高三化学一轮专题复习---工业流程题专题训练.docx

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1、高考化学一轮专题复习-工业流程题专题训练1铝硅铁合金(AlxFeySiz)是炼钢过程中重要的脱氧剂。为测定其化学式，设计了如下流程，根据流程回答下列问题：(1)操作的名称是_。(2)固体A可用于生产半导体材料，固体A为_。(3)通入氯气的作用是_，此时发生反应的离子方程式为_。(4)向溶液B中滴加氢氧化钠溶液的过程中产生沉淀的物质的量与加入氢氧化钠溶液的体积关系正确的是_。(填正确答案标号)。ABCD(5)生成固体C的同时还生成NaHCO3，该反应离子方程式为_。(6)实验测定固体A的质量为560g，铝的质量为810g，铁红的质量为80g，则铝硅铁合金的化学式为_，该流程中铝硅铁合金与过量盐酸

2、反应，在标准状况下产生的气体的体积V=_L。2以含锂电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)和浓硫酸为原料，制备电池级碳酸锂，同时得副产品冰晶石，其工艺流程如下： 已知：LiOH易溶于水，Li2CO3微溶于水。回答下列问题：(1)电解铝废渣与浓硫酸的反应能否在玻璃仪器中进行：_ ( 填“能”或“否”)。滤渣1的主要成分是_(写化学式)。(2)碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应的离子方程式为_。(3)一般地说K105时，该反应进行得就基本完全了。苛化反应中存在如下平衡：Li2CO3(s)+Ca2+ (aq) 2Li+ (aq) +CaCO3 (s) ，通过计算说明该反应是否进行完全：

3、_。已知Ksp(Li2CO3)=8.6410-4、Ksp(CaCO3)=2.510-9。(4)从碳化反应后的溶液得到Li2CO3固体的具体实验操作中，第一步应在_中(填一种主要仪器的名称)进行，该流程中可以循环使用的物质是_。(5)上述流程得到副产品冰晶石的化学方程式为_。3海洋是一个巨大的化学资源宝库，下图是海水资源综合利用的部分流程图。(1)由海水提取的粗盐中常含有等，可以加入_ (填化学式)除去。(2)步骤反应的离子方程式为_。(3)步骤为无水MgCl2电解制取金属镁的过程。若生成11.2L(标准状况下)Cl2，则消耗无水MgCl2的质量为_ g。4碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于

4、电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、 Mg2+、 Pb2+等 )制备高纯碳酸锶的工艺流程如下： 已知：ICr(OH)3为两性氢氧化物；常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。化合物Cr(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2SrCO3Ksp近似值110-315.510-61.810-115.610-10回答下列问题：(1)气体A的电子式为_。(2)“除钡、铅”时，pH过低会导致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因为_(结合化学用语解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为_。(3)“滤渣1”的主要成分为_(填化学式)。(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶

5、液的pH13的原因为_。(5)“调pH13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣2，煮沸并趁热过滤的原因为_。(6)已知：碳酸的电离常数Ka1=4.410-7、 Ka2= 4.710-11， 则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2 (aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数 K =_ (保留两位有效数字)。(7)“系列操作”中，将结晶过滤后，不经洗涤，直接以200热风烘干，便可得高纯SrCO3，其原因是_。5金属钛被广泛应用于飞机、火箭和人造卫星等领域，可通过下面的转化制取：(1)“反应1”生成。若有0.2 mol 参与反应，则其在标准状况下的体积约为_L；反应生成的物质的量是_。(

6、2)“反应2”须在无氧和非水性溶剂中进行，原因是_。用双线桥法表示该反应电子转移的方向和数目：，_(3)工业制备金属钠时，发生反应的化学方程式是_。6工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂的部分工业流程如图所示：已知：(1)锂辉石的主要成分为。其中含少量元素。(2)(浓) (3)某些物质的溶解度(S)如下表所示：T/20406080S(Li2CO3)/g1.331.171.010.85S(Li2SO4)/g34.232.831.930.7回答下列问题：(1)从滤流1中分离出的流程如图所示：写出生成沉淀的离子方程式：_。(2)已知滤渣2的主要成分有_。(3)最后一个步骤中，用“热水洗涤”的目的是_。(4

