围为_。(6)第二次滴加氨水调节 pH 为 6.88.8 的目的是_，Cr(OH)3与 Al(OH)3一样具有两性，若第二次滴加的氨水改为 NaOH 溶液，生成的Cr(OH)3会部分溶解，写出 Cr(OH)3溶解的离子方程式_。【答案】(1)3 (2)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 (3)用
13、于制备光导纤维等 (4)Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O (5)4.1pH4.9 (6)使铬离子完全沉淀，镁离子不沉淀 Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O【解析】铬云母矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；稀硫酸酸浸时二氧化硅与硫酸不反应，滤渣 1 的成分为二氧化硅；加入过氧化氢的主要目的是将亚铁离子氧化为铁离子，加氨水调节 pH 的目的是除去铁离子，调节 pH 为 6.88.8 的目的是使铬离子转化为氢氧化铬沉淀。(1)碱性氧化物指的是与酸反应只产生盐和水的氧化物，因此 Fe2O3、MgO、FeO、SiO2中属于碱性氧化物的有 Fe2O
14、3、MgO、FeO，故有 3 种；(2)将铬云母矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；(3)滤渣 1 的主要成分为二氧化硅，其用途为制造玻璃、光导纤维等；(4)氧化铬与硫酸反应产生硫酸铬和水，对应的化学方程式为：Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O；(5)第一次调节 pH的目的是除去铁离子，保证铬离子不沉淀，因此第一次滴加氨水调节 pH 范围为4.1pH4.9；(6)第二次滴加氨水调节 pH 为 6.88.8 的目的是使铬离子转化为氢氧化铬沉淀，由于氢氧化铬的性质类似与氢氧化铝，因此氢氧化铬与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Cr(OH)3+OH-=Cr
15、O2-+2H2O。4(2020安徽省皖江联盟高三联考)碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是 Cu2Te、含 Ag、Au 等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如图：已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。回答下列问题：(1)已知 Te 为 VIA 族元素，TeO2被浓 NaOH 溶液溶解，所生成盐的化学式为_。(2)“酸浸 1”过程中，为加快浸出速率，可采取的方法有_(填 1 种)。“酸浸 2”时温度过高会使 Te 的浸出率降低，原因是_。(3)“酸浸 1”过程中，控制溶液的酸度使 Cu2Te 转化为 TeO2，反应的化学方程式为_；“还
16、原”过程中，发生反应的离子方程式为_。(4)工业上也可用电解法从铜阳极泥中提取碲，方法是：将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为 TeO2，再用 NaOH 溶液碱浸，以石墨为电极电解所得溶液获得Te。电解过程中阴极上发生反应的电极方程式为_。在阳极区溶液中检验出有 TeO42存在，生成 TeO42的原因是_。(5)常温下，向 lmolL1 Na2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液 pH5 时，c(TeO32)：c(H2TeO3)_。(已知：H2TeO3的 Ka11.0103 Ka22.0108)【答案】(1)Na2TeO3 (2)升高温度、增大压强、加快搅拌速度 温度过高会使盐酸挥发，降低盐酸的浓度，使
17、 Te 的浸出率降低 (3)Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+TeO2+2H2O Te4+2SO2+4H2O=2SO42-+Te+8H+(4)TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-TeO32-在阳极失电子，生成 TeO42 (5)15 或 0.2【解析】(1)Te 与 S 同主族，SO2与氢氧化钠反应生成 Na2SO3，所以 TeO2与浓 NaOH 溶液反应生成盐的化学式为 Na2TeO3。(2)升高温度、增大压强、加快搅拌速度都能加快浸出速率。“酸浸 2”时温度过高会使盐酸挥发，降低盐酸的浓度，使 Te 的浸出率降低。(3)“酸浸 1”过程中，控制溶液的酸度使 Cu2T
18、e 与氧 气、硫 酸 反 应 生 成 硫 酸 铜 和TeO2，反 应 的 方 程 式 是Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+TeO2+2H2O；“还原”过程中，四氯化蹄与二氧化硫反应生成单质蹄和硫酸，反应的离子方程式是 Te4+2SO2+4H2O=2SO42-+Te+8H+；(4)用 NaOH 溶液碱浸 TeO2得 Na2TeO3，以石墨为电极电解 Na2TeO3溶液。TeO32-在阴极得电子还原成 Te 单质，阴极反应式是 TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-；TeO32-在阳极失电 子 发 生 氧 化 反 应 生 成TeO42。(5)H2TeO3 的 电 离 平 衡
19、常 数 +212333-23HTeOHTeOHH TeOHTeOKcccccaKca、，22-3-8-1112-+2+33323233=1 102 10HTeOHTeOHTeOHH=TeOH TeOHTeO2 10ccccccKaKaccc，当溶液pH5 时，c(TeO32)：c(H2TeO3)=-112-52 101=510。5(2020河北省“五个一”名校联盟高三一轮复习收官)锰的合金及其化合物在现代生产、生活中有着广泛的应用。如二氧化锰是重要的氧化剂、催化剂、干电池中的去极剂；硫酸锰是重要的微量元素肥料。某工厂以菱锰矿(MnCO3)含 FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3等杂质为
20、原料联合生产二氧化锰、硫酸锰晶体的工艺流程如下图所示：常温下几种金属氧化物沉淀时的 pH：Mn(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 开始沉淀时的 pH 7.2 2.7 4.7 完全沉淀时的 pH x 3.7 6.7(1)该工厂调 pH 时，选择试剂 a 的成分最好是_，滤渣的成分是_，操作 X 是_、洗涤、低温烘干。(2)为确保除尽杂质而又不损失锰，pH 调整的范围为_；若常温下离子(X)沉淀完全的标准是 c(X)1.010-5molL，KspMn(OH)2=1.010-13，则使Mn2+完全沉淀时溶液的 pH 最小为_。(3)若滤液显酸性，请写出电解法制备 MnO2时阳极上的电极反应式
21、：_。50.7g MnSO4H2O 样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。(已知：M(Mn)=55gmol)(1)850时，所得固体的化学式为：_。(2)1150时，反应的化学方程式为：_。【答案】(1)MnCO3 Fe(OH)3、Cu(OH)2 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 (2)6.7pH7.2 10.0 Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+(1)MnO2 (2)3MnO21150Mn2O4+O2【解析】.(1)调 pH 时，该试剂可与氢离子反应，且不引入新的杂质，所以可用 MnCO3；加入试剂 a 为碳酸锰、Mn(OH)2等调节 PH=4 时 Fe3+转化为
22、Fe(OH)3沉淀，铜离子转化为氢氧化铜沉淀，滤渣的成分是 Cu(OH)2、Fe(OH)3；滤液经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤、低温烘干后的到硫酸锰晶体；(2)为确保除尽铁离子、铜离子杂质而又不损失锰，根据图表可知 pH 的调整范围为：6.7pH7.2；设 Mn2+完全沉淀时溶液中成 c(OH-)=amol/L，根据 Ksp 的定义可知此时 a210-5=1.010-13，解得 a=10-4mol/L，即 pH=10；(3)用电解法制备 MnO2时，阳极上发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+。(1)50.70g MnSO4H2O 样品 n(锰)=n(
