2025届高三化学备考：云南高考模拟练习—工业流程22道

2025年云南高考一轮专项练习——工业流程22道 一、解答题 1．（2024·云南·模拟预测）碳酸钴是一种无机化合物，其化学式为。它是一种重要的钴盐，常用于电池、催化剂等领域。工业上以钴矿[主要成分是]为原料制取碳酸钴的工艺流程如图： 已知：①浸取液中含有等阳离子； ②时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见表： 金属离子 沉淀完全的 8.3 2.8 4.7 9.8 ③的。 回答下列问题： (1)请写出基态原子的核外电子排布简式 。 (2)浸取钴矿石前，需要浆化处理，原因是 。 (3)除杂过程中，加入适量溶液所发生反应的离子方程式为 ，对该流程有人提出用压缩空气代替溶液，你觉得用压缩空气代替溶液的好处是 ，调节后，若溶液中，此时的范围是 。 (4)萃取剂，和能发生反应：．萃取时，适当增大溶液萃取率会增大，但值过大，萃取率反而会降低，其原因是 ，反萃取时需向萃取液中加入 （填写化学式）。 (5)一种含的氧化物晶胞结构如图所示，已知在该氧化物中原子半径为原子半径为，它们在晶体中是紧密接触的。用表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 （列出计算式即可）。 2．（2024·云南昆明·三模）充分利用钴资源具有重要意义。以某湿法炼锌厂产出的高钴渣(含Co、Zn、Pb、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素)为原料回收钴和锰的一种工艺流程如下： 已知： ①除Cd后的滤液中含有和； ②pH<3.7时，还原性小于，pH>3.7时，还原性大于； ③部分金属离子形成氢氧化物完全沉淀的pH如下表： 金属离子 完全沉淀的pH 8.3 3.2 8.7 8.2 10.1 ④不同pH下，被氧化的产物如下表： pH pH<3 3<pH<6 6<pH<6.2 的氧化产物 回答下列问题： (1)滤渣1的主要成分为 (填化学式)。 (2)“沉铁”步骤中加入产品1的作用是 ，该步骤中调节pH的范围可以为 (填标号)。 a．pH＜2.8        b．4.0＜pH＜4.5        c．8.2＜pH＜10.1 (3)Cd与Zn同族，“置换”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (4)“步骤3”中发生主要反应的离子方程式为 ，滤液中存在的主要金属离子除外还有 (填离子符号)。 (5)沉淀前后的浓度分别为和，若溶液体积不变，则锰的沉淀率为 %(保留小数点后两位)。 3．（2024·云南·模拟预测）氧化铁黄(又称羟基铁)，化学式为或，针状结构，呈黄色粉末状，是一种粒径小于，在透明介质中有很好分散性的铁系颜料，着色力强，不溶于碱，微溶于酸。工业以硫酸渣(含等)为原料制备铁黄的一种工艺流程如图所示： 已知：的的。 回答下列问题： (1)铁黄中铁元素的化合价为 ，其在元素周期表 族。 (2)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。 (3)“沉铁”过程中生成的化学方程式为 。 (4)常温下加入的溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。 (5)铁黄产品也可以用表示，为了测定所制备铁黄的x值，进行如下操作：用分析天平准确称量样品置于坩埚中加热、冷却后称量，经过重复操作，当达到恒重时，残留固体质量为，则 。 (6)非整比铁氧化合物具有型晶体结构，由于，所以晶体存在缺陷，设晶胞中为x个，为y个，则 (计算值写最简整数比)。 4．（2024·云南曲靖·一模）废弃电脑的CPU中含有贵重金属Cu、Ag、Au，可回收利用，部分流程如下： (1)铜元素在周期表中位于 ，基态铜原子的核外电子排布式为 。 (2)电脑CPU在使用时会涂抹一层散热硅脂(一种液体橡胶，主要成分为聚二甲基硅氧烷和聚甲基硅氧烷)，可用______洗去； A．NaOH溶液 B．纯碱溶液 C．稀硫酸 D．酒精 (3)用Zn粉还原的化学反应方程式为 ； (4)试剂1为 (填名称，下同)，试剂2为 ； (5)加入过其铁粉的原因是 ； (6)滤渣2溶于试剂2的原因是 ；(用离子反应方程式表示) (7)金属铜的晶胞结构如图所示，铜原子之间的最小距离为apm，则铜晶胞的密度为 (表示阿伏加德罗常数)。 5．（2024·云南曲靖·二模）碳酸锌在工业上用途广泛。利用某种浸锌渣（主要含有）制备的一种流程如下： 已知：①； ②室温下，部分离子浓度的对数与的关系如下图所示（其中和分别代表含铝、含硅和含锌微粒）： 回答下列问题： (1)“焙烧”时，金属硫化物均转化为氧化物，生成的气体中主要成分是 （填化学式）。 (2)“碱浸”后，浸出液中含有金属元素的离子主要是和 （填离子符号）；欲使浸出液中的含锌微粒完全沉淀，应调节的范围是 。 (3)浸渣回收银的过程中有配合物生成，在碱性条件下用还原该配合物，还原产物为银单质，同时放出N2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (4)“除杂”时滤渣的主要成分是 （填化学式）。 (5)“沉锌”时发生反应的离子方程式为 ；此过程不宜用碳酸钠代替碳酸氢铵，原因是 。 6．（2024·云南·模拟预测）氮化镓(GaN)是具有优异光电性能的第三代半导体材料。利用炼锌矿渣[主要含铁酸锌、铁酸镓、]制备GaN并回收金属元素的一种工艺流程如下图： 已知：、在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。 盐酸浓度(mol/L) 反萃取率(%) 2 86.9 9.4 4 69.1 52.1 6 17.5 71.3 回答下列问题： (1)中铁元素的化合价为 。 (2)“酸浸”所得浸出液中、浓度分别为1mol／L和0.003mol／L。常温下，为尽可能多地提取同时确保不混入，“调pH”时须：4≤pH＜ (假设调pH时溶液体积不变)。已知常温下，，。 (3)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度 (填“>”“=”或“＜”)。 (4)回收金属元素时，锌主要从 中回收(填序号，后同)，铁主要从 中回收。 A．滤液    B．水相1    C．水相2    D．有机相 (5)由Ga制备的部分工艺如下图： 已知：(i)(乙醚)和(三正辛胺)均为配体； (ii)沸点：55.7℃，沸点：34.6℃，沸点：365.8℃。 ①比较分子中的C-Ga-C键角大小： (填“>”“=”或“＜”)。 ②直接分解不能制备超纯，采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是 。 (6)MOCVD法是通过与反应得到GaN和另一种产物，写出该反应的化学方程式： 。 (7)GaN晶体的一种六方晶胞如下图所示。该晶体的密度为 (列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。 7．（2024·云南昆明·二模）锡酸钠在电镀、印染、纺织、陶瓷等工业中具有重要作用。一种以含铅、锑、锡的复合渣(主要成分为及等)为原料制备锡酸钠晶体的工艺流程如下： 已知：①相关物质的沸点如下： 物质 沸点 1800 2260 1550 1740 ②锡酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇。 回答下列问题： (1)元素在周期表中的位置为 。 (2)“高温真空蒸发”控制温度在左右，目的是 。 (3)“高温碱熔”时，单质与和反应生成的化学方程式为 。 (4)已知“溶浸”后溶液中的阴离子主要为和少量，“沉铅”时发生反应的离子方程式为 。 (5)获得锡酸钠晶体的“系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 (填试剂名称)洗涤、 (填“低温”或“高温”)干燥。 (6)利用焦炭在高温下还原可制得单质。存在白锡、灰锡和脆锡三种同素异形体，其中灰锡的晶体结构与金刚石相似。若晶胞参数为，则最近的两个锡原子间的距离为 。 8．（2024·云南·二模）硒、碲广泛应用于传感、光学器件、红外探测等领域。以下是利用碲碱渣(主要含Na2TeO3、Na2SeO3，还有微量的Cu2+、Pb2+及部分不溶性杂质)为原料分离硒、回收碲的流程图： 已知：①时溶度积常数： ②当c(Mn+)≤1.0×10-5mol/L时认为离子已经沉淀完全 ③盐酸羟胺(NH2OH·HCl)是一种还原剂，其氧化产物是 回答下列问题： (1)基态硒原子的价电子排布式为 ，的中心原子的孤电子对数为 。 (2)当完全沉淀时，的浓度≤ mol/L。 (3)下图是Te—H2O系电位()—pH图，“酸化”步骤中，当pH为5时，在体系中Te(Ⅳ)主要以 形式存在，Te(Ⅳ)可被氧化形成相应的高价Te(Ⅵ)离子，氧化电位随pH值的变化规律为 。 (4)“沉硒”步骤中加入盐酸羟胺，反应的化学方程式为 。 (5)工业上可用电解法制备高纯碲，同时回收工业造纸废液中的NaOH，工作原理如图所示，装置中采用 离子交换膜(填“阳”或“阴”)，写出B电极的电极反应式 ，若电解8小时，获得1.28吨高纯碲，则电流强度I= C·h-1(已知：一个电子的电荷量e=1.6×10-19C，用含NA的式子表示)。 9．（2024·云南大理·二模）近年来，人们发现不仅在颜料、防腐工业等方面具有广泛的用途，而且的大单晶体是一种很重要的电光调制晶体，也是有机合成中性能优良的催化剂。研究发现一种利用低品位铜矿(含、和等)为原料制取的工艺流程如下： 已知：i．水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。 ii.室温时，的溶度积常数。 (1)铜矿中未被氧化的物质有 。 (2)滤液D中铁离子的浓度约为 。 (3)向滤液D中先通氨气的目的是___________。 A．中和溶液中的 B．调节溶液值，生成沉淀 C．有利于的生成 D．增加的溶解度 (4)固体E主要是，生成的离子方程式是 。 (5)滤液F加热生成、和，反应的化学方程式是 。 (6)若要制取99.5g，理论上至少需要质量分数为25%的的铜矿粉的质量为 g。 (7)查阅资料：立方晶胞结构如下图所示，其晶胞参数为apm，以配位键与相结合，其中的配位数为 ，晶体密度为 。 10．（2024·云南曲靖·一模）硒化锌(ZnSe)常用作荧光粉、电子工业掺杂材料和高纯试剂，也是一种重要的半导体材料。其中以锌矿(主要成分是ZnS，含少量、CuS、NiS、等)为原料制备ZnSe的工艺流程如下图所示： 已知：pH较高时，FeOOH沉淀会转化成胶体。 (1)Se元素在周期表中的位置是 ，基态Zn原子的价层电子排布式为 。 (2)写出气体X的一种用途 。 (3)浸出液中含有，“除铁”步骤中通入氧气时发生反应的离子方程式为 ，同时需补充适量物质Y，Y是 (写出一种即可)。“除铁”最佳pH为3.0，如果pH过高，会导致溶液中的含量降低，其主要原因是 。 (4)“置换”时滤渣2的主要成分为 。也可以在酸性含的溶液中加入锌粉和，生成，其离子方程式为 。 (5)晶体与NaCl晶体的结构相似，晶胞为正方体，边长为apm。其结构如图所示： 晶胞的密度ρ= g·列出计算式，阿伏加德罗常数的值为。 11．（2024·云南·一模）一种利用废旧三元锂离子电池分步回收金属的实验流程如下： 已知： ①中元素、、的价态分别为＋1、＋2、＋3； ②室温下，几种金属离子形成氢氧化物沉淀的如下表： 金属离子 开始沉淀 8.1 7.2 7.2 完全沉淀 10.1 8.7 8.7 ③DMG的结构为； ④金属离子与有机萃取剂TBP结合能力为，与P507的结合能力为。 回答下列问题： (1)中锰元素的化合价是 。 (2)可表示为LNCM，充放电时分别脱出、嵌入。为提高锂的回收率，回收前应对电池进行放电处理。判断LNCM是电池的 (填“正极”或“负极”)材料。 (3)“浸出”后的溶液中过渡金属离子的化合价均为＋2，茶多酚的作用是 。 (4)沉淀1为，“沉镍”过程主要反应的离子方程式是 (DMG用化学式表示)，该过程中应控制溶液的，理论上最佳的不超过 (填序号)，原因是 。 A．7.2                B．8.1                C．8.7                D．10.1 (5)沉淀2为，“沉锰”过程主要反应的离子方程式是 。 (6)有机萃取剂应选择 (填“TBP”或“P507”)，利用的热重图进行计算，可知400℃时的固体成分是 (填化学式)。 12．（2024·云南昆明·三模）随着对有色金属需求的高速增长及冶炼技术的发展，钢铁行业的瓦斯泥也从昔日无序丢弃的大宗固体废物变成了今日抢手的资源。昆钢的技术员设计以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3还含少量PbO、FeO、CuO)为原料提取锌、铋的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“浸取”步骤，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀结块，可采取的措施为 。 (2)配离子[Cu(NH3)4]2+中， 接受孤电子对，其中电负性最大的基态原子的价层电子排布图为 。“过程I”步骤发生反应的离子方程式为 。 (3)“过程II”步骤产生的气体 (填电子式)，可在流程的 步骤中循环使用。 (4)“滤渣2”的主要成分除S外还有 。 (5)已知：此工艺中，Bi3+水解得到BiOCl沉淀的适宜pH范围为1.6-2.0；溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Zn2+ 开始沉淀时pH 7.0 1.9 6.2 完全沉淀时pH 9.0 3.2 8.0 ①结合上述信息分析，“水解”步骤加入适量Zn粉的目的是 。 ②“水解”步骤后的“系列操作”为 。 13．（2024·云南·模拟预测）金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某废镍渣(含、NiO、FeO、)中回收镍并转化为的流程如图所示： 回答下列问题： (1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为 。 (2)“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出NiO与反应的化学方程式 。 (3)使用95℃热水“溶解”后过滤，所得滤渣主要成分的化学式是 。 (4)①“萃取”时发生反应(为金属离子，RH为萃取剂)，萃取率与的关系如下表所示，当时，水层中主要的阳离子为 。 萃取率% 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 55% 68% 80% 99% 99.5% 99.8% 99.9% 2% 2% 4% 5% 8% 30% 58% ②物质X的化学式为 。 (5)镧镍合金储氢后的晶胞如图所示，该化合物中原子个数比 。 (6)与丁二酮肟可形成鲜红色的二丁二酮肟合镍，结构如下图所示。碳碳键是由 轨道重叠形成的。 a．和    b．和    c．和p    d．和p 14．（2024·新疆乌鲁木齐·三模）锌电解阳极泥(主要成分为和，还有少量锰铅氧化物和)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锰、铅和银的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：①易溶于水，不溶于乙醇 ②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如图反应： ③已知：时 (1)已知中为价，为价和价，该氧化物中价和价的物质的量之比为 。 (2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为 ，该过程中实际葡萄糖加入量远大于理论需要量，其原因是 。 (3)整个流程中可循环利用的物质是 (填名称)。获得晶体的一系列操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、低温干燥，其中“洗涤”的具体操作是 。 (4)书写相关反应的离子方程式，并通过计算说明时，可用溶液将“滤渣1”中的完全转化为的原因 。 (5)通过氢电极增压法可制得单质锌，装置如图1所示。电解池工作时总反应的离子方程式为 。 (6)太阳能电池能够将太阳能直接转化为电能，为人类社会发展提供取之不尽川之不竭的清洁能源。以有机金属卤化物和作为敏化剂的太阳能电池，能量转换效率已经超过其他类型太阳能电池。 ①和中与之间、与之间的离子键成分的百分数大小比较及解释 。 ②晶胞结构如图2所示，其中代表。当位于晶胞的体心时，于晶胞的 位置(填“顶点”“面心”“棱心”或“晶胞内”)。 15．（2024·新疆·三模）氧化锌在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种由含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、、MnO、、CdO等)制备氧化锌的工艺流程如图所示。 已知：(ⅰ)四价铅的氧化性大于次氯酸钙的氧化性； (ⅱ)二价金属氧化物能分别与氨形成配位化合物，如Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)可生成、； (ⅲ)Fe、Mn元素对应优势微粒与溶液的pH及氧化剂氧化电位(Eh)关系如图： (ⅳ)相关物质见下表： 物质 MnS FeS ZnS PbS CdS CuS 回答下列问题： (1)O的价电子排布图为 ，Zn在周期表中的位置是 。 (2)“氧化预处理”时，加入溶液的目的为氧化含锌烟灰中的铁(Ⅱ)和锰(Ⅱ)，则氧化产物为 。 (3)“浸出”阶段溶解ZnO时消耗的，写出该反应的离子方程式 。 (4)“深度净化”时，可采用以下两种方案： 方案甲：加入足量锌粉。该方案所得滤渣c中除了含Zn、Cd之外，还含有 (填化学式)。 方案乙：加入粉末。已知杂质离子浓度较为接近且远小于含锌离子的浓度。