7、)工业上，将粗品制备成高纯的部分工艺如下：a.将溶于盐酸作电解槽的阳极液，溶液作阴极液，两者用离子选择性透过膜隔开，用惰性电极电解。b.电解后向溶液中加入少量溶液并共热，过滤、烘干得高纯。a中电解时所用的是_(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。电解后，溶液浓度增大的原因是_中生成反应的化学方程式是_(5)磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导，写出该电池放电时的正极反应：_。7某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的CuSO4和少量Na2SO4，为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据下列流程图，完成回收硫酸亚铁

8、和铜的实验方案。(1)操作a的名称为_，所需要的玻璃仪器为烧杯、_、_。(2)加入的试剂为_。(3)鉴别溶液D中的金属阳离子时，应加入的试剂依次是_溶液、_溶液，现象依次是_；请写出鉴别过程中属于氧化还原反应的离子方程式：_。(4)若取2mL溶液D加入试管中，然后滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是_；此现象涉及氧化还原反应的化学方程式是_。8一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：_。(2)恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应

9、原理可用化学方程式表示为Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；_。(3)向滤液M中加入(或通入)_(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。a.铁b.氯气c.高锰酸钾d.氯化氢(4)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是_；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是_。(5)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见图，转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S_mol。9有下列7种物质：请回答下列问题：(1)属于电解质的有_(填序号)。(2)准确配制一定浓度的溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、_。(3)溶液中加入少量的反应

10、的离子方程式为_。(4)以粗硅为原料，工业制备高纯度的部分工艺流程如下已知：沸点，遇水强烈水解；沸点，并在空气中易自燃a写出制备粗硅的化学反应方程式_。b操作为_。(5)关于以上7种物质的说法正确的有_。A加碘食盐中的“碘”指的是B液态可做制冷剂C和都有漂白性D可用于制作计算机的芯片10燃煤的烟气中含有SO2，为治理雾霾天气，工厂采用多种方法实现烟气脱硫。(1)“湿式吸收法”利用吸收剂与SO2发生反应从而脱硫。下列试剂中适合用作该法吸收剂的是_(填字母序号)。A石灰乳BNa2SO3溶液CNa2CO3溶液DCaCl2溶液(2)某工厂利用烟气处理含Cr2O的酸性废水，在脱硫的同时制备Cr2O3产品

11、。具体流程如下：吸收塔中反应后的铬元素以Cr3+形式存在，则其中发生反应的离子方程式为_。中和池中的反应除生成Cr(OH)3沉淀外，还会产生某种气体，该气体的化学式为_。(3)石灰-石膏法和烧碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收反应为Ca(OH)2+SO2= CaSO3+H2O。吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3+O2+4H2O =2CaSO42H2O。其流程如图：烧碱法的吸收反应为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。该法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高。其流程如图：已知：试剂Ca(OH)2NaOH价格(元/kg)0.362.9吸收 SO2的成本(元/

12、mol)0.0270.232石灰-石膏法和烧碱法相比，石灰-石膏法的优缺点是_。某学习小组在石灰-石膏法和烧碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案，流程图中的甲、乙、丙各是_、_、_(填化学式)11铁是目前用途最广、用量最大的金属。请回答下列问题。(1)Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的本质区别是_；分离提纯混有NaCl的Fe(OH)3胶体的方法是_。(2)电子工业用FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：_。(3)工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如图方案：滤渣C的化学式为_。试剂