23、MnSO4H2O)=0.3mol，其中n(H2O)=0.3mol，m(H2O)=5.4g，280时，所得固体质量为 45.30g，减少的质量为 5.4g，则说明该段失去结晶水，此时固体为：MnSO4，继续受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物 0.3mol，850时，固体质量由 45.30g 减少到为 26.10g，减少的质量为 19.2g，则硫氧化物的相对质量为 64，故为二氧化硫，则此时的固体为 MnO2；(2)1150时固体为为二氧化锰分解所得，锰元素质量守恒，则m(锰)=n(锰)55=16.50g，则氧化物中 m(O)=22.90g-16.50g=6.4g，n(O)=0.4mol，故 n(
24、Mn)：n(O)=0.3：0.4=3：4，则该氧化物为：Mn3O4，故反应为：3MnO21150Mn2O4+O2。6(2020河北省沧州市高三质量监测)碲(Te)为第 VIA 元素，其单质凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥(主要成分为 Cu2Te)中回收碲，工艺流程如下：(1)“焙烧”后，碲主要以 TeO2 形式存在，写出相应反应的化学方程式：_。(2)为了选择最佳的焙烧工艺，进行了温度和硫酸加入量的条件实验，结果如下表所示：则实验中应选择的条件为_，原因为_。(3)工艺(I)中，“还原”时发生的总的化学方
25、程式为_。(4)由于工艺(I)中“氧化”对溶液和物料条件要求高，有研究者采用工艺(II)获得碲。则“电积”过程中，阴极的电极反应式为_。(5)工业生产中，滤渣 2 经硫酸酸浸后得滤液 3 和滤渣 3。滤液 3 与滤液 1 合并，进入铜电积系统。该处理措施优点为_。滤渣 3 中若含 Au 和 Ag，可用_将二者分离。(填字母)A王水 B稀硝酸 C浓氢氧化钠溶液 D浓盐酸【答案】(1)Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O (2)460、硫酸用量为理论量的 1.25 倍 该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低 (3)Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4
26、+Te+H2O (4)TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-(5)CuSO4 溶液回收利用，提高经济效益 B【解析】流程的目的为从精炼铜的阳极泥(主要成分为 Cu2Te)中回收碲，则要先除杂。步骤 1，培烧 Cu2Te，通入氧气将 Cu2Te 氧化；步骤 2，水浸，根据流程可知 Te 元素进入滤渣 1，CuSO4进入滤液 1，Cu 和 Te 分离。可推断，步骤 1中 Cu 被氧化为 CuO 后被硫酸溶解，生成易溶于水的硫酸铜，而 Te 以微溶于水的TeO2形式存在。步骤 3，碱浸，Te 元素进入滤液 2，则 TeO2与 NaOH 反应生成易溶于水的盐。(1)碲(Te)为第 VIA 元素
27、，则 Te 最低化合价为-2 价，所以 Cu2Te 中Cu 为+1 价，Te 为-2 价。培烧时通入空气，加入硫酸，生成物中 Te 主要以 TeO2 形式存在，Te 被氧化为+4 价，Cu 被氧化为+2 价，根据元素守恒，硫酸将 Cu 溶解生成硫酸铜。利用化合价升降守恒可配平得方程式为：Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O；(2)培烧的主要目的为将 Cu 元素转变为易溶于水 CuSO4的，将Te 元素转变为微溶于水的 TeO2，从而达到分离 Cu 与 Te 的目的。所以培烧加硫酸的过程中，应提高 Cu 的浸出率，降低 Te 的浸出。分析表格数据可知，当硫酸的量一定时
28、，温度升高，铜的浸出率降低；温度一定时，铜和 Te 的浸出率均增大。“460、硫酸用量为理论量的 1.25 倍”的条件最佳，因为该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低；(3)碲(Te)为第 VIA 元素，可以类比 S 元素进行解题。类比 SO2与 NaOH 的反应可知，碱浸过程中发生的反应为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O。工艺(I)中，加入双氧水，Na2TeO3被氧化为 Na2TeO4沉淀。再加入 Na2SO3，Na2TeO4被还原为 Te 单质。还原过程的方程式为：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O；(4)工艺(II)中，浸出液主要溶质为
29、Na2TeO3，阴极得电子，化合价降低，被还原，则阴极反应为：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-；(5)培烧、水浸后滤渣 2 中还有未浸出的铜，再次加硫酸溶解后得到硫酸铜，过滤后滤液 3 中主要成分为硫酸铜，与滤液 1 中的硫酸铜合并，进入铜电积系统，提取铜，该措施有效回收利用了硫酸铜，提高了经济效益；Au 和 Ag 都能溶于王水，不能用王水分离银、金；Ag 溶于稀硝酸，Au 不溶于硝酸，可以将二者分离；浓 NaOH、浓盐盐酸都不与 Ag、Au反应，不能将金、银分离。7(2020福建省厦门市高三期末质量检测)以环已醇()为原料制取己二酸HOOC(CH2)4COOH的实验流程如下：其
30、中“氧化”的实验过程：在 250mL 四口烧瓶中加入 50mL 水和 3.18g 碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入 9.48g(约 0.060mol)高锰酸钾，按图示搭好装置，打开电动搅拌，加热至 35，滴加 3.2mL(约 0.031mol)环己醇，发生的主要反应为KOOC(CH2)4COOK H”或“”)“M2M3”的化学方程式为_。该反应的决速步骤为_。(4)下列有关该工艺的说法不正确的是_(填标号)A可循环利用的物质有 NH3、MgO、HCl B“石灰窑”和“纯碱反应”的副产物可实现资源化利用 C利用 MgO 作为吸附剂可有效实现 NH3与 HCl 分离 D减少了从氯碱工业的产品
31、获取 HCl 的电能消耗【答案】(1)61.34 (2)570 0.25 P0.85 水蒸气的加入，可促进平衡 ii 逆向移动，平衡 iii 正向移动，提高 HCl的产量 (3)2*CHCH+HCl=*CHCHCl M2M3 (4)A【解析】(1)反应：NH4Cl(s)NH3(g)+HCl(g)H=163.57 kJ/mol 反应：MgO(s)+HCl(g)MgOHCl(s)H=-102.23 kJ/mol 由反应+反应可得：NH4Cl(s)+MgO(s)NH3(g)+MgOHCl(s)H=61.34kJ/mol(2)“释氯反应”过程中，HCl 的含量在 570之前逐渐增加，在 570后几乎不
32、变，因此应选择的最佳反应温度为 570；由图像可知，500下，n(HCl)=0.25mol，n(H2O)=0.6mol，体系中 HCl 的分压 p(HCl)=0.25P0.6+0.25=0.25 P0.85，故反应 i 的平衡常数 Kp=p(HCl)=0.25 P0.85；原料气中增加水蒸气可促进平衡 ii逆向移动，平衡 iii 正向移动，提高 HCl 的产量；(3).由流程图可知，HCCH+HgCl2+HCl 能量高于 M1+HCl，故 M1 键能小于碳碳三键键能；.M2M3 反应过程是在催化剂表面完成的，根据结构式可知其化学方程式为：2*CHCH+HCl=*CHCHCl；.整个反应机理过程
33、中，M2M3 反应过程中能垒较高，因此决速步骤为 M2M3；(4)A 项，整个过程中，HCl 不属于循环利用的物质，故 A 符合题意；B 项，“石灰窑”中产物均完全利用，“纯碱反应”的副产物 Na2CO3具有较为广泛的应用，实现了资源化利用，故 B 不符合题意；C 项，MgO属于碱性氧化物，能与 HCl 反应生成固体 MgCl2，而 NH3不反应，可实现 NH3与 HCl分离，故 C 不符合题意；D 项，此工艺中 HCl 实现了“自产自销”，不需要利用从氯碱工业制备获取 HCl，节约了电能消耗，故 D 不符合题意；故选 A。9(2020山东省德州市高三期末考试)目前中药在世界医学界越来越受到关