则杂质离子生成沉淀的先后顺序依次为 (写沉淀的化学式)；工业生产中常采用方案甲而不采用方案乙，其原因为 。 (5)“蒸氨”时得到混合气体e和固体。混合气体e可返回至 工序循环利用。 (6)氧化锌有六边纤锌矿和立方闪锌矿两种常见晶体结构，晶胞结构如图。 ①六边纤锌矿中锌的配位数为 。 ②原子1的分数坐标为，则原子2的分数坐标为 。 16．（2024·新疆·二模）以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍的碳酸盐以及SiO2杂质)为原料生产次锰酸钠(Na3MnO4)的工艺流程如图： 已知： 物质 MnS NiS Ksp 2.0×10-13 1.0×10-21 (1)次锰酸钠中Mn的化合价为 ；滤渣1的主要成分为MnO2和 (填化学式)。 (2)锰的浸出率结果如图所示。由图可知，所采用的最佳实验条件为 。 (3)浸出液加入MnO2发生的离子反应方程式为 。 (4)“除镍”步骤发生的反应为：MnS(s)+Ni2+(aq)=NiS(s)+Mn2+(aq)。反应的平衡常数K= 。 (5)“母液1”中主要溶质的用途 。 (6)煅烧产物MnO2在“共熔”过程中，反应得到Na2MnO4及一种单质气体，则该反应的化学方程式为 。 (7)某MnxO，四方晶胞结构及其投影如图所示，该晶胞由O2-和Mn3+构成。 该晶体中Mn的配位数为 ，Mn与Mn之间最近(顶点和体心)距离为 pm。(用含a、b的代数式表示) 17．（2024·新疆·一模）氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下： 已知：①Ga与Al同主族。 ②常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Zn2+ Ga3+ 开始沉淀pH 8.0 1.7 5.5 3.0 沉淀完全pH 9.6 3.2 8.0 4.9 萃取率(%) 0 99 0 97~98.5 (1)为提高浸出率，可采用的方法是 (填一种方法即可)。 (2)基态镓原子的价层电子排布图为 。GaN的熔点为1700℃，晶胞如图所示，GaN的晶体类型为 。 (3)利用炼锌矿渣所获得的三种金属盐，分别为镓盐、FeCl2和 (填化学式)。 (4)处理浸出液时，将溶液的pH调节至5.4，此时溶液中Fe3+的浓度为 。 (5)“溶解还原”步骤中需要加入一定量的铁粉，进行该操作的主要目的是 。 (6)“高温合成”操作中Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN的化学方程式为 。 (7)下图可表示氮化镓与铜组装成的人工光合系统的工作原理。请写出铜电极上的电极反应式 。 18．（2024·新疆喀什·二模）利用含钴废料(主要成分为Co、Ni、Mn、Pb以及、等)制备碳酸钴和硫酸镍晶体的一种工艺流程如图所示： 请回答下列问题： (1)基态Co原子的价电子原子轨道表达式为 。铂钴合金具有较高的永磁性能，其晶胞如图所示，若A点Pt原子的坐标参数为，则B点Pt原子的坐标参数为 。 (2)“碱浸”时所得滤液中溶质的主要成分为NaOH和 。“酸浸”时发生反应的总离子方程式为 。 (3)酸浸后滤渣的主要成分为 。 (4)“沉锰”时，转化为，则“沉锰”时发生反应的离子方程式为： 。 (5)可以通过电解溶液获得单质Co和较浓的盐酸，其工作原理如图所示： 其中膜a和膜b中，属于阳离子交换膜的是 (填“膜a”或者“膜b”)。阴极的电极方程式为： 。 19．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）磁性氧化铁是生产颜料、抛光剂、录音磁带和电讯器材的重要原料。以高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2等)提取氧化铝和磁性氧化铁的流程如图： (1)基态Fe原子价层电子的轨道表示式(电子排布图)为 ；基态Al原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形； (2)“焙烧Ⅰ”过程中采用如图所示的“多层逆流焙烧”，“多层逆流焙烧”的优点是： (任答一点)。 (3)焙烧Ⅱ由氧化铝、氧化铁制得可溶性的NH4Al(SO4)2、NH4Fe(SO4)2.提取率随温度、时间变化曲线如图所示，最佳的焙烧时间与温度是 。写出由氧化铝制得可溶性的NH4Al(SO4)2相关的化学反应方程式为 。 (4)写出“滤渣I”主要成分的一种用途 。 (5)“焙烧Ⅲ”在隔绝空气的条件下进行反应，理论上完全反应时参加反应的n(FeS2)：n(Fe2O3)= 。 (6)FeS2晶体的晶胞结构如图所示。晶胞参数为apm，FeS2晶体的密度为ρg•cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则FeS2的摩尔质量M= g⋅mol﹣1(用含a、ρ、NA的代数式表示)。 20．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体，难溶于水。能被O2氧化，化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O。实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，过程如下： (1)“步骤I”中生成VOCl2同时还生成N2，该反应的的还原剂是 (填化学式)。已知氧化性V2O5>Cl2，若用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2，则会生成污染性气体。该反应的化学方程式为 。 (2)“步骤Ⅱ”可在如下装置中进行： ①仪器E的名称是 ； ②上述装置依次连接的合理顺序为B→ (按气流方向，用字母表示)。 ③连接好装置，检查装置气密性良好后，加入试剂，开始实验，先打开K1，当 (实验现象)，再关闭K1，打开K2，进行实验。 ④装置D中每生成1mol氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，需消耗 molNH4HCO3。 (3)装置D中加入VOCl2溶液使反应完全，取下三颈烧瓶，立即塞上瓶塞，将其置于CO2保护下的干燥器中，静置，得到紫红色晶体，然后抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。抽干称重。其中用无水乙醇洗涤的目的是 。 (4)测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：称量ag产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol﹣1•L﹣1KMnO4溶液至稍过量，将钒元素氧化为VO2+。再加入某还原剂除去过量的KMnO4.最后用cmol•L﹣1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。 (已知：+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O) ①粗产品中钒的质量分数表达式为 (用含a、b、c的代数式表示)。 ②若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 21．（2024·新疆塔城·二模）金属钨是重要的战略资源，由黑钨矿（主要成分为、，含有少量Si、As的化合物）制取金属钨的流程如图所示： 已知：常温下钨酸（）难溶于水，酸性很弱，其钠盐易溶于水。 回答下列问题： (1)已知元素周期表中74号元素钨与铬同族，钨在元素周期表中的位置是第六周期第 族。中铁元素的化合价为 。 (2)“碱熔”步骤中为提高反应速率，可以将黑钨矿预先 ，“碱熔”过程发生反应的化学方程式为 。 (3)上述流程中加盐酸中和至pH＝10时，溶液中的杂质阴离子有、、等，则“氧化、净化”过程中，先加入发生反应的离子方程式为 。 (4)沉钨过程中，判断是否沉淀完全的方法是 。 (5)钨酸钙（）和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下和的饱和溶液中，与pc(阴离子)的关系如图1所示，已知：pc(离子)＝-lgc(离子)。该温度下将溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，该反应的平衡常数K＝ 。 (6)合金具有比金属单质更优越的性能，Cu-Mn-Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图2所示。该合金的化学式为 。若A原子的坐标参数为（0,0,0），则B原子的坐标参数为 。 22．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）电池级Li2CO3是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。