13、F宜选用_(填选项序号)，加入F的目的是_。A酸性KMnO4溶液B氯水C溴水(4)某研究性学习小组为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是_。实验证明溶液中含Fe3+，请进一步设计方案证明溶液中还含Fe2+_(选用药品：酸性KMnO4溶液、氯水、KSCN溶液)。溶液组成的测定：取30.0 mL待测溶液，加入足量的AgNO3溶液，得25.83 g白色沉淀。则溶液中c(Cl-)=_。12碲广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。从精炼钢的阳极泥中(主要成分为，还含有金、铂等)回收碲的工艺流程如下：已知：有强还原性，且

14、、难溶于水；高碲酸钠的化学式：回答下列问题：(1)基态原子的价电子排布式为_。(2)的键角大于，原因是_。(3)滤液i的主要成分是_(写化学式)。滤液i中溶质的浸出率与温度关系如图所示，解释溶质的浸出率随温度变化的可能原因_。(4)“沉碲”过程中发生反应的离子方程式为_。(5)粗粉中确质量分数的测定步骤如下：取mg粗粉，加入酸使其转化为亚碲酸，配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入酸性溶液，充分反应使亚碎酸转化为碲酸。用硫酸亚铁铵标准溶液滴定剩余的酸性溶液，消耗硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中确的质量分数为_；若硫酸亚铁铵溶液使用之前部分被氧化，则测定结果_(填“偏高”

15、或“偏低”)13二硫化钼是重要的固体润滑剂，被誉为“高级固体润滑油王”。利用低品相的辉钼矿(含，以及等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：(1)中Mo的化合价为_价。HCl与HF气体相比，热稳定性更强的是_。(2)“焙烧”时转化为和的化学方程式为_。(3)“转化”中第一步加入后，转化为，写出第二步与盐酸生成的离子方程式：_。(4)的产率与反应时间、温度的关系如图所示。由图分析可知产生沉淀的流程中选择的最优温度和时间是_。利用化学平衡原理分析低于或高于最优温度时，的产率均下降的原因：_。(5)利用低品相的原料制备高纯产品是工业生产中的普遍原则。如图所示，反应在充满CO的石英管中进行，先在温

16、度为的一端放入未提纯的粗镍粉末，一段时间后，在温度为的一端得到了纯净的镍粉，请结合平衡移动原理，判断温度：_(填“”、“”或“=”) 。(6)已知，不纯的溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入固体除去(忽略溶液体积变化)，则当完全沉淀时，溶液中_。14某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO45H2O的流程如图。已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。(1)焙烧前粉碎的目的是_。(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_，试剂X的

17、最佳选择是_(填标号)。a.HCl b.NaOH c.H2SO4 d.NH3H2O(3)25时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)离子Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+浓度/(molL-1)1.010-65.01.20对应氢氧化物的Ksp6.410-382.210-202.010-158.010-16该滤液的pH为_；加入的Cu(OH)2_(填“已经”或“没有”)完全溶解。(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为_。(5)“操作”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_。(6)上述流程中获取金属铜的

18、方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL 0.5mol/L CuSO4溶液，生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。15铍是航天航空、火箭导弹和原子能工业不可替代的材料，有“超级金属”之称。素有“中国铍业”之称的某厂改进国外以绿柱石Be3Al2(SiO3)6为原料制备金属铍的工艺，以硅铍石(主要成分为 )为原料提取铍，具体流程如图：已知：铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，其单质及化合物的结构与性质具有相似性。熔融可离子化(生成铍氯配离子)。铝铵矾在不同温度下的溶解度如下表：温度01020304060溶解度含2.105.007.7410.914.926.7回答下列问题：(1)绿柱石

19、Be3Al2(SiO3)6用氧化物形式表示为_；流程中“系列操作”为_。(2)将“中和液”沉淀时，调节溶液的pH不能过大或过小。pH过大时发生反应的离子方程式为_。(3)已知 若 浓度为 的中和液开始沉淀时，溶液中 c(Al3+)=_mol/L(4)若在实验室洗涤粗 操作为_。(5)氧化铍转化为氯化铍的化学方程式为_。(6)的电子式为_；工业上电解 熔融混合物制备金属铍，可选用镍坩埚作电解槽的阴极材料，电解时阴极反应为_电解时需加入氯化钠的作用是_。试卷第9页，共10页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1(1)过滤(2)Si(3) 将Fe2+氧化为Fe3+ Cl2+