34、注。中药药剂砒霜(主要成分 As2O3)可用于治疗急性白血病。工业上利用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸 H3AsO3形式存在)提取 As2O3的工艺流程如下：已知：As2S3与过量的 S2-存在以下反应：As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS32-回答下列问题：(1)H3AsO3是一种两性偏酸性的化合物，As 元素的化合价为_。(2)“沉砷”中 FeSO4的作用是_。(3)“焙烧”过程产生的气体 A 的化学式为_，检验该气体常用试剂为_。(4)调节 pH=0 时，发现酸性越强，As2O3的产率越高。可能的原因是_。获得 As2O3固体，系列操作是_、_、_。(5)残留废渣中少量砒霜(A
35、s2O3)可以用双氧水氧化成 H3AsO4而除去，该反应的化学方程式为：_。【答案】(1)+3 (2)与过量的 S2-结合生成 FeS 沉淀，防止 As2S3与 S2-结合生成 AsS33-(或与 S2-结合生成 FeS 沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果)(3)SO2 品红溶液 (4)酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强或增加氢离子浓度，平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高 As2O3的产率 过滤 洗涤 干燥(5)As2O3+2H2O2+H2O=2H3AsO4【解析】酸性高浓度含砷废水加入硫化钠、硫酸亚铁，发生反应产生 As2S3和 FeS，其中硫酸亚铁可除去过量的硫离子，过滤得到滤渣中含
36、有 As2S3和 FeS，焙烧滤渣，可生成 As2O3、Fe2O3，向其中加入 NaOH 溶液生成 Na3AsO3，Na3AsO3被氧化生成 Na3AsO4，生成的气体为 SO2，SO2与 Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成 As2O3。【详解】(1)由于在任何化合物中，所有元素化合价代数和等于 0，在 H3AsO3中，H 为+1 价，O 为-2 价，所以 As 元素化合价为+3 价；(2)“沉砷”中FeSO4的作用是与过量的 S2-结合生成 FeS 沉淀，防止 As2S3与 S2-结合生成 AsS33-，以提高沉砷效果；(3)滤渣中含有 As2S3和 FeS，焙烧滤渣，As、Fe
37、 转化为 As2O3、Fe2O3，S 元素转化为 SO2气体，所以“焙烧”过程产生的气体 A 的化学式为 SO2，SO2气体具有漂白性，可使品红溶液褪色，所以检验该气体常用试剂为品红溶液。(4)调节 pH=0 时，由 Na3AsO4 与净化的 SO2 气体反应制备 As2O3 的离子方程式为2AsO43-+2SO2+2H+As2O3+2SO42-+H2O，由于溶液酸性越强，溶液中 c(H+)越大，化学平衡正向移动，有利于提高 As2O3 的产率，且溶液酸性越强，微粒的还原性、氧化性也会越强，使反应更容易进行；从反应体系中获得 As2O3 固体，系列操作包括过滤、洗涤、干燥。(5)As2O3 可
38、以与 H2O2 反应 H3AsO4，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式为：As2O3+2H2O2+H2O=2H3AsO4。10(2020山东省济南市高三期末学习质量评估)硫酸渣(含 Fe2O3、SiO2等)是指黄铁矿制硫酸后的残渣。以硫酸渣为原料制备氧化铁黄(-FeOOH)的一种工艺流程如图。回答下列问题：(1)“酸溶”过程中加快溶解的方法为_(写出一种即可)。(2)“滤渣 X”的成分主要有 SiO2和_。(3)若在实验室中进行上述流程，“洗涤”的方法是_；“研磨”所用的仪器是_。(4)“还原”之后也可以采用如流程来“沉铁”，“沉铁”过程中生成 Fe(OH)2的离子方程式为_；若用过量
39、CaCO3“沉铁”，则会生成 FeCO3沉淀。“沉铁”后=_已知 Ksp(CaCO3)=2.810-9，Ksp(FeCO3)=210-11。【答案】(1)加热、搅拌、粉碎固体、适当增大硫酸浓度 (2)S (3)沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，使蒸馏水完全浸没沉淀，待液体流尽后，重复操作 2-3 次 研钵 (4)Fe2+2HCO3-Fe(OH)2+2CO2 140【解析】(1)酸溶时，加热、搅拌或粉碎固体、适当增大硫酸浓度，可增大速率；(2)“滤渣 X”的成分主要有 SiO2，加入 FeS2将溶液中的 Fe3+还原为 Fe2+，还可能生成 S 单质；(3)“洗涤”的方法是沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，
40、使蒸馏水完全浸没沉淀，待液体流尽后，重复操作 2-3 次，“研磨”所用的仪器是研钵；(4)沉铁”过程中生成 Fe(OH)2的离子方程式为 Fe2+2HCO3-Fe(OH)2+2CO2，若用 CaCO3“沉铁”，则生成 FeCO3沉淀，当反应完成时，溶液中 c(Ca2+)/c(Fe2+)=140。11(2020山东省烟台高三期末)2019 年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。利用处理后的废旧锂离子电池材料(主要成分为 Co3O4，还含有少量铝箔、LiCoO2等杂质)制备 CoO，工艺流程如图：回答下列问题：(1)Co 元素在元素周期表中的位置_。(2)废旧锂离子电池拆
41、解前进行“放电处理”有利于锂在正极回收的原因是_；提高“碱浸”效率的措施有_(至少写两种)。(3)不同浸出剂“酸溶”结果如表：浸出剂 浸出液化学成分/(gL-1)钴浸出率/%Co Al(a)HCl 80.84 5.68 98.4(b)H2SO4 65.0 6.22 72.3(c)H2SO4+Na2S2O3 84.91 5.96 98.0 浸出剂(a)的钴浸出率最高，而实际工艺中一般不选用浸出剂(a)的原因_。温度越高浸出反应速率越快，所以“酸溶”一般选用较高的温度。据此你选择的浸出剂是_(填序号)，理由是_。从氧化还原角度分析，还原等物质的量的 Co3O4，需要_(填“H2O2”或“Na2S2
42、O3”)物质的量更少。综 上 分 析，写 出 最 合 适 的 浸 出 剂 与 Co3O4 反 应 的 化 学 方 程 式_。(4)已知：KSPCo(OH)2=1.010-15，KSP(Li2CO3)=1.710-3，KSP(CoCO3)=1.510-13若滤液 2 中 Co2+含量为 5.910-2gL1，计算判断“沉碳酸钴”应调节 pH不高于_。【答案】(1)第四周期第 VIII 族 (2)放电有利于 Li+向正极移动并进入正极材料 粉碎、适当增大 NaOH 溶液的浓度(或适当升高温度等)(3)有 Cl2生成，污染空气 (c)Co3O4能氧化 Cl-，生成有污染性的氯气，而 Na2S2O3在
43、溶液中受热影响小，因此选择(c)效果优于前者 Na2S2O3 4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O (4)8.0【解析】(1)Co 原子序数是 27，核外电子排布式为Ar3d74s2，位于第四周期第 VIII 族；(2)原电池放电时，电解质溶液中阳离子由负极移向正极，所以废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于 Li+向正极移动并进入正极材料；提高浸取率的措施有固体粉碎、玻璃棒搅拌、适当升高浸取液的温度和增大浸取液的浓度等；(3)因 Co3O4有较强氧化性，能氧化溶液里的 Cl-，生成的氯气对环境有污染，发生反应的离子方程式为 Co3O4+2
44、Cl-+8H+=3Co2+Cl2+4H2O；根据表中不同浸出剂“酸溶”实验结果可知，使用 HCl 或 H2SO4+Na2S2O3时浸出液化学成分中 Co 的含量高、钴浸出率也较高，Co3O4有较强氧化性，在酸性条件下氧化S2O32-生成 SO42-，但 Co3O4也能氧化 Cl-，生成有污染性的氯气，不符合绿色化学理念，所以综合考虑应选择的浸出剂是 H2SO4+Na2S2O3，即(c)；Co3O4Co2+2e-，H2O2O22e-，Na2S2O32Na2SO44e-，若还原 1molCo3O4，则转移电子 2mol，被氧化的 H2O2的物质的量为 1mol、被氧化的 Na2S2O3的物质的量为