以锂云母浸出液(含Li+、Fe3+、Ca2+、Na+等)为原料制取电池级Li2CO3的工艺流程如图： 已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生的反应可表示为：Fe3++3HRFeR3+3H+；②常温时，1mol•L-1LiOH溶液的pH=14。回答下列问题： (1)“有机层”的主要成分为 (填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为 ；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是 。 (2)某种HR的结构简式为，该分子中可能与Fe3+形成配位键的原子是 。 (3)已知Ksp[Ca3(PO4)2]=2.0×10-29，为使溶液中c(Ca2+)≤2.0×10-5mol/L，c(PO)的范围 。 (4)“加热”时发生主要反应的离子方程式为 。 (5)Li2CO3与Co3O4在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCoO2)。写出对应的化学方程式 。 (6)钴酸锂(LiCoO2)晶胞结构示意图如图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。该晶胞密度为 g•cm-3。(写出计算式，阿伏加德罗常数为NA) 试卷第2页，共25页 试卷第1页，共25页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)[Ar]3d74s2 (2)增大与HCl、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行 (3) 压缩空气便宜、不引入新杂质离子且压缩空气能起搅拌作用 4.7~7.6 (4) 萃取时，增大pH降低c(H+)使萃取反应平衡正向移动，Co2+萃取率会增大，但值过大，导致转化为氢氧化钴沉淀，使得萃取率反而会降低 H2SO4 (5) 【分析】向钴矿中加入盐酸，并通入SO2，结合信息①中浸出液含有的阳离子主要有Co2+、Fe2+、Ca2+、Mn2+、Al3+等，工艺流程最终得到碳酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+并调节溶液的pH值，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Ca2+、Mn2+，用NaF溶液除去钙，过滤后，向滤液中加入P507萃取剂对Co2+进行萃取同时除去Mn2+，分液后对有机层进行Co2+进行反萃取得到水层溶液即硫酸钴溶液，向硫酸钴溶液中加入碳酸钠溶液得到碳酸钴，过滤洗涤干燥即可； 【详解】（1）Co原子的原子序数为27，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d74s2； （2）浸取钴矿石前，对其进行浆化处理，可以增大与HCl、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行； （3）由分析可知，除杂过程中，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，反应为：；氧气中氧气就有氧化性，故若通入压缩空气后实现同样的目的，压缩空气便宜、不引入新杂质离子且压缩空气能起搅拌作用加快反应速率；调节后，即是Fe3+、Al3+完全沉淀，而Co2+、Mn2+不沉淀，此时pH应该大于4.7，若溶液中，则溶液中，pOH=6.4，pH=7.6，故pH的范围是4.7~7.6。 （4）萃取剂和能发生反应：，萃取时，增大pH降低c(H+)使萃取反应平衡正向移动，Co2+萃取率会增大，但值过大，导致转化为氢氧化钴沉淀，使得萃取率反而会降低；增大溶液中H+浓度使得萃取平衡逆向移动即为反萃取，反萃取之后得到硫酸钴溶液，则反萃取时需向萃取液中加入H2SO4； （5）根据“均摊法”，晶胞中含个Co、个O，晶胞边长为2(a+b)pm，则晶体密度为。 2．(1)CuS (2) 调节pH，将氧化为 b (3) (4) (5)99.98% 【分析】高钴渣(含Co、Zn、Pb、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素)加入过量稀硫酸进行酸浸，生成难溶于水的，Co、Zn、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素均生成相应的可溶性盐，向滤液中加入溶液，将Cu2+转化为CuS沉淀除去，故滤渣1的主要成分为CuS，向溶液中加入，调节pH，并将氧化为，将转化为而除去，故滤渣2的主要成分为，加入Zn将溶液中的Cd2+置换为Cd而除去，向溶液中加入溶液调解pH=3，将氧化为而除去，故产品1为，再继续加入溶液调解pH=5，由已知④得，生成得产物为，反应的离子方程式为，过滤得到滤液，滤液中还含有的金属离子除外还有，据此分析回答。 【详解】（1）由分析知，滤渣1的主要成分为CuS； （2）由分析知，“沉铁”步骤中加入产品1为二氧化锰，可调节pH，将氧化为，由已知③中数据可知，要使完全沉淀，不沉淀，该步骤中调节pH的范围可以为4.0<pH<4.5，故选b； （3）由分析知，“置换”步骤中发生反应的离子方程式为； （4）由分析得，“步骤3”中发生主要反应的离子方程式为，滤液中存在的主要金属离子除外还有； （5）沉淀前后的浓度分别为和，若溶液体积不变，则锰的沉淀率为。 3．(1) Ⅷ (2) (3) (4)碱性 (5) (6) 【详解】（1）铁黄中含有1个Fe，一个H，2个O，其中H为-1价，O为-2价，铁元素为+3价，Fe在元素周期表中Ⅷ族。 （2）硫酸渣的成分中有不与硫酸反应的，所以滤渣中有和未反应完的Fe。 （3）与反应生成反应化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑ （4）NH4HCO3溶液中据已知数据计算，水解小于的水解，溶液呈碱性。 （5） ，所以 （6）根据化合物中各元素化合价代数和为零及原子守恒可得x+y=0.95；3x+2y=2，解得x=0.10，y=0.85，x：y=2:17。 【分析】硫酸渣在酸溶中，氧化铁与氧化亚铁与硫酸发生反应生成Fe3+和Fe2+，其中二氧化硅不与硫酸发生反应，加入铁粉后，铁粉与溶液中三价铁离子反应生成二价铁离子，过滤后溶液为硫酸亚铁溶液，二氧化硅和未反应完得铁粉作滤渣滤出，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被空气中氧气氧化成氢氧化铁，最终制备出铁黄 4．(1) 第四周期ⅠB族 3d104s1 (2)D (3) (4) 盐酸 氨水 (5)保证铜离子完全转化成铜单质 (6) (7) 【分析】废弃电脑的CPU中含有贵重金属Cu、Ag、Au，可回收利用，结合分离流程可知， 原料预处理后，加入硝酸将Cu、Ag溶解，Au则不发生反应而进入滤渣1，滤液中存在硝酸铜和硝酸银，故加入氯化钠溶液，此时银离子会沉淀形成氯化银，再加入氨水可以溶解氯化银生成二氨合银配离子，再后续分离即可得到银；而留在溶液中的硝酸铜则通过加入过量铁粉使其完全还原成铜单质，再加入稀盐酸除去铜中混有的杂质铁，即可得到铜。 【详解】（1）铜元素在周期表中位于第四周期ⅠB族；基态铜原子的核外电子排布式为3d104s1； （2）电脑CPU在使用时会涂抹一层散热硅脂(一种液体橡胶，主要成分为聚二甲基硅氧烷和聚甲基硅氧烷)，根据相似相溶原理，应使用酒精将其除去； （3）用Zn粉还原的化学反应方程式为：； （4）结合分析可知，试剂1为盐酸；试剂2为氨水； （5）加入过其铁粉的原因是：保证铜离子完全转化成铜单质，减少铜的损失； （6）滤渣2（AgCl）溶于试剂2（氨水）的原因是可以形成配离子，促进溶解平衡正向移动，对应离子方程式为：； （7）由均摊法计算平均每个铜晶胞含铜原子个数为：，又结合题意，铜原子之间的最小距离即面对角线长度的一半为apm，故晶胞的边长为：pm；故晶体密度为：。 5．(1)SO2 (2) 、 8.2—12 (3)4：1 (4)H2SiO3、Al(OH)3 (5) Zn2++2HCO=ZnCO3↓+CO2↑+H2O 碳酸钠溶液碱性较强，易与溶液中锌离子反应生成氢氧化锌 【分析】由题给流程可知，浸锌渣在空气中焙烧，金属硫化物均转化为氧化物和二氧化硫，向焙烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，将锌元素、铝元素、硅元素转化为四羟基合锌离子、四羟基合铝酸离子、硅酸根离子，过滤得到浸渣和滤液；调节滤液pH为5，将溶液中的四羟基合铝酸离子、硅酸根离子转化为氢氧化铝、硅酸沉淀，四羟基合锌离子转化为锌离子，过滤得到含有氢氧化铝、硅酸的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锌沉淀、二氧化碳和水，过滤得到碳酸锌。 