湖南省湘西州吉首市2022年基础教育综合实践改革成果展示活动检测高二化学试题2

2022年秋吉首市基础教育综合实践改革成果检测高中化学试卷注意事项：1.本卷为试题卷，考生应在答题卡上做答，在试题卷、草稿纸上答题无效。2.答题前，考生须先将自己的姓名、准考证号分别在试卷和答题卡上填写清楚。3.答题完成后，将试卷、答题卡、草稿纸放在桌上，由监考老师统一收回。4.本试卷三大题，时量75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H(1)C(12)O(16)P(31)S(32)Cl(35.5)Mg(24)Al(27)Fe(56)Mn(55)K(39)Cu(64)N(14)一、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与社会、生产、生活等联系紧密，下列相关说法错误的是A.现榨苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色，主要是所含亚铁离子被氧化所致B.水晶和玛瑙主要成分都是，我国北斗导航系统信号传输也与有关C.预防新冠病毒的疫苗应在较低温度下保存D.为了防腐，港珠澳大桥可以在钢铁中增加含碳量【答案】D【解析】【详解】A．现榨苹果汁含有亚铁离子，亚铁离子不稳定，易被氧化生成铁离子，故A正确；B．具有良好的导光性，可用于制造光纤纤维，北斗导航系统信号传输主要是与有关，故B正确；C．新冠病毒疫苗属于蛋白质，温度高时易发生变性，应在低温下保存，故C正确；D．钢铁中含碳量大，容易形成原电池，形成原电池造成铁的腐蚀速率加快，故为了防腐，钢铁中应减少含碳量，故D错误；故选D。2.人类在发展进程中，积累了越来越多与化学相关的知识与技能。《本草纲目》中记载“烧酒”篇：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”《本草经集注》中记载鉴别消石()和朴消()之法：“以火烧之，紫青烟起，云是真消石也”。文中所提到的分离与检验方法分别是A.升华高温分解 B.蒸发结晶纸上层析C.过滤萃取 D.蒸馏焰色实验【答案】D【解析】【详解】蒸令气上……，说明变为气态，再冷凝变为液态，该方法是蒸馏；《本草经集注》中记载鉴别消石()和朴消()之法：“以火烧之，紫青烟起，云是真消石也”，说明是焰色试验，故D符合题意。综上所述，答案为D。3.已知的，的，下列有关说法正确的是A.在的醋酸溶液中加入少量的稀盐酸，溶液的会变小B.等浓度等体积的和溶液，前者所含数比后者小C.100mL的新制氯水中：D.将通入溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在6种微粒【答案】B【解析】【详解】A．在pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol⋅L−1的稀盐酸，氢离子浓度不变，醋酸的电离平衡不移动，所以溶液的pH不变，故A错误；B.由于醋酸的酸性大于次氯酸，形成钠盐的酸越弱，水解能力越强；等浓度等体积的和NaClO溶液前者水解程度小于后者，则所含OH-数前者小于后者，故B正确；C．pH=2的氯水中c(H+)=0.01mol/L，pH=2的100mL氯水中n(H+)=0.01mol/L×0.1L=0.001mol，根据电荷守恒得n(H+)=n(OH−)+n(ClO−)+n(Cl−)=0.001mol，但是溶液中n(HClO)≠n(Cl−)，所以n(OH−)+n(ClO−)+n(HClO)≠0.001mol，故C错误；D．将氯气通入NaOH溶液，若二者恰好反应会生成氯化钠、次氯酸钠和水，溶液呈碱性，而溶液为中性，则通入的氯气应该稍过量，则存在的反应和，则反应后溶液中含有的微粒有：氢离子、氢氧根、水分子、氯气分子、次氯酸根、氯离子、次氯酸分子、钠离子，故D错误；故答案选：B。4.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是选项实验目的实验操作A混合浓硫酸和浓硝酸先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入浓硝酸B检测产品中是否存在取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液，滴加溶液C制备胶体将氨水滴加到饱和溶液中D验证向溶液中先滴入5滴的溶液，再滴入5滴的溶液A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．混合浓硫酸和浓硝酸，应将密度大的浓硫酸倒入浓硝酸中，A错误；B．Na2S2O3溶于足量稀盐酸，发生反应：，静置，取上层清液，滴加溶液，二氧化硫与溶液不反应，若产生沉淀，应存在硫酸根，B正确；C．向沸水中逐滴滴加饱和溶液来制备氢氧化铁胶体，C错误；D．硝酸银溶液过量，滴入的氯化钠量少，银离子有剩余，再加碘化钾与过量的银离子反应，不能比较碘化银和氯化银的Ksp，D错误；故选B。5.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.巯基()中含有电子数为B.将()完全溶于水，所得溶液中H+的数目为C.铁与一定量的稀硝酸恰好完全反应，则在反应过程中转移的电子数一定为D.1乙烷分子中共用电子对数为6【答案】A【解析】【详解】A．巯基()含有17个电子，巯基()物质的量为，则巯基中含有的电子数为，故A正确；B．将()完全溶于水生成2SO4，H2SO4＝2H＋＋，因此所得溶液中H+的数目为，故B错误；C．铁与一定量的稀硝酸恰好完全反应，则在反应过程中可能变为亚铁离子，也可能变为铁离子，因此转移的电子数不一定为，故C错误；D．1个乙烷分子含有6个碳氢键和一个碳碳单键，因此1乙烷分子中共用电子对数为7，故D错误。综上所述，答案为A。6.下列判断正确的是A.、、、能在溶液中大量共存B.、、、能大量共存C.三氯化铁酸性溶液中通入足量硫化氢的离子方程式为：D.用“示踪原子法”来判断反应的历程：【答案】A【解析】【详解】A．、、、都不反应而能在溶液中大量共存，故A正确；B．与反应而不能大量共存，故B错误；C．三氯化铁酸性溶液中通入足量硫化氢，反应为配平，其离子方程式为：，故C错误；D．用“示踪原子法”来判断反应的历程，双氧水中的氧全部被氧化：，故D错误。综上所述，答案为A。7.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A.该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液B.脱硫过程O2间接氧化H2SC.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D.《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，说明我国古代已利用天然气煮盐【答案】A【解析】【分析】根据图示过程，Fe2(SO4)3在菌的作用下将硫化氢氧化为硫单质，同时自身还原为硫酸亚铁，硫酸亚铁在氧气的氧化下生成硫酸铁，生成的硫酸铁又继续氧化硫化氢，形成循环，在此过程中硫酸铁可视为催化剂，据此回答。【详解】A．菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3可视为催化剂，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；B．脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；C．亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，需补充一定量的亚铁离子，C正确；D．天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，井火为天然气燃烧出现的火焰，故说明我国古代已利用天然气煮盐，D正确；故选A。8.一种可用作半导体掺杂源的化合物的结构式如图所示。已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法中错误的是A.原子半径：B.X、Y最高价氧化物对应的水化物的酸性：X<YC.W和Y能形成多种原子个数比为1:1的化合物D.除W原子外，分子中的其他原子均满足8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Z的电子排布为2、6，Z为O；W形成一个共价键、X形成3个共价键、Y形成4个共价键，且W、X、Y的原子序数均比Z(O)小，则W、X、Y分别为H、B、C；综上所述，W，X，Y，Z依次是H，B，C，O，据此解答。【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越多，原子半径越小，则原子半径B>C>O>H，故A正确；B．B最高价氧化物对应的水化物是硼酸，C最高价氧化物对应的水化物是碳酸，硼酸酸性弱于碳酸，故B正确；C．H和C可以形成C2H2，C6H6等多种原子个数比为1：1的化合物，故C正确；D．题中所给结构中H形成2电子稳定结构，B最外层形成3+3=6电子，二者都不满足8电子稳定结构，故D错误；答案选D。9.工业含铬废水中含有(溶液为橙色)和(溶液为黄色)，会对水体产生很大危害，因此这种工业废水必须净化处理。一种处理含铬废水的工艺流程如下：