45、 0.5mol，所以还原等物质的量的 Co3O4，需要 Na2S2O3的物质的量更少；综上考虑，最合适的浸出剂为 H2SO4+Na2S2O3，根据电子守恒和原子守恒配平、写出的反应的化学方程式4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；(4)若滤液 2 中含 Co2+为 5.910-2gL-1，c(Co2+)=L1=10-3mol/L，且 KspCo(OH)2=c(Co2+)c2(OH-)=1.010-15，则恰好转化为Co(OH)2时溶液中c(OH-)=mol/L=10-6mol/L，c(H+)=10-8mol/L，此时溶液 pH=8.0，即“沉碳
46、酸钴“应控制 pH 不高于 8.0。12(2020湖北示范高中理科综合能力测试)钴(Co)及其化合物在工业上广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。某学习小组欲从某工业废料中回收钴，设计工艺流程如下：(废料中含有 Al、Co2O3 和 Fe2O3等物质)。请回答：(1)废料用 NaOH 溶液处理前通常先将废料粉碎，其目的是_。(2)过程用稀 H2SO4和 H2O2溶液与 Co2O3反应而达到浸出钴的目的，请写出该反应的离子方程式_。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请分析不用盐酸浸出钴的主要原因_。(3)碳酸钠溶液在过程和中所起作用有所不同，请写出碳酸钠
47、在过程中发生反应生成沉淀的离子方程式_。(4)若在实验室中完成过程，则沉淀物需在_(填仪器名称)中灼烧；写出在过程中发生反应的化学方程式_。(5)将 1.010-3 mol/LCoSO4与 1.210-3mol/L 的 Na2CO3等体积混合，此时溶液中的 Co2+的浓度为_ mol/L。(已知：CoCO3的溶度积为：Ksp=1.010-13)(6)CoO 与盐酸反应可得粉红色的 CoCl2溶液。CoCl2晶体因结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水 CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色的 CoCl26H2O 晶体在烘箱中受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲
48、线，物质 A 的化学式是_。【答案】(1)增大反应物接触面积，加快反应速率 (2)Co2O3+H2O2+4H+=2Co2+O2+3H2O Co2O3可氧化盐酸产生 Cl2，污染环境 (3)2Fe3+3 CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2 (4)坩埚 3CoO+2Al 高温3Co+A12O3 (5)1.010-9 CoCl22H2O【解析】第一步中，Al 和氢氧化钠溶液反应，其离子反应方程式为：2Al2OH2H2O=2AlO23H2，得到滤液和滤渣，因此采用操作步骤是过滤，滤液中 AlO2与二氧化碳反应得到氢氧化铝沉淀，之后灼烧并通过电解熔融氧化铝得到金属单质铝。滤渣中 Co2O3
49、作氧化剂与过氧化氢反应，化合价由3 价2 价，之后调节 PH 得到 Fe(OH)3。滤液中 Co2不能转化成沉淀，根据 pH 的范围为 3.2pH12，则 Zn(OH)2溶解生成四羟基合锌酸钠，写出 Zn(OH)2被溶解的离子方程式_。(3)滤液 D 中除了含有 OH离子外，还含有的阴离子有_(填离子符号)。(4)若滤液 E 的 pH=4，c(Zn2+)=2mol/L，c(Fe3+)=2.610-9mol/L 能求得的溶度积是_(填选项)A KspZn(OH)2 B KspZn(OH)2和 KspFe(OH)3 C KspFe(OH)3(5)已知：Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-
50、(aq)H=a kJ/mol H2O(l)H+(aq)+OH-(aq)H=b kJ/mol 请写出 Fe3+发生水解反应的热化学方程式_。(6)若 Fe(OH)3的溶度积常数为 Ksp，H2O 的离子积常数为 Kw，Fe3+发生水解反应的平衡常数 K=_。(用含 Ksp、Kw的代数式表示)【答案】(1)1：4 (2)Zn(OH)2+2OH-=Zn(OH)42-(3)Cl-、NO3-(4)C (5)Fe3+(aq)+3H2O(l)Fe(OH)3(s)+3 H+(aq)H=(3b-a)kJ/mol(6)3K wKsp 【解析】“烂板液”中除含硝酸锌外，还含有自来水带入的 Cl和 Fe3，由流程可知
51、，先加 NaOH 可沉淀锌离子、铁离子，滤液 C、D 均含硝酸钠、氯化钠，沉淀 A 洗涤后得到沉淀 B，加硫酸控制 pH 分离出 Fe(OH)3，滤液 E 含 ZnSO4，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出 ZnSO47H2O。(1)若硝酸被还原的产物为 NH4NO3，金属锌全部生成硝酸锌，反应可以表达为：4Zn+10HNO3=4 Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O，被还原的硝酸得 NH4NO3，有 1mol，未被还原的在盐 Zn(NO3)2和 NH4NO3中，有 9mol，氧化剂与还原剂的物质的量之比是 1：4；(2)Zn(OH)2溶解生成四羟基合锌酸钠，反应的离子方程式为 Zn(OH)2
52、+2OH=Zn(OH)42-；(3)固体具有吸附性，沉淀 A 可吸附溶液中的 Cl、NO3等离子，则滤液中应含有 Cl、NO3；(4)滤液 E 的 pH=4，得到的沉淀为 Fe(OH)3，Fe(OH)3的溶度积常数为 Ksp=2.610-9(10-10)3=2.610-39；(5)已知：Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)H=a kJ/mol，H2O(l)H+(aq)+OH-(aq)H=b kJ/mol，结合盖斯定律可知3-可得：Fe3+发生水解反应的热化学方程式 Fe3+(aq)+3H2O(l)Fe(OH)3(s)+3 H+(aq)H=(3b-a)kJ/mol；(6)若 F
53、e(OH)3的溶度积常数为 Ksp，H2O 的离子积常数为 Kw，根据(5)3-可得：Fe3+(aq)+3H2O(l)Fe(OH)3(s)+3 H+(aq)Fe3+发生水解反应的平衡常数 K=3K wKsp。14(2020河北省高三大联考理综化学试题)锡渣主要成分是 SnO，还含有少量 Fe、Cu、Sb、Pb、As 等元素的氧化物.可用下列流程中的方法生产锡酸钠.已知：砷酸钡难溶于水，Ksp(Ba3(AsO4)2)=10-24 水碎液中溶质的主要成分为 Na2SnO3，Na3AsO4，Na3SbO4，Na2PbO2 (1)碱熔就是在锡渣中加 NaOH 焙烧，SnO 转变为 Na2SnO3，则
54、SnO 参加反应的化学方程式为_(2)除杂 1 的目的是“除砷和铅”，加入硫化钠所发生反应的离子方程式为_；若要使 0.001mol/L 的 AsO43-沉淀完全(一般认为离子浓度小于10-6mol/L 时即沉淀完全)，需等体积加入至少_mol/L 的 Ba(OH)2.(3)除杂 2 中加入 Sn 粒的目的是_(4)已知 Na2SnO33H2O 可溶于水，难溶于乙醇，加热至 140时会失去结晶水，所以最后一步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为_、过滤、用_洗涤、_。(5)水碎渣中的铁元素主要以氧化物形式存在，回收比较容易，而铜冶炼过程中的铜渣中也有铁元素，但主要以硅酸铁的形式存在，回收方法更复
55、杂：需先加 CaO 作置换剂，发生钙铁置换反应 CaO+FeOSiO2CaOSiO2+FeO，在反应过程中，加 CaO 的同时还需加入还原剂烟煤，则加入还原剂烟煤的作用是_【答案】(1)2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2O (2)PbO22-+S2-+2H2O=PbS+4OH-0.0017 (3)除去 SbO42-或除锑 (4)在 140以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶 乙醇 低温干燥 (5)还原 FeO 以减少生成物，使钙铁置换反应向正反应方向移动【解析】(1)碱熔就是在锡渣中加 NaOH 焙烧，SnO 转变为 Na2SnO3，在转化过程中，Sn 由+2 价升高到+4 价，