【详解】（1）由分析可知，“焙烧”时，金属硫化物均转化为氧化物和二氧化硫，则X为二氧化硫，故答案为：SO2； （2）由分析可知，加入氢氧化钠溶液碱浸的目的是将锌元素、铝元素、硅元素转化为四羟基合锌离子、四羟基合铝酸离子、硅酸根离子，则浸出液中含有金属元素的离子主要是钠离子、四羟基合锌离子、四羟基合铝酸离子；由图可知，溶液中锌离子的浓度为1×10—5mol/L时，溶液pH为8.2，由方程式可知，溶液中四羟基合锌离子浓度为1×10—5mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度为mol/L=0.01mol/L，溶液的pH为12，所以欲使浸出液中的含锌微粒完全沉淀，应调节pH的范围是8.2—12，故答案为：、；8.2—12； （3）由题意可知，碱性溶液中二硫代硫酸根合银酸钠与一水合肼反应生成硫代硫酸钠、银、氮气和水，反应中银元素化合价降低被还原，二硫代硫酸根合银酸钠是反应的氧化剂，氮元素的化合价升高被氧化，一水合肼是还原剂，则由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故答案为：4：1； （4）由分析可知，“除杂”时滤渣的主要成分是氢氧化铝、硅酸，故答案为：H2SiO3、Al(OH)3； （5）由分析可知，“沉锌”时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锌沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Zn2++2HCO=ZnCO3↓+CO2↑+H2O，碳酸钠在溶液中的水解程度大于碳酸氢铵，溶液的碱性强于碳酸氢铵，易与溶液中锌离子反应生成氢氧化锌，所以不宜用碳酸钠代替碳酸氢铵，故答案为：Zn2++2HCO=ZnCO3↓+CO2↑+H2O；碳酸钠溶液碱性较强，易与溶液中锌离子反应生成氢氧化锌。 6．(1)+3 (2)5.7 (3)> (4) A C (5) > Ga(CH3)3和Et2O的沸点接近，Ga(CH3)3和NR3的沸点相差较大，解配后可以分离出Ga(CH3)3 (6) (7) 【分析】矿渣主要含铁酸锌、铁酸镓、，加入稀硫酸酸浸时，不溶于稀硫酸，浸出渣为；调节可使、完全沉淀而不沉淀，滤液中主要含硫酸锌；固体酸溶后，溶液中含有和，加入萃取剂萃取，有机相加入盐酸进行脱铁，再加入的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使更多的进入水相被除去，反萃取中要保证尽可能多的进入水相，则此时要求盐酸浓度较低，随后电解反萃取后的水相获得Ga单质，再进一步制备，最后经过MOCVD法得到。 【详解】（1）中Ga元素为+3价，阴离子为，O为-2价，Fe为+3价； （2）浓度分别为1mol/L，根据，开始沉淀时，即为5.7，则调节应该小于5.7； （3）由表格数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+尽可能多地进入水相被除去，盐酸浓度应该为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+尽可能多地进入水相，Fe3+尽可能少地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L，即>； （4）由上述分析可知，锌主要从滤液中回收，铁主要从水相2中回收，即答案为A；C； （5）①中Ga为杂化，而中Ga为杂化，杂化夹角大于杂化；键角大小：>； ②直接分解时，Ga(CH3)3和Et2O的沸点接近，不易分离，不能制备超纯，而Ga(CH3)3和NR3的沸点相差较大，容易分离，所以采用“配体交换”工艺制备超纯，其原因为：Ga(CH3)3和Et2O的沸点接近，Ga(CH3)3和NR3的沸点相差较大，解配后可以分离出Ga(CH3)3； （6）与反应得到和另一种产物，由元素守恒可推知另一种产物为，所以方程为； （7）根据均摊法，该晶胞中N的个数为=2，Ga原子个数为=2，则晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶体的密度为=。 7．(1)第五周期、第IVA族 (2)将气化分离 (3) (4) (5) 乙醇 低温 (6) 【分析】将复合渣送入高温真空蒸发装置中，可以就爱那个复合渣中的某些物质汽化除去，随后将剩余固体与NaOH、NaNO3共熔，可以将含Sn元素的物质转化为Na2SnO3，后续利用溶浸、Na2S沉铅等方法进一步纯化锡酸钠溶液，最后将含有锡酸钠的溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、醇洗等方法进行结晶，得到锡酸钠晶体。 【详解】（1）Sn元素在周期表中的位置为第五周期ⅣA族 （2）Sb2O3的沸点为1550℃，为了分离除去Sb2O3，“高温真空蒸发”应控制温度在1600℃左右； （3）“高温碱熔”时，单质Sn参与的反应为：5Sn+6NaOH+4NaNO3=5Na2SnO3+2N2↑+3H2O； （4）沉铅”时发生反应的离子方程式为：S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-； （5）锡酸钠易溶于水，难溶于乙醇，为了防止锡酸钠损失，过滤后用乙醇进行洗涤，并低温干燥，防止锡酸钠脱水； （6）灰锡的晶体结构与金刚石相似，最近的两个锡原子间的距离为体对角线的四分之一，即。 8．(1) 4s24p4 1 (2) (3) TeO2 氧化电位随pH值的升高而降低 (4) (5) 阴 【分析】碲碱渣(主要含Na2TeO3、Na2SeO3，还有微量的Cu2+、Pb2+及部分不溶性杂质)，用水浸取后，不溶性杂质在水浸渣中，用NaHS除去Cu2+、Pb2+形成CuS和PbS沉淀，过滤除掉，滤液加稀硫酸酸化，Na2TeO3、Na2SeO3分别转化为H2TeO3和H2SeO3，加入盐酸羟胺沉硒，最后加入Na2SO3将H2TeO3还原为Te。 【详解】（1）Se的原子序数为34，为第VIA族元素，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4，的中心原子的孤电子对数为=1； （2）当刚好完全沉淀时，c()=1.0×10-5mol/L，溶液中c(S2-)==mol/L，此时c(Cu2+)==mol/L； （3）根据Te—H2O系电位()—pH图，当pH为5时，体系中Te(Ⅳ)主要以TeO2的形式存在，Te(Ⅳ)可被氧化形成相应的高价Te(Ⅵ)离子，氧化电位随pH值的升高而降低； （4）“沉硒”步骤中加入盐酸羟胺，盐酸羟胺被氧化为N2，H2SeO3被还原为Se。化学方程式为：； （5）该电解池A为阳极，B为阴极，B电极的反应式为：，OH-向左侧移动，故采用的是阴离子交换膜；电解8小时，获得1.28吨高纯碲，Te的物质的量为=，则转移电子的物质的量为，则电流强度I==C·h-1。 9．(1) (2) (3)AC (4) (5) (6)320 (7) 4 【分析】由题给流程可知，向低品位铜矿中加入二氧化锰和稀硫酸酸浸，氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，硫化亚铜、氧化亚铁被氧化生成硫、硫酸铜和硫酸铁，过滤得到含有硫的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中先通氨气将溶液中的铜离子转化为四氨合铜离子，再加入碳酸氢铵将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到含有碳酸锰的滤渣和滤液；加热滤液，溶液中碳酸四氨合铜受热分解生成氧化铜、氨气、二氧化碳，过滤得到氧化铜；将氧化铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜混合反应得到Na[CuCl2]，过滤得到含有Na[CuCl2]的滤液；向滤液中加入大量水，将Na[CuCl2]转化为氯化亚铜沉淀，过滤得到氯化亚铜。 【详解】（1）由分析可知，加入二氧化锰和稀硫酸酸浸的目的是氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，硫化亚铜、氧化亚铁被氧化生成硫、硫酸铜和硫酸铁，则铜矿中未被二氧化锰氧化的物质为氧化铁，故答案为：； （2）由溶度积可知，溶液pH为3的溶液中，铁离子浓度为=，故答案为：； （3）由分析可知，先通氨气的目的是中和溶液中的氢离子，将溶液中的铜离子转化为四氨合铜离子，有利于加入碳酸氢铵将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，故选AC； （4）由分析可知，加入碳酸氢铵的目的是将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：； （5）由分析可知，加热滤液F的目的是溶液中碳酸四氨合铜受热分解生成氧化铜、氨气、二氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：； （6）由铜原子个数守恒可知，若要制取99.5g氯化亚铜，理论上至少需要质量分数为25%的硫化亚铜的铜矿粉的质量为=320g，故答案为：320； （7）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铜离子个数为8×+6×=4，位于体内的氯离子个数为4，晶胞中与氯离子距离最近的亚铜离子个数为4，则氯离子的配位数为4；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10a)3d，解得d=，故答案为：4；。 