20、2Fe2+=2Cl-+2Fe3+(4)D(5)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO(6) Al30FeSi20 1030.4【分析】铝硅铁合金加过量的盐酸，过滤得固体A为硅，溶液A为氯化铝、氯化亚铁，通入氯气将亚铁离子氧化，得溶液B，加入过量的氢氧化钠，得到固体B为氢氧化铁，灼烧后得到铁红，溶液C为偏铝酸钠溶液，通入过量的二氧化碳得氢氧化铝，经一系列变化得到铝。(1)分离固体和溶液用过滤，操作的名称是过滤。(2)固体A在工业生产中的一种用途是作半导体材料或制作芯片或制作光电池，固体A为单质硅。(3)通入氯气的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，此时发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2

21、+=2Cl-+2Fe3+。(4)溶液B是盐酸、氯化铝和氯化铁的混合溶液，滴加氢氧化钠溶液的过程中，首先盐酸和氢氧化钠反应，紧接着铝离子和铁离子发生沉淀反应，最后氢氧化铝溶解，选择D。(5)溶液C含有偏铝酸钠、氢氧化钠和氯化钠，通入二氧化碳时只有偏铝酸钠和二氧化碳反应产生沉淀，生成固体C的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO。(6)Si的质量为560克，n(Si)=20mol，铝的质量为810克。n(Al)=30mol，铁红(Fe2O3)的质量为80g，n(Fe2O3)=0.5mol，故n(Fe)=1mol，n(Al):n(Fe):n(Si)=30:1:20，故合金的化学

22、式为Al30FeSi20；铁和铝失电子总数等于氢离子变成氢气得电子数，即1mol2+30mol3=n(H2)2，n(H2)=46mol，V(H2)=46mol22.4L/mol=1030.4L。2(1) 否 CaSO4(2)2Al3+3+3H2O2Al(OH)3+3CO2(3)Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+ CaCO3(s)的K=3.5105105，可以认为该反应进行完全(4) 蒸发皿 二氧化碳(5)6HFNa2SO4NaAlO2=Na3AlF6H2SO42H2O【分析】含锂电解铝废渣主要含AlF3、NaF、LiF、CaO等，加入浓硫酸生成的气体为HF，水浸后过滤分离出

23、滤渣1为CaSO4，滤液中加碳酸钠发生2Al3+3+3H2O2Al(OH)3+3CO2、2Li+Li2CO3，气体为CO2，过滤分离出滤液含硫酸钠，分离出Al(OH)3、Li2CO3，加水调浆再加CaO、苛化反应将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液，过滤分离出滤渣2含CaCO3和Al(OH)3，碳化时LiOH与二氧化碳反应所得的溶液为LiHCO3，提取晶体后再分解生成Li2CO3固体，二氧化碳在流程中可循环使用，以此来解答。【详解】（1）电解铝废渣与浓硫酸的反应生成HF、HF能与二氧化硅反应，故不能在玻璃仪器中进行：答案为“否”。滤渣1的主要成分是CaSO4。（2）碱解反应中，同时得到气体和沉淀

24、反应是铝离子和碳酸根离子的双水解反应，离子方程式为2Al3+3+3H2O2Al(OH)3+3CO2。（3）Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+ CaCO3(s)的K=3.5105105，可以认为该反应进行完全。（4）从碳化反应后的溶液得到Li2CO3固体的具体实验操作中，第一步应为提取LiHCO3晶体，需要进行加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故第一步主要在蒸发皿进行，该流程中可以循环使用的物质是二氧化碳。（5）上述流程得到副产品冰晶石，根据流程图知，反应物为HF、Na2SO4、NaAlO2，生成物为Na3AlF6，根据原子守恒及反应原理书写方程式为：6HFNa2SO4N