56、应有氧化剂参与反应，NaOH 不可能作氧化剂，则必 有 空 气 中O2 参 与 反 应，由 此 可 写 出 SnO 参 加 反 应 的 化 学 方 程 式 为2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2O；(2)除杂 1 的目的是“除砷和铅”，加入的 Na2S 与Na2PbO2 反应，生成 PbS，由此可写出发生反应的离子方程式 PbO22-+S2-+2H2O=PbS+4OH-；若要使 0.001mol/L 的 AsO43-沉淀完全(一般认为离子浓度小于 10-6mol/L时即沉淀完全)，加入 Ba(OH)2起两个作用，一个是使 AsO43-完全沉淀，由离子方程式 3Ba2+2AsO4
57、3-=Ba3(AsO4)2，可求出参加反应的 c(Ba2+)1=3 0.001mol/L2=0.0015mol/L；另一个是溶解在溶液中，Ba3(AsO4)2 需达到沉淀溶解平衡，使c(Ba2+)2=12436210(10)=10-4mol/L，此为混合溶液中的 c(Ba2+)，换算为原溶液中的浓度，则为 210-4mol/L；从而得出 c(Ba2+)=c(Ba2+)1+c(Ba2+)2(换)=0.0015mol/L+210-4mol/L=0.0017mol/L；(3)除杂 2 中加入 Sn 粒的目的是使 Na3SbO4转化为沉淀，从溶液中去除；(4)最后一步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为
58、在 140以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、为减少水洗时的溶解损失，应使用乙醇洗涤、最后再低温干燥；(5)在反应过程中，加 CaO 的同时还需加入还原剂烟煤，只能还原 FeO，则加入还原剂烟煤的作用是还原 FeO，减少生成物，有利于平衡的正向移动。15(2020福建省宁德市高三期末质量检测)随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料(主要含 S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)提取硒，设计流程如下：回答下列问题：(1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是_。
59、最佳温度是_。(2)“氧化酸浸”中，Se 转化成 H2SeO3，该反应的离子方程式为_。(3)采用硫脲(NH2)2CS联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。控制电位在 0.7401.511V 范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原 ClO2。该过程的还原反应(半反应)式为_。为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_V。(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出Se 转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)Na2S 净化H2SO4酸化等步骤。净化后的溶液中 c(Na2S)达到
60、 0.026 molL1，此时溶液中的 c(Cu2+)的最大值为_，精硒中基本不含铜。Ksp(CuS)=1.31036 硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为_。(5)对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为 32 gg1，则精硒中铁质量分数为_，与粗硒中铁含量为 0.89%相比，铁含量明显降低。【答案】(1)温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加 95 (2)4ClO3+4H+Se=4ClO 2+H2O+H2SeO3 (3)ClO2+4H+5e-=Cl+2H2O 0.345 (5)5.01035 molL1【解析】(1)“脱硫”时，脱硫率随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是温度升高，单质硫
61、在煤油中的溶解度增加；最佳温度是 95。(2)“氧化酸浸”中，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，Se 转化成 H2SeO3，ClO3还原成ClO 2，该反应的离子方程式为 4ClO3+4H+Se=4ClO 2+H2O+H2SeO3。(3)控制电位在 0.7401.511V 范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2，ClO2得电子还原成 Cl-，该过程的还原反应(半反应)式为 ClO2+4H+5e-=Cl+2H2O。为使硒和杂质金属分离，确保 Cu2+、Zn2+、Fe2+不被还原，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在 0.345V。(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出Se转化成硒代硫酸
62、钠(Na2SeSO3)Na2S 净化H2SO4酸化等步骤。净化后的溶液中c(Na2S)达到 0.026 molL1，此时溶液中的 c(Cu2+)的最大值为 c(Cu2+)=2-SspKCuSc（）=361.3 100.026=5.01035 molL1，精硒中基本不含铜；硒代硫酸钠酸化生成硒、二氧化硫和水，化学方程式为 Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se+SO2+H2O；(5)精硒中铁含量为 32 gg1，则精硒中铁的质量分数=63.2 10100%1gg 3.2103%，与粗硒中铁含量为 0.89%相比，铁含量明显降低。16(2020湖北示范高中科综合能力测试)V2O5可作化学
63、工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体，微溶于水，具有强氧化性，属于两性氧化物。某研究小组将从钒铅锌矿(主要含有 V2O5、PbO、ZnO、CaO)中提取 V2O5及回收铅、锌等金属。工艺流程如下图所示：已知：NH4VO3是白色粉末，可溶于热水，微溶于冷水，不溶于乙醇、乙醚。2NH4VO3V2O52NH3H2O 请回答：(1)钒铅锌矿高温熔炼时，生成金属铅的反应属于基本反应类型中的_反应；V2O5与纯碱反应的化学方程式为_。(2)流程中操作 I 的名称是_。(3)焦炭用量对还原熔炼效果的影响如下左图所示。分析图像可知，焦炭用量应取矿石质量的约_%较为合适。(4)
64、钒浸出过程中，液固比(液体质量：固体质量)对钒浸出率的影响如上右图所示。分析图像可知，浸出过程的液固比最合适的比例约为 2：1，理由是_。(5)为制取纯度较高的 V2O5，往含钒浸出液(主要为 NaVO3)中加 NH4Cl 溶液，该反应的化学方程式是_。(6)在洗涤操作时，可选用的洗涤剂_(填选项字母)。A乙醚 B1%NH4Cl 溶液 C热水 D冷水 (7)在灼烧操作时，需在流动空气中灼烧的可能原因_。【答案】(1)置换 V2O5+Na2CO3 高温2NaVO3+CO2 (2)过滤 (3)10 (4)液固比为 2：1 时，钒浸出率在 97%以上，再进一步增大液固比，钒浸出率提高不明显，而且还会
65、导致浸出用水量、废水排放量的增大 (5)NaVO3+NH4Cl=NaCl+NH4VO3 (6)BD (7)若空气不流通，由于 V2O5具有强氧化性，会与还原性的 NH3反应，从而影响产物的纯度及产率【解析】1)反应过程中加入了单质碳，反应生成单质金属铅，反应属于基本反应类型中的置换反应。V2O5与纯碱反应生成 NaVO3和 CO2气体，故反应方程式为V2O5+Na2CO3 高温2NaVO3+CO2；(2)流程中操作 I 是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，名称是过滤；(3)根据焦炭用量对还原熔炼效果的影响图像可知，焦炭用量应取矿石质量的约 10%较为合适；(4)钒浸出过程中，液固比(液体质量：
66、固体质量)对钒浸出率的影响如上右图所示。分析图像可知，浸出过程的液固比最合适的比例约为 2：1，这时浸出率为 97%以上，为进一步增大液固比，钒浸出率提高不明显，而且还会导致浸出用水量、废水排放量增大等问题；(5)往含钒浸出液中加 NH4Cl 溶液，发生反应 NaVO3+NH4Cl=NaCl+NH4VO3，该反应属于基本反应类型中的复分解反应；(6)已知 NH4VO3可溶于热水，微溶于冷水，不溶于乙醇、乙醚。且为减小产物的损失，可以选择 1%NH4Cl 溶液和冷水进行洗涤；(7)灼烧操作的过程中由 NH4VO3灼烧得到 V2O5和 NH3，若空气不流通，由于 V2O5具有强氧化性，会与还原性的