10．(1) 第四周期第VIA族 (2)防腐剂、抗氧化剂、漂白剂、工业制硫酸等 (3) ZnO或 部分转化成；pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体具有吸附性，胶体会吸附锌离子 (4) Cu、Ni (5) 【分析】 锌矿(主要成分是ZnS，含少量、CuS、NiS、等)焙烧产生气体X，主要成分为SO2，烧渣为氧化物，加入稀硫酸酸浸，不溶于硫酸，故滤渣1为，滤液为硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜等，通入氧气、物质Y为ZnO或等，除铁产生FeOOH，滤液加入锌置换出Cu、Ni，故滤渣1为Cu、Ni，滤液主要成分为硫酸锌，一系列处理后得到ZnSe； 【详解】（1）Se是34号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，可知Se处于周期表中第四周期第VIA族；Zn是30号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，其价层电子排布式为3d104s2； （2）气体X为SO2，用途有防腐剂、抗氧化剂、漂白剂、工业制硫酸等； （3）浸出液中含有，“除铁”步骤中通入氧气时亚铁离子被氧化生成FeOOH,发生反应的离子方程式为，同时需补充适量物质Y，消耗H+但又不能引入新的杂质，故Y可以是ZnO或；“除铁”最佳pH为3.0，如果pH过高，会导致溶液中的含量降低，其主要原因是部分转化成；pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体具有吸附性，胶体会吸附锌离子； （4）根据金属性强弱，“置换”时滤渣2的主要成分为Cu、Ni；也可以在酸性含的溶液中加入锌粉和，生成，其离子方程式为； （5）由晶胞结构可知，Ba位于体心，个数为1，Ti位于顶点，个数为8=1，O位于棱上，个数为12=3，其化学式为BaTiO3，晶胞质量为，故晶体密度= g·。 11．(1)+4 (2)正 (3)作还原剂，将Co元素和Mn元素还原为+2价 (4) A 因为pH不超过7.2时，Mn2+、Co2+都不会形成氢氧化物沉淀，有利于后续分离 (5) (6) TBP Co 【分析】与硫酸反应生成金属阳离子，茶多酚做还原剂，将Co元素和Mn元素还原为+2价，加入DMG沉镍，继续加入(NH4)2S2O8，将Mn2+氧化为MnO2达到沉锰目的，加入有机萃取剂萃取Li+，再加硫酸反萃取得到硫酸锂；加草酸沉钴得到； 【详解】（1）可以改写为，元素、、的价态分别为＋1、＋2、＋3，根据化合价代数和为0可以计算出Mn的化合价为+4价； （2）放电时Li+嵌入LNCM，可以提高锂的回收率，放电时Li+向正极移动，说明LNCM是电池的正极； （3）由上述分析可知，茶多酚的作用是作还原剂，将Co元素和Mn元素还原为+2价； （4）沉淀1为，则沉镍过程中主要反应的离子方程式为，根据表格数据，该过程中应控制溶液的，理论上最佳的不超过7.2，因为pH不超过7.2时，Mn2+、Co2+都不会形成氢氧化物沉淀，有利于后续分离； （5）沉淀2为，是因为(NH4)2S2O8将Mn2+氧化为，离子方程式为：； （6）有机萃取剂是要萃取Li+，根据金属离子与有机萃取剂TBP结合能力为，可以知道应该选择TBP为萃取剂；18.3g的物质的量为=0.1mol，400℃时的固体质量为5.9g，刚好是0.1molCo的质量，可判断此时的固体为Co。 12．(1)(高速)搅拌 (2) Cu2+ [Cu(NH3)4]2++Zn=[Zn(NH3)4]2++Cu (3) 浸取 (4)PbSO4 (5) 将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯 过滤、洗涤、干燥 【分析】瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3还含少量PbO、FeO、CuO)，浸取之后过滤得到[Cu(NH3)4]2+、[Zn(NH3)4]2+、CO，滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯，“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品； 【详解】（1）“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结块，可采用高速搅拌的方法； （2）配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+是中心离子，接受孤电子对，电负性最大的是N，价层电子排布图为；“过程Ⅰ”中[Cu(NH3)4]2+和Zn反应生成[Zn(NH3)4]2+和Cu，反应的离子方程式为[Cu(NH3)4]2++Zn=[Zn(NH3)4]2++Cu； （3）根据元素守恒可知，“过程Ⅱ”中会产生NH3，电子式为：，结合流程图可知，NH3可在流程中的“浸取”步骤中循环使用； （4）滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4； （5）①结合表中信息可知，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯； ②“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品。 13．(1) (2) (3) (4) 、 (5)1∶5∶3 (6)ab 【分析】废镍渣含、NiO、FeO、，被粉碎后，加入NaOH碱浸，去除，然后接入固体焙烧，加入95℃热水“溶解”后过滤，温度升高，的水解平衡正向移动，生成沉淀，然后加入萃取剂提取Ni，加入物质X得到，所以物质X为，据此分析解题， 【详解】（1）由流程图知，溶液为最终产品，说明"碱浸"时和均不溶于氢氧化钠溶液，氧化亚铁属于碱性氧化物，也不溶于氢氧化钠溶液，氧化铝属于两性氧化物，可溶于氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：；故答案为。 （2）"焙烧"后金属元素以硫酸盐的形式存在，则与反应的化学方程式为：；故答案为。 （3）使用95℃热水"溶解"，温度升高，的水解平衡正向移动，生成沉淀，然后过滤，则所得滤渣的主要成分的化学式是；故答案为。 （4）①由表格数据可知，当时，的萃取率已达到，因带两个正电荷，"萃取"时发生的反应为：，此外，萃取率为5%，萃取后水层中主要的阳离子为、，故答案为、； ②由分析可知，萃取后加入物质X得到，所以物质X为，故答案为。 （5）根据均摊法，La 原子位于晶胞的8个顶点，个数为，Ni位于面上和体心，个数为，H位于棱上和面心，个数为，所以该化合物中1∶5∶3，故答案为1∶5∶3。 （6）二丁二酮肟合镍架构为，其中碳碳键由和轨道重叠形成和和轨道重叠形成，故答案选ab。 14．(1) (2) 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖会发生副反应，从而额外消耗葡萄糖 (3) 醋酸 通过玻璃棒向过滤器中加入乙醇至浸没晶体，待乙醇自然流下，重复该操作次 (4)含有的滤渣中加入，发生转化PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+(aq)，，可视为反应基本进行完全 (5)H2+Zn(OH)= (6) 大于，因为电负性对电子的吸引能力更强，与之间的离子键成分百分数更大 棱心 【分析】锌电解阳极泥加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4，得ZnSO4溶液，过滤滤渣加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4。 【详解】（1）中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn有x个，+4价Mn有4-x个，根据化合价代数和为0得：(+2)+ (+2)×x+(+4)×4-x +(-2)×8=0，x=1，则+2价Mn与+4价Mn个数比为1:3； （2）在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，碳化合价由0变为+4，根据电子守恒可知，其离子方程式为；根据已知②，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖会发生副反应，从而额外消耗葡萄糖，导致实际葡萄糖加入量远大于理论需要量； （3）在醋酸铅溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4∙H2O用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次； （4）含有的滤渣中加入，发生转化PbSO4(s)+PbCO3(s)+(aq)，，可视为反应基本进行完全，故可用溶液将“滤渣1”中的完全转化为； （5）氢电极增压法可制得单质锌，结合图可知，氢气失去电子发生氧化反应生成氢氧根离子、Zn(OH)得到电子发生还原反应生成锌，则总反应为：H2+ Zn(OH)=； （6）①因为电负性对电子的吸引能力更强，与之间的离子键成分百分数更大，故为大于； ②由图可知，位于面心的微粒数目为、位于顶点的微粒数目为，结合化学式可知，位于图2晶胞的面心位置、位于图2晶胞的顶点，若位于晶胞的体心时，于晶胞的棱心位置。 