25、aAlO2=Na3AlF6H2SO42H2O。3(1)BaCl2(2)Cl2+2Br-=2Cl-+Br2(3)47.5【分析】根据流程图分析可知，由海水得到含有Ca2+、Mg2+、Br-的苦卤，经一系列操作后得到无水MgCl2，再电解熔融的MgCl2可得到Mg，同时向苦卤中通入Cl2氧化可得到Br2，再SO2还原得到Br-，富集Br后，最后Cl2氧化得到Br2。（1）Ba2+与可生成BaSO4沉淀，因此可加入BaCl2除去含有的；（2）由分析可知，步骤为Cl2氧化可得到Br2，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；（3）步骤为无水MgCl2电解制取金属镁的过程，反应方程式为Mg

26、Cl2(熔融) Cl2+Mg，生成标准状况下11.2L的Cl2的物质的量为=0.5mol，故消耗0.5mol无水MgCl2，质量为0.5mol95g/mol=47.5g。4(1)(2) 2+2H+H2O 8H+ +3H2C2O4=2Cr3+6CO2+7H2O(3)Cr(OH)3(4)pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低(5)Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+(6)1.91105(7)微量杂质NH4HCO3和NH4NO3均易分解【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生

27、成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到78，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。(1)气体A为CO2，其电子式为，故答案为：；(2)(NH4)2CrO4溶液中存在2+2H

28、+H2O，pH过低，H+浓度过大，平衡2+2H+H2O正向移动，更多的转化为，导致(NH4)2CrO4的利用率降低；结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8H+3H2C2O4=2Cr3+6CO2+7H2O，故答案为：2+2H+H2O；8H+3H2C2O4=2Cr3+6CO2+7H2O；(3)由分析可知“滤渣1”的主要成分为Cr(OH)3，故答案为：Cr(OH)3；(4)Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH13的原因为pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低，故

29、答案为：pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低；(5)“调pH13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+，故答案为：Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+；(6)Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K=1.91105，故答案为：1.91105；(7)由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO

30、3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3，NH4HCO3和NH4NO3均易分解，故将结晶过滤后，不经洗涤，直接以200热风烘干，便可得高纯SrCO3，故答案为：微量杂质NH4HCO3和NH4NO3均易分解。5(1) 4.48 0.1 mol(2) 金属钠能与氧气、水发生反应 (3)【解析】（1）根据气体摩尔体积的公式可知V(Cl2)= =4.48L。参与反应的Cl原子为0.4mol，全部在TiCl4中，可知n(TiCl4)=0.1mol。（2）根据所学的知识可知，钠是一种非常活泼的金属，很容易与氧气、水发生反应，因此“反应2”须在无氧和非水性溶剂中进行。双线桥法标明电

31、子转移的方向和数目时，还原剂对应元素指向氧化产物中的对应元素，并标明失电子数目；氧化剂对应元素指向还原产物中的对应元素，并标明得电子数目。如图所示： 。（3）工业上，通过电解熔融NaCl的方法制取金属钠，化学方程式为。6(1)Al33NH3H2O=Al(OH)33NH(2)Mg(OH)2、CaCO3(3)洗去表面吸附的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失(4) 阳离子交换膜 阴极反应式为2H2O2e=H22OH，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大 2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3(5)FePO4Lie=LiFePO4【分析】锂辉石(

32、Li2OAl2O34SiO2，含少量Ca、Mg元素)经过研磨、在加热下用浓硫酸“浸出”、由信息(1)可知酸化得到可溶性的硫酸锂、和不溶的Al2O3SiO24H2O，经过过滤，得到滤渣1为Al2O3SiO24H2O，滤液经过调节pH，向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH-的浓度，使Mg(OH)2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂。【详解】（1）根据流程，生成沉淀，需要加入过量试剂a，因为Al(OH)3溶于强碱，不溶于弱碱，因此试剂a为NH3H2O，发生的离子反应方程式为Al33NH3H2O=Al(