67、 NH3反应，从而影响产物的纯度及产率，故要在流通的热空气中进行。17(2020广东潮州市高三末理综化学教学质量检测).醋酸镍(CH3COO)2Ni是一种重要的化工原料。一种以含镍废料(含 NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：T 时相关离子生成氢氧化物的 pH 和相关物质的溶解性如下表：金属离子 开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pH 物质 T 时溶解性(H2O)Fe3 1.1 3.2 CaSO4 微溶 Fe2 5.8 8.8 NiF2 可溶 Al3 3.0 5.0 CaF2 难溶 Ni2 6.7 9.5 NiCO3 Ksp1.00105(1)“酸浸”
68、前将废料粉碎，其目的是_。(2)调节 pH 步骤中，溶液 pH 的调节范围是_。(3)滤渣 1 主要成分的化学式是 CaSO4和_，滤渣 3 主要成分的化学式_。(4)写出氧化步骤中加入 H2O2发生反应的离子方程式：_。(5)酸浸过程中，1 mol NiS 失去 6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应化学方程式：_。(6)沉镍过程中，若 c(Ni2)=2.0 mol/L，欲使 100 mL 该滤液中的 Ni2沉淀完全c(Ni2)1.0105 mol/L，则需要加入 Na2CO3(M=106 g/mol)固体的质量最少为_g。(7)加入醋酸进行酸溶得到醋酸镍溶液，一定条件指的是 _
69、、_过滤、洗涤、干燥得到醋酸镍产品。【答案】(1)加快反应速度，提高镍的浸出率 (2)5.0 pH6.7 (3)SiO2 CaF2 (4)2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (5)NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2 +2NO+2H2O (6)31.8 (7)蒸发浓缩 (9)冷却结晶【解析】制取醋酸镍的工艺流程为：含镍废料(含 NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，NiS、Al2O3、FeO、CaO 会发生反应，NiS、Al2O3、FeO 产生相应的盐进入溶液，SiO2不能反应，CaO 反应后转化为微溶于水的 CaSO4，所以反应后过滤
70、，滤渣 1 为二氧化硅和硫酸钙，浸出液含有 Ni2+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加 H2O2把溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，然后加 NaOH 调节 pH，使 Al3+、Fe3+转化为 Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，所以滤渣 2 为 Al(OH)3、Fe(OH)3，同时 Ni2+不能转化为沉淀，所以调节 pH 的范围 5.0pH6.7，向溶液中加入 NH4F，溶液中的 Ca2+与 F-会发生反应产生 CaF2沉淀，过滤，滤渣 3 为 CaF2，向滤液中加碳酸钠生成 NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成(CH3COO)2Ni 溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到(CH3COO)
71、2Ni 固体。(1)“酸浸”前将废料粉碎，其目的是可增大固体接触面积，从而提高了镍的浸出率。(2)H2O2把溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，然后加 NaOH 调节pH，使 Al3+、Fe3+转化为 Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，所以滤渣 2 为 Al(OH)3、Fe(OH)3，同时 Ni2+不能转化为沉淀，所以调节 pH 的范围 5.0pH”、“”或“=”)。【答案】(1)ac (2)MnO22I4H+Mn2+I22H2O 分液 (4)蒸馏 (3)(或或)2.91044)(4)NaHCO3的溶解度最小 CaO或 Ca(OH)2 (9)NH4Cl 小于【解析】(1)a 项，AgCl、A
72、gBr、AgI 的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，依次变深，a 正确；b 项，F、Cl、Br、I 的非金属性依次减弱，金属性依次增强，b 错误；c 项，HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强，c正确；d 项，F2、Cl2、Br2、I2与 H2化合由易变难，d 错误；故选 ac；(2)氧化时，在酸性条件下 MnO2与碘离子反应生成二价锰离子、碘单质和水，离子方程式为 MnO22I-4H+Mn2+I22H2O；步骤为固液分离，方法为过滤；为萃取后分液；蒸发掉有机物生成晶态碘；(3)除 Mg2+、Fe2+用 NaOH，除 Ca2+用碳酸钠，除 SO42-用氯化钡溶液，但会引入
73、钡离子，除钡离子也用碳酸钠，则除硫酸根离子在除钙离子之前，过滤后再加盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子，添加顺序为(或或)；Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO32-)=2.910-9，则 c(CO32-)=2.9104mol/L；(4)NaHCO3的溶解度小于碳酸钠的，则饱和碳酸钠溶液中通二氧化碳和氨气时能析出碳酸氢钠；“氨碱法”滤液中的主要成分为氯化铵，加入 CaO或 Ca(OH)2时可产生氨气；在滤液中继续通入 NH3，并加入NaCl粉 末 能 得 到 更 多 的 氯 化 铵；根 据 溶 液 呈 电 中 性，c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(H
74、CO3-)+2c(CO32-)，c(Na+)=c(Cl-)，c(NH4+)=c(HCO3-)，则 c(H+)=c(OH-)+2c(CO32-)，溶液呈酸性，pH7。21(2020山东省潍坊市高三期末)钼酸钠(Na2MoO4)是一种重要的化工原料。用废加氢催化剂(含有 MoS2 和 Al2O3、Fe2O3、SiO2 等)为原料制取钼酸钠，工艺流程如图所示：已知：MoO3、A12O3在高温下能跟 Na2CO3发生反应。回答下列问题：(1)Na2MoO4中 Mo 元素的化合价_。(2)废加氢催化剂焙烧目的是脱除表面油脂、硫等。请根据表中实验数据分析，废加氢催化剂预处理温度应选择_。废催化剂在不同温度
75、下的烧残(时间：2h)温度/300 350 400 500 600 烧前/g 50.00 50.00 50.00 50.00 50.00 烧后/g 48.09 47.48 47.19 46.55 46.52 烧残，%96.2 95.0 94.4 93.1 93.0(3)焙烧时生成 MoO3的化学方程式为_，当生成 1mol MoO3转移电子数为_NA。(4)加碳酸钠碱性焙烧时主要反应的化学方程式为_。(5)用 50t 含 MoS2为 80%的废加氢催化剂，经过制取、分离、提纯，得到 30.9t Na2MoO4，则 Na2MoO4的产率为_。【答案】(1)+6 (2)500 (3)2MoS2+7
76、O2 高温2MoO3+4SO2 14 (4)MoO3+Na2CO3 高温Na2MoO4+CO2 (5)60%【解析】(1)根据 Na2MoO4 中化合价代数和为 0，Mo 元素的化合价为+(24-12)=+6 价；(2)由废加氢催化剂焙烧目的是脱除表面油脂、硫等，结合表中实验数据可知，500后烧残的百分含量几乎不变，所以废加氢催化剂预处理温度应选择 500；(3)空气中焙烧废加氢催化剂，MoS2 燃烧反应生成 MoO3 的化学方程式为 2MoS2+7O2 高温2MoO3+4SO2，反应中 Mo 元素化合价由+4 价升高到+6，S 元素化合价由-2 升高到+4，则由方程式可知转移电子数为 2(6