15．(1) 第四周期第ⅡB族 (2)FeOOH和 (3) (4) Pb、Cu CuS、CdS、PdS 含锌离子的浓度较大，ZnS可能会析出，导致产品产率低 (5)浸出 (6) 4 【分析】根据题目及图示信息可知，利用次氯酸钙的氧化性将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)和锰(Ⅱ)氧化成FeOOH和，然后过滤，滤渣a中加入氨水和碳酸氢铵转化成相应的离子、、、，加入试剂X为锌，除去Cu、Pb、Cd等元素，据此分析。 【详解】（1） O的原子序数是8，价电子排布图为，Zn的原子序数是30，在周期表中的位置是第四周期第ⅡB族。 （2）根据信息(ⅲ)图像可知，pH=11.6，时，Fe(Ⅱ)转化成FeOOH，Mn(Ⅱ)转化成。 （3）“浸出”阶段溶解ZnO时消耗的，同时生成离子，故对应离子反应方程式为：； （4）根据金属活动顺序表，锌的金属性强于Cu、Pb，加入足量锌粉，可以把溶液中的+2价Pb、Cu、Cd的离子全部置换出来生成单质，因此滤渣c中除了过量Zn之外，还含有Cu、Pb、Cd；根据表中给出的溶度积常数，，溶度积小的先沉淀，故沉淀的先后顺序为CuS、CdS、PbS；采用乙方案，因为ZnS难溶于水，当含锌离子的浓度较大、时，会产生ZnS沉淀，降低利用率，导致产品产率低； （5）“蒸氨”时得到的混合气体e为氨气、二氧化碳和水，可返回至浸出工序循环利用； （6）①由图可知，Zn周围最近且等距离的O是4个，呈四面体形，所以六边纤锌矿中锌的配位数为4。 ②根据原子1的坐标可知底面左上角O原子为原点，晶胞棱长为单位1，原子2位于体对角线上的处，故坐标为。 16．(1) +5 SiO2 (2)温度80℃，浸出时间90min (3)5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O (4) (5)用作氮肥 (6)5MnO2+2NaNO3+8NaOH 5Na2MnO4+N2+4H2O (7) 6 【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍的碳酸盐以及SiO2杂质)中加入硫酸进行溶浸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中加入具有氧化性的MnO2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，滤渣1为SiO2和过量的MnO2；向滤液中加入氨水调节pH=4将Fe3+以Fe(OH)3沉淀下来，过滤后向滤液中加入MnS，可以将Ni2+、Co2+形成CoS和NiS沉淀下来，滤渣2为过量的MnS、CoS和NiS；向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液和氨水，使Mn2+形成MnCO3沉淀，MnCO3经过煅烧后和NaNO3、NaOH共溶，再酸化还原得到锰酸钠(Na3MnO4)溶液。 【详解】（1）由化合价代数和为零可知，Na3MnO4中Mn的化合价为+5价，滤渣1的主要成分为MnO2和SiO2。 （2）物质的浸出率越高，反应消耗的时间越短，反应要求的温度越低，反应条件越佳。根据图2可知，所采用的最佳实验条件是温度80℃，浸出时间90min。 （3）浸出液加入MnO2可以将Fe2+氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。 （4）“除镍”步骤发生的反应为：MnS(s)+Ni2+(aq)=NiS(s)+Mn2+(aq)，反应的平衡常数K=。 （5）向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液和氨水，使Mn2+形成MnCO3沉淀，同时得到母液为(NH4)2SO4，可以用作氮肥。 （6）煅烧产物MnO2在“共熔”过程中，反应得到Na2MnO4及一种单质气体，Mn元素由+4价上升到+6价，由得失电子守恒可知，NaNO3中N元素化合价由+5价下降到0价生成N2，则该反应的化学方程式为：5MnO2+2NaNO3+8NaOH 5Na2MnO4+N2+4H2O。 （7）根据晶胞投影图可知,在该晶体中与Mn原子距离相等且最近的O原子有6个，所以 Mn的配位数为6。由晶胞结构可知，在该晶胞中距离最近的2个Mn之间的距离为晶胞体对角线长度的一半，晶胞的体对角线长度为pm，所以该晶体中Mn之间的最近距离为pm。 17．(1)适当增大硫酸的浓度、适当加热、将矿渣粉碎、搅拌等 (2) 原子晶体 (3)ZnSO4 (4)mol/L (5)Fe能将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+被萃取 (6) (7)CO2+8H++8e-=CH4+2H2O 【分析】炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，水层1中含有锌离子；得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，最后Ga(CH3)3与氨气反应合成GaN，据此解答。 【详解】（1）矿渣粉碎增大固体表面积、适当增大硫酸的浓度、加热升高温度、搅拌等措施提高加入稀硫酸浸出时的浸出率。 （2） 镓原子价层电子排布式是4s24p1，基态镓原子的价层电子排布图。GaN的熔点为1700℃，熔点高，GaN的晶体类型为共价晶体。 （3）利用炼锌矿渣所获得的三种金属盐，分别为镓盐、FeCl2和ZnSO4。 （4）Fe(OH)3(Ksp)= pH=5.4时铁离子沉淀，此时c(H+)=10-5.4mol/L，则c(OH-)=10-8.6 mol/L， mol/L。 （5）铁离子和镓离子萃取率相近，亚铁离子的萃取率为0，Fe能将铁离子还原为亚铁离子，避免铁离子被萃取。铁离子和镓离子萃取率相近，Fe能将铁离子还原为亚铁离子，避免铁离子被萃取。 （6）高温合成过程中，Ga(CH3)3与氨气反应合成GaN，产物还有CH4，反应方程式为：。 （7）从氮化镓与铜组装成的人工光合系统的工作原理图中可知，该装置为原电池，电子从负极流出，故GaN为负极，Cu为正极，正极得电子，铜电极上的电极反应式：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O。 18．(1) (2) (3) (4) (5) 膜a 【分析】含钴废料(主要成分为Co、Ni、Mn、Pb以及、等)，经氢氧化钠碱浸处理， 与氢氧化钠反应生成从而除去，Co、Ni、Mn、Pb以及经硫酸和过氧化氢处理得到滤渣和含、、的溶液，再经有机相萃取分离和、，分液后得到有机相和无机相，有机相经反萃取后加入沉钴，最后得到；水相加入沉锰分离得到，滤液经过一系列操作后得到硫酸镍晶体。 【详解】（1）基态Co原子的价电子排布式为：；根据晶胞图可知若A点Pt原子的坐标参数为，则B点Pt原子的坐标参数为； （2）“碱浸”时发生的反应为：，故所得滤液中溶质的主要成分为NaOH和；“酸浸”时发生还原反应，过氧化氢为还原剂，其总离子方程式为：； （3）根据分析可知，酸浸后滤渣的主要成分为：； （4）“沉锰”时，转化为，转化为，所以“沉锰”时发生反应的离子方程式为：； （5）电解溶液时阳极水失去电子产生氧气，即，阴极发生反应，阳极的氢离子透过阳离子交换膜a进入产品室，阴极Cl-透过阴离子交换膜b进入产品室产生浓盐酸。故属于阳离子交换膜的是膜a；阴极的电极方程式为：。 19．(1) 哑铃形 (2)使矿石和气体充分接触，加快反应速率，提高转化率(使充分接触，提高热能利用率) (3) 60min450℃左右 Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O (4)制造玻璃、陶瓷、光导纤维工业制硅等 (5)1：16 (6)ρa3NA×10﹣30 【分析】高硫铝土矿在“焙烧I”操作中，FeS2生成气体I SO2，在“焙烧Ⅱ”中生成氨气，水溶，过滤，得到SiO2，所以滤渣1的成分是SiO2，将滤液成分结晶、分离，得到NH4Al(SO4)2、NH4Fe(SO4)2，由NH4Fe(SO4)2晶体制备Fe2O3，Fe2O3与FeS2在“焙烧Ⅲ”操作中反应生成SO2和磁性氧化铁，以此作答。 