33、OH)33NH。（2）据分析，滤渣2的主要成分有Mg(OH)2、CaCO3。（3）由题中表格可知Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤能够降低Li2CO3的溶解，同时能够洗去Li2CO3表面附着的Na2CO3杂质，故答案为：洗去表面吸附的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失。（4）Li2CO3溶于盐酸生成LiCl，电解LiCl溶液，溶液中Cl-失去电子在阳极生成Cl2，阴极反应式为2H2O2e=H22OH，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大，则a中电解时所用的是阳离子交换膜。由电解后，阴极反应式为2H2O2e=H22OH，电解过程中Li+从阳极通过

34、阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大，中NH4HCO3与LiOH在加热条件下反应生成Li2CO3、H2O、NH3，反应方程式为2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3。（5）根据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，得到电子，因此FePO4在正极上发生反应，即正极反应式为FePO4Lie=LiFePO4。7(1) 过滤 玻璃棒 烧杯(2)稀硫酸(3) KSCN溶液 氯水(或H2O2) 加入KSCN溶液，无明显现象，加入氯水后，溶液变为红色 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-(4) 白色沉淀转变为灰绿色最终转变为红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)

35、3【分析】工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的CuSO4和少量Na2SO4，加入氢氧化钠后，产生氢氧化亚铁和氢氧化铜沉淀固体，过滤后滤渣用硫酸溶化，得到FeSO4、CuSO4混合液C，加入过量铁粉，再过滤，得到FeSO4溶液D，和铁和铜的混合固体E，再加入稀硫酸溶解混合固体E中的铁，得到铜固体F，和FeSO4溶液G，合并溶液DG，蒸发浓缩、冷却结晶得硫酸亚铁晶体。（1）按上述分析，操作a的名称为过滤，所需要的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯；（2）加入的试剂目的是溶解铁和铜混合物中的铁，分离它们并分别得到硫酸亚铁溶液和铜，所以用稀硫酸；（3）溶液D中的金属阳离子为亚铁离子，鉴别试剂依次是K

36、SCN溶液、 氯水(或H2O2)加入KSCN溶液，无明显现象，加入氯水后，溶液变为红色，鉴别过程中属于氧化还原反应的离子方程式：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；（4）溶液D中的金属阳离子为亚铁离子，滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是白色沉淀转变为灰绿色最终转变为红褐色；涉及氧化还原反应的化学方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。8(1)(2)(3)b(4) 调pH将Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀 抑制Cu2+水解(5)0.2【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)，加入FeCl3溶液，可以将Cu2S氧化生成CuCl2和S，过滤除去S和SiO2，加入Fe

37、置换出Cu，将剩余的Fe3+还原为Fe2+，滤液M为氯化亚铁，保温除铁，加入硝酸将过量的铁粉转化为Fe3+，加入CuO调pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3，硝酸铜溶液加入稀硝酸抑制水解，蒸发浓缩冷却结晶，得到硝酸铜晶体；（1）根据分析可知“浸取”过程中，加入FeCl3溶液，可以将Cu2S氧化生成CuCl2和S，发生反应的离子方程式：；（2）催化剂在反应前后不发生变化，但是参与中间过程，CuCl2是催化剂，参与Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；第二步应该是中间体CuCl与浸取液FeCl3生成CuCl2，；（3）根据分析可知滤液M为氯化亚铁，将氯化亚铁氧化为氯化

38、铁还可以循环利用，故通入的氧化剂为氯气，故答案为b；（4）根据分析可知“保温除铁”过程中，加入硝酸将过量的铁粉转化为Fe3+，加入CuO调pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去铁元素；硝酸铜溶液蒸发浓缩冷却结晶过程会水解，加入稀硝酸抑制Cu2+水解；（5）该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S为0.2mol。9(1)(2)胶头滴管、500mL容量瓶(3)(4) 蒸馏(5)BCD【分析】二氧化硅和碳高温生成粗硅，粗硅和HCl反应生成、，利用两者的沸点不同分离出，和氢气反应生成