77、-4+26)=28e-，所以当生成 1mol MoO3转移电子数为 14NA；(4)加碳酸钠碱性焙烧时主要是将 MoO3转化为易溶于水的 Na2MoO4，反应的化学方程式为 MoO3+Na2CO3 高温Na2MoO4+CO2；(5)用 50t 含 MoS2为 80%的废加氢催化剂，则含 Mo 的物质的量为=2.5105mol，根据 Mo 原子守恒，Na2MoO4的产率=100%=60%。22(2020山东省青岛市高三期末考试)高锰酸钾消毒片主要成分为 KMnO4，可外用消炎杀菌。用某软锰矿(主要成分是 MnO2，还含有 A12O3、SiO2等杂质)制备KMnO4的流程图如下：已知：K2MnO4
78、固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应。(1)“操作 I”中玻璃棒的作用是_。“操作”时，当_时，停止加热，自然冷却，抽滤后即可获得紫黑色 KMnO4晶体。(2)向“浸取液”中通入 CO2，调节其 pH，经“过滤”得滤渣 I，滤渣 I 的成分为_。(3)“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为_。(4)“歧化”时，加入冰醋酸的目的是_(用必要的离子方程式和文字解释)。(5)“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是_(填字母)。a浓盐酸 b亚硫酸 c稀硫酸 d氢碘酸(6)制取过程中，若 pH 调节不合理易生成 Mn2+。在废水处理领域中常用 H2S将 Mn2+转化为 MnS
79、 除去，向含 0.05molL-1Mn2+废水中通入一定量 H2S 气体，调节溶液的 pH=a，当 HS-浓度为 1.010-4molL-1时，Mn2+开始沉淀，则 a=_。已知：H2S 的 Ka1=1.310-7 Ka2=5.010-15；Ksp(MnS)=2.510-14【答案】(1)引流 表面出现晶膜 (2)Al(OH)3和 H2SiO3 (3)2MnO24KOHO2 高温2K2MnO42H2O (4)调节溶液 pH，使 3MnO422H2O2MnO4MnO24OH平衡向右移动，促进 KMnO4的生成，提高 KMnO4的产率 (5)c (6)6【解析】软锰矿(主要成分为 MnO2，还含有
80、 Al2O3、SiO2等杂质)与 KOH 在空气中熔融煅烧，主要的反应为：2MnO2+4KOH+O2 高温2K2MnO4+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 3MnO42+2H2O2MnO4+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。(1)操作 I 为过滤，玻璃棒起到引流作用，操作为结晶操作，“结晶
81、”时，当表面出现晶膜时，停止加热，自然冷却，抽滤后即可获得紫黑色 KMnO4晶体；(2)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)“熔融煅烧”时，MnO2 参与反应的化学方程式为，被氧化生成高锰酸钾，方程式为 2MnO2+4KOH+O2 高温2K2MnO4+2H2O；(4)“歧化”时，加入冰醋酸的目的是调节溶液 pH，使 3MnO42+2H2O2MnO4+MnO2+4OH平衡向右移动，促进 KMnO4的生成，提高 KMnO4的产率；(5)KMnO4具有强氧化性，不能用还原性酸，盐酸、
82、亚硫酸以及氢碘酸均具有还原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案为 c；(6)向含 Mn2为 0.005molL-1的废水中通入一定量的 H2S 气体，调节溶液的 pH=a，当HS浓度为 1.010-4 molL-1 时，Mn2开始沉淀，则 c(Mn2)c(S2)=c(Mn2)2()()Kac HSc H=Ksp(MnS)，即0.0051545.0 101.0 10()c H=2.510-15，解得c(H)=1.010-6molL-1，即 pH=6。23(2020陕西省宝鸡中学、西安三中等五校高三联考)2019 年诺贝尔化学奖授予约翰古迪纳夫、斯坦利威廷汉和吉野彰，表彰他们对锂离子电池研究的贡献。磷
83、酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除 LiFePO4外，还含有 Al 箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，部分流程如图：已知：Ksp(Li2CO3)=1.610-3。部分物质的溶解度(S)如下表所示：T S(Li2CO3)/g S(Li2SO4)/g S(Li3PO4)/g 20 1.33 34.2 0.039 80 0.85 30.5 100 0.72 (1)从“正极”可以回收的金属有_。(2)写出碱溶时 Al 箔溶解的离子方程式_。(3)磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生 LiFePO4和 FePO4的转化，该电池充电时
84、正极的电极反应式为_。(4)酸浸时产生标准状况下 3.36LNO 时，溶解 LiFePO4_mol(其他杂质不与HNO3反应)，若用 H2O2代替 HNO3，发生反应的离子方程式为_。(5)流程中用“热水洗涤”的原因是_。(6)若滤液中 c(Li+)=4mol/L，加入等体积的 Na2CO3后，Li+的沉降率到 90%，计算滤液中 c(CO32-)=_mol/L。(7)“沉淀”时_(填“能”或“不能”)用 Na2SO4溶液代替饱和 Na2CO3溶液，原因是_。【答案】(1)Li、Fe、Al (2)2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (3)LiFePO4-e-=FePO4+Li+(
85、4)0.45 H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O 或 H2O2+8H+2LiFePO4=2Fe3+2H2O+2H3PO4+2Li+(5)Li2CO3 的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少 Li2CO3 的溶解 (6)0.04 (7)不能 (8)Li2SO4为易溶物【解析】正极片经碱溶可得到 NaAlO2滤液，含有磷酸亚铁锂的滤渣加入硫酸、硝酸，可除去不溶于酸碱的导电剂，得到含有 P、Fe、Li 的滤液，加入碱液调节pH 值，生成的沉淀为 FePO4，滤液加入碳酸钠，可生成碳酸锂沉淀。(1)根据分析流程，碱溶可得到 NaAlO2滤液，调节 pH 值，生成的沉淀为 FePO4，加入
86、碳酸钠，可生成 Li2CO3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有 Li、Fe、Al；(2)碱溶时Al 箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；(3)磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生还原反应，电极反应式为：FePO4+e-+Li+=LiFePO4该电池充电时正极变为阳极，失电子发生氧化反应，将放电时正极反应倒写即为阳极电极反应式为 LiFePO4=FePO4+Li+e-，可得 LiFePO4-e-=FePO4+Li+；(4)酸浸时 HNO3转化为 NO，产生标准状况下 3.36LNO 的物质的量为3.36L22.4L/mol=0.15mol，产生 1
87、molNO，转移 3mol 电子，则生成 0.15molNO 转移 0.45mol 电子，LiFePO4与硝酸反应转化为 FePO4，Fe 的化合价由+2 价变为+3 价，溶解 1mol LiFePO4转移 1mol 电子，则转移 0.45mol 电子，溶解 LiFePO40.45mol；若用 H2O2代替 HNO3，H2O2与 LiFePO4发生氧化还原反应，反应的离子方程式为 H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O或 H2O2+8H+2LiFePO4=2Fe3+2H2O+2H3PO4+2Li+；(5)根据表格数据可得，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少 Li2CO