【详解】（1）基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2，其轨道表示式为；铝为13号原子，基态铝原子占据的最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形，故答案为：；哑铃形； （2）“焙烧Ⅰ”过程中采用如图所示的“多层逆流焙烧”，“多层逆流焙烧”，由图示可知，高硫铝土矿与氧气可以充分接触，从而加快反应速率，提高转化率，故答案为：使矿石和气体充分接触，加快反应速率，提高转化率(使充分接触，提高热能利用率)； （3）由图示可知，在60min以后氧化铝提取率、氧化铁提取率增大不再明显，450℃左右时氧化铝提取率、氧化铁提取率达到最大，故最佳的焙烧时间与温度是60min、450℃左右；氧化铝和硫酸铵在焙烧条件下生成NH4Al(SO4)2，由原子守恒和电子守恒可知其化学反应方程式为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O，故答案为：60min、450℃左右；Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O； （4）由分析可知，“滤渣I”的主要成分为二氧化硅，可用于制造玻璃、陶瓷、光导纤维工业制硅等，故答案为：制造玻璃、陶瓷、光导纤维工业制硅等； （5）“焙烧Ⅲ”在隔绝空气条件下，由FeS2和Fe2O3反应生成磁性氧化铁，同时有SO2生成，由原子守恒和电子守恒可知，参加反应的FeS2和Fe2O3物质的量之比为1:16，故答案为：1:16； （6）由晶胞结构可知，每个晶胞中含有Fe2＋的个数为个，含有的个数为个，所以其密度，故M＝ρa3NA×10﹣30，故答案为：ρa3NA×10﹣30。 20．(1) N2H4·2HCl V2O5+6HCl(浓)=2VOVl2+Cl2↑+3H2O (2) 长颈漏斗 A→D→C 澄清石灰水变浑浊 17 (3)除去晶体表面的碳酸氢铵，并迅速带走表面水分 (4) 偏高 【分析】由题给流程可知，五氧化二钒与盐酸一盐酸肼微热反应制得VOCl2，反应的化学方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；反应制得的VOCl2溶液与碳酸氢铵溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵沉淀、二氧化碳和氯化铵，反应的化学方程式为6VOCl2+17NH4HCO3+6H2O=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl。 【详解】（1）“步骤I”中生成VOCl2同时还生成N2，反应的化学方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，反应中N2H4·2HCl中N元素由-2价升高为0价，作还原剂；该反应的的还原剂是N2H4·2HCl；已知氧化性V2O5>Cl2，若用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2，则会生成污染性气体，该反应的化学方程式为V2O5+6HCl(浓)=2VOVl2+Cl2↑+3H2O； （2）①根据仪器的构造可知，仪器E的名称是长颈漏斗； ②由实验装置图可知，装置B为碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳气体，利用制备的二氧化碳气体排尽装置中的空气，防止反应生成的VOCl2被空气中氧气氧化，装置A中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的挥发出的氯化氢气体，装置D为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的制备装置，装置C中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳将装置中的空气完全排尽，当空气排完时二氧化碳能使C中石灰水变浑浊，所以步骤Ⅱ的装置连接顺序为BACD，故答案为：A→D→C； ③由②可知，连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂，开始实验，先打开K1，利用制备的二氧化碳气体排尽装置中的空气，待C中澄清石灰水变混浊后说明装置中的空气完全排尽，再关闭K1，打开K2，进行实验，故答案为：澄清石灰水变浑浊； ④发生反应6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl，由分析可知，装置D中每生成1mol氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，需要消耗17mol碳酸氢铵，故答案为：17； （3）用无水乙醇洗涤的目的是除去晶体表面的碳酸氢铵，并迅速带走表面水分； （4）①n()=n(Fe2+)=bc10-3mol，则产品中钒的质量分数(VO2)为=，答案为； ②若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则滴定时消耗的标准溶液更多，测定结果偏高。 21．(1) ⅥB +2 (2) 粉碎 (3) (4)将沉淀后的悬浊液静置分层，向上层清液中继续滴加盐酸，若无明显现象，则沉淀完全；若上层清液变浑浊，则沉淀不完全 (5) (6) 【分析】碱溶中NaOH和SiO2反应生成Na2SiO3，与Al2O3反应生成Na2AlO2，由水浸后的产物可知FeWO4和NaOH反应生成Na2WO4和Fe2O3，通入过量二氧化碳与Na2AlO2、Na2SiO3分别反应生成Al(OH)3、H2SiO3，加入盐酸与Na2WO4反应生成H2WO4，分解可得WO3，用氢气还原得到金属W。 【详解】（1）已知元素周期表中钨与铬同族，钨位于元素周期表的第六周期第ⅥB族；钨酸中H为+1价、O为-2价，可知W为+6价，可知中铁元素的化合价为+2价，故答案为：ⅥB；+2。 （2）“碱熔”前将黑钨矿粉碎，可增大矿石的表面积，加快反应速率，提高原料的利用率；根据流程和信息，“碱熔”过程中与氢氧化钠反应生成二氧化锰和钨酸钠，化学方程式为，故答案为：粉碎；。 （3）由流程图知，加盐酸后含有杂质，“氧化、净化”过程中，砷元素以沉淀的形式被除去，因此过氧化氢的作用是将氧化为，随后加入形成沉淀除去砷元素。因此加入发生反应的离子方程式为，故答案为：。 （4）沉钨即生成钨酸沉淀，判断是否沉淀完全，可以静置后取上层清液，继续加入盐酸，观察现象，故答案为：将沉淀后的悬浊液静置分层，向上层清液中继续滴加盐酸，若无明显现象，则沉淀完全；若上层清液变浑浊，则沉淀不完全。 （5）与石灰乳反应生成，反应的离子方程式为。由图可知，当时，，，该反应的平衡常数，故答案为：。 （6）晶胞中，Cu数目为，Al数目为4，Mn数目为4，该合金的化学式为。若A原子的坐标参数为，则B原子的坐标参数为，故答案为：；。 22．(1) FeR3和HR LiCO3、CaCO3 消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高Fe3+萃取率 (2)O、N (3)≥5×10-8mol/L (4)2Li++2HCO=H2O+Li2CO3↓+CO2↑ (5)6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2 (6) 【分析】 锂云母浸出液中含有Li+、Fe3+、Ca2+、Na+，加入HR萃取分液可除去Fe3+，水层溶液加入碳酸钠过滤得到含有LiCO3、CaCO3的滤渣1，通过先加水，后通入二氧化碳酸化，得到碳酸氢钙和碳酸氢锂，在“除钙”步骤中钙转化为Ca3(PO4)2，过滤后滤液中主要为碳酸氢锂，最后加热分解，可得到电池级碳酸锂。 【详解】（1）根据上述分析可知，加入HR萃取分液可除去Fe3+，“有机层”的主要成分为FeR3和HR；“滤渣1”中含有的物质为LiCO3、CaCO3；题中萃取时发生的反应可表示为：Fe3++3HRFeR3+3H+，加入一定量的NaOH，消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高Fe3+萃取率，其目的是故答案为：FeR3和HR；LiCO3、CaCO3；消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高Fe3+萃取率。 （2）从结构可知氧原子、氮原子都有孤对电子，所以能形成配位键的是N、O，故答案为：O、N。 （3）已知Ksp[Ca3(PO4)2]=2.0×10-29，为使溶液中c(Ca2+)≤2.0×10-5mol/L，根据 ，即，，故当c(PO)≥5×10-8mol/L，溶液中c(Ca2+)≤2.0×10-5mol/L，故答案为：≥5×10-8mol/L。 （4）“加热”时LiHCO3受热发生分解，发生主要反应的离子方程式为：2Li++2HCO=H2O+Li2CO3↓+CO2↑，故答案为：2Li++2HCO=H2O+Li2CO3↓+CO2↑。 （5）反应中钴元素的化合价从变为+3价，空气中氧气为氧化剂，氧气中氧元素化合价由0变为-2，结合电子守恒可知，反应为：，故答案为：。 （6）据“均摊法”，该晶胞中Li+：，Co3+：，O2-：，故其密度为，故答案为：。 答案第26页，共26页 答案第25页，共26页 学科网（北京）股份有限公司 $$