39、纯硅。【详解】（1）电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；为电解质；为电解质；为非电解质； 为单质；为单质；为单质；为单质；属于电解质的有；（2）没有480mL的容量瓶；准确配制一定浓度的溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶；（3）氢氧化钠和铝反应生成偏铝酸钠和氢气，；（4）a制备粗硅反应为二氧化硅和碳高温生成硅和一氧化碳，反应为；b已知：沸点， 沸点，则操作为蒸馏的分离过程；（5）A加碘食盐中的“碘”指的是碘元素不是单质，A错误；B液态氨气气化吸热，可做制冷剂，B正确；C和都有强氧化性，具有漂白性，C正确；D硅可用于制作计算机的芯片，D正确；故选BC

40、D。10(1)ABC(2) Cr2O+2H+3SO22Cr3+3SO+H2O CO2(3) 原料便宜，成本低，但吸收慢，效率低 NaOH Ca(OH)2 Na2CO3【分析】本题首先考查了硫酸厂烟气中二氧化硫的吸收，利用了二氧化硫的还原性和重铬酸跟离子的氧化性；在第三问种提供了两种吸收二氧化硫的方法，分别是石灰-石膏法和烧碱法，并进行了对比，以此解题。（1）A石灰乳的主要成分为氢氧化钙，A正确；B二氧化硫与亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，反应方程式为：，B正确；C亚硫酸的酸性强于碳酸，所以二氧化硫能与Na2CO3溶液反应，C正确；D盐酸是强酸，酸性强于亚硫酸，二氧化硫与CaCl2溶液不反应，D

41、错误；故选ABC；（2）由图可知在吸收塔中Cr2O和二氧化硫反应生成硫酸和三价铬离子，离子方程式为：Cr2O+2H+3SO22Cr3+3SO+H2O；中和池中加入碳酸钠和酸反应，除生成Cr(OH)3沉淀外，还会产生二氧化碳气体，故答案为：CO2；（3）对比两个流程可知，基本反应原理都为二氧化硫与碱发生反应，氢氧化钙原料廉价易得，成本低，但氢氧化钙溶解度不大，吸收慢，效率低，故答案为：原料便宜，成本低；吸收慢，效率低；分析流程并对比前两个流程可知，该流程的目的是改进前两个流程的缺点，即氢氧化钙吸收效率低，应用吸收效率较高的氢氧化钠，则甲为氢氧化钠，又氢氧化钠成本高，需要循环利用，则可用氢氧化钙制

42、备氢氧化钠，则乙为氢氧化钙，由此可推知丙为亚硫酸钠，亚硫酸钠与氢氧化钙可以发生复分解反应生成氢氧化钠和亚硫酸钙，实现氢氧化钠的再生，降低成本，故答案为：NaOH；Ca(OH)2；Na2SO3。11(1) 分散质粒子大小不同 渗析(2)2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+(3) Fe、Cu B 将溶液中的Fe2+转化为Fe3+(4) Fe3+、Fe2+、Cu2+ 取少量溶液于试管中，滴加酸性KMnO4溶液，紫红色褪去，则含有Fe2+ 6.0molL-1【解析】(1)Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的本质区别是分散质微粒直径大小不同，其中Fe(OH)3胶体分散质微粒直径在1-100 nm，而F

43、e(OH)3沉淀的分散质微粒直径大于100 nm；NaCl的微粒直线小于1 nm，能够透过半透膜，而Fe(OH)3胶体分散质微粒直径在1-100 nm，不能透过半透膜，故分离提纯混有NaCl的Fe(OH)3胶体的方法根据二者是否可透过半透膜的性质，采用渗析方法提纯；(2)FeCl3具有强氧化性，在溶液中能够与铜发生氧化还原反应产生FeCl2、CuCl2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知反应的离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；(3)在处理印刷电路板的废水中含有FeCl3、FeCl2、CuCl2，要回收铜，并获得FeCl3溶液，可以向反应后的废液中加入足量Fe屑，发生反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2