88、3 的溶解；(6)若滤液中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的 Na2CO3后，Li+的沉降率到 90%，混合后溶液中含有的c(Li+)=4mol/L (1-90%)12=0.2mol/L，已 知：Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)c(CO32-)=1.610-3，则滤液中 c(CO32-)=232SPKLi COc Li=321.6 100.2=0.04 mol/L；(7)“沉淀”时不能用 Na2SO4溶液代替饱和 Na2CO3溶液，原因是 Li2SO4为易溶物，最终得不到 Li2CO3沉淀。24(2020浙江省宁波市效实中学高三模拟考试)用氟硅酸(H2SiF6)制备冰晶石(Na3A
89、lF6)的工艺流程如图所示：已知：冰晶石(Na3AlF6)微溶于水。(1)工业上采用电解氧化铝-冰晶石熔融体的方法冶炼金属铝，加入冰晶石的作用是_。(2)已知氟硅酸(H2SiF6)酸性强于硫酸，写出反应的化学方程式_。(3)反应为脱硅工艺，固体是_。(4)向 NaF 溶液中加入 Al2(SO4)3溶液发生反应的离子方程式为_；NaF溶液呈碱性，在加入 Al2(SO4)3溶液前，需先用硫酸将 NaF 溶液的 pH 下调至 5 左右，否则可能产生副产物_。(5)干燥前，检验冰晶石是否洗涤干净的实验方法是_。(6)从母液中可循环利用的物质是_。【答案】(1)降低氧化铝的熔融温度 (2)H2SiF6+
90、Na2SO4=Na2SiF6+H2SO4 (3)SiO2 (4)6F-+Al3+3Na+=Na3AlF6 Al(OH)3 (5)取最后一次滤液置于小试管中，向其中加入 BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗涤干净，否则没有洗涤干净 (6)Na2SO4【解析】(1)工业上采用电解氧化铝-冰晶石熔融体的方法冶炼金属铝，加入冰晶石的作用是降低氧化铝的熔融温度，节省能源；(2)氟硅酸(H2SiF6)酸性强于硫酸，反应的原理是强酸制弱酸，反应的化学方程式为 H2SiF6+Na2SO4=Na2SiF6+H2SO4；(3)反 应 为 脱 硅 工 艺，其 发 生 反 应 的 方 程 式 为Na2SiF6+4NaOH
91、=SiO2+6NaF+2H2O，由此可得固体的成分为 SiO2；(4)向 NaF 溶液中加入Al2(SO4)3溶液发生反应，从图中可以看出，F-、Al3+、Na+反应生成Na3AlF6，且其为难溶物，反应的离子方程式为 6F-+Al3+3Na+=Na3AlF6；NaF 溶液呈碱性，在加入 Al2(SO4)3溶液前，需先用硫酸将 NaF 溶液的 pH 下调至 5 左右，否则 Al3+会发生水解，可能产生的副产物为 Al(OH)3；(5)干燥前，若冰晶石未洗涤干净，则其表现会附着溶液中的离子，应检验洗涤液中是否含有 SO42-；(6)从母液为Na2SO4溶液，而反应中也需要加入 Na2SO4，所以
92、其可循环利用。25(2020山西省高三适应性调研考试)2019 年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。(1)自然界中主要的锂矿物为锂辉石、锂云母、透锂长石和磷锂铝石等。为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈_，可以认为存在锂元素。A紫红色 B紫色 C黄色(2)工业中利用锂辉石(主要成分为 LiAlSi2O6，还含有 FeO、CaO、MgO 等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如下：已知：部分金属氢氧化物的 pKsp(pKsp=-lgKsp)的柱状图如图 1。回答下列问题：锂辉石的主要成分为 LiAlSi2O6，其氧化物的形
93、式为_。为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是_。向“浸出液”中加入 CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制 pH 使 Fe3+、A13+完全沉淀，则 pH 至少为_。(已知：完全沉淀后离子浓度低于 1l0-5)mol/L)“滤渣 2”的主要化学成分为 _。“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的 _(化学式)溶液；该过程所获得的“母液”中仍含有大量的 Li+，可将其加入到“_”步骤中。Li2CO3与 Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为_。(3)利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为 LiCoO2+C6LixC6
94、+Li1-xCoO2其工作原理如图 2。下列关于该电池的说法正确的是_(填字母)。A过程 1 为放电过程 B该电池若用隔膜可选用质子交换膜 C石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度 D充电时，LiCoO2极发生的电极反应为 LiCoO2-xexLi+Li1-xCoO2 E对废旧该电池进行“放电处理”让 Li+嵌入石墨烯中而有利于回收【答案】(1)a (2)Li2OAl2O34SiO2 将矿石细磨(搅拌、升高温度或其他合理答案)4.7 Mg(OH)2、CaCO3 Na2CO3(或其他合理答案)净化 6Li2CO3+4Co3O4+O2 高温12LiCoO2+6CO2 (3)CD【解析
95、】(1)焰色反应常用来检测金属元素，高中要求学生记住钠元素的焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色，利用排除法可以选择出锂元素的焰色为紫红色。故答案为 a；(2)硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：A氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物二氧化硅水，不同氧化物间以“”隔开。B各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成。C当计量数配置出现分数时应化为整数。锂辉石的主要成分为 LiAlSi2O6，根据方法，其氧化物的形式为 Li2OAl2O34SiO2。流程题目中为提高原料酸浸效率，一般采用的方法有：减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌
96、、多次浸取等。本题中为“酸化焙烧”，硫酸的浓度已经最大，因此合理的措施为将矿石细磨、搅拌、升高温度等。根据柱状图分析可知，Al(OH)3的 Ksp大于 Fe(OH)3的，那么使 Al3完全沉淀 pH 大于 Fe3的，Al(OH)3的 Ksp=110-33，c(OH-)=3333351 10()1 10spkc Almol/L=110-9.3molL-1，c(H)=110-4.7molL-1，pH=4.7，即 pH 至少为 4.7。“净化”步骤是尽最大可能除去杂质离子，如 Mg2、Ca2等，结合加入物质 Ca(OH)2、Na2CO3，可以推出“滤渣 2”的主要成分为 Mg(OH)2、CaCO3。
97、根据“沉锂”后形成 Li2CO3固体，以及大量生产的价格问题，该过程中加入的沉淀剂最佳答案为 Na2CO3溶液；该过程所获得的“母液”中仍含有大量的 Li+，需要从中 2 次提取，应回到“净化”步骤中循环利用。Li2CO3与 Co3O4在敝口容器中反应生成 LiCoO2时 Co 元素的化合 价 升高，因 此推 断 空气中 O2 参与 反 应氧化 Co 元 素，化 学方 程式 为6Li2CO3+4Co3O4+O2 高温 12LiCoO2+6CO2。(3)A 项，电池反应式为 LiCoO2+C6LixC6+Li1-xCoO2，由此可知，放电时，负极电极反应式为 LixC6-xe-=xLi+C6，正
98、极电极反应式为 Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2。石墨电极为放电时的负极，充电时的阴极，过程 1 为 Li+向石墨电极移动，因此为充电过程，A 错误；B 项，该电池是利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而制作，因此隔膜不能选择质子交换膜，B 错误；C 项，石墨烯电池利用的是 Li 元素的得失电子，因此其优点是在提高电池的储锂容量的基础上提高了能量密度，C 正确；D 项，充电时，LiCoO2 极为阳极，将放电时的正极电极反应式逆写即可得，即 LiCoO2极发生的电极反应为 LiCoO2-xexLi+Li1-xCoO2，D 正确；对废旧的该电池进行“放电处理”让 Li+嵌入 LiCoO2中才有利于回收，E 错误。故选 CD。