已知有反应：。下列说法正确的是A.①中，所加酸可以是盐酸B.①中，酸化后废水黄色变浅C.②中，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3D.③中，该工艺流程所得可用于制备【答案】D【解析】【详解】A．可与盐酸发生氧化还原反应，应加硫酸酸化，A错误；B．酸化后2(黄色)+2H+=(橙色)+H2O正向移动，橙色加深，B错误；C．②中Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C错误；D．③中反应所得加热分解可用于制备，D正确；故选D。10.向和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2.在所得溶液中加入的NaOH溶液，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为。下列有关说法正确的是A.Cu与Cu2O物质的量之比为1∶2 B.硝酸的物质的量浓度为2.0mol/LC.产生的NO体积为 D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为【答案】D【解析】【分析】在所得溶液中加入1.0mol/L

的NaOH溶液，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，沉淀为Cu(OH)2，在根据铜元素守恒和N元素守恒以及得失电子守恒分析解答。【详解】A．金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为，物质的量为，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2。设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有，根据铜元素守恒有，联立方程解得：，，所以n(Cu)∶n(Cu2∶0.1=2∶1，故A错误；B．根据N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)，根据电子转移守恒可知：3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O)，所以3n，解得n，根据Na元素可知n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol，所以n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3，所以原硝酸溶液的浓度为，故B错误；C．由B中计算可知n，所以标准状况下NO的体积为，未告知是否为标准状况，无法判断NO的体积是否为，故C错误；D．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)+2n[Cu(NO3)2]=n(NaNO3)，所以n(HNO3)=n(NaNO3)-2n[Cu(NO3)2，故D正确；故选D。二、选择题(本题包括4小题，每小题4分，共16分。每小题有1-2个选项符合题意)11.常温下，某的一元酸溶液中，的电离百分数为，某的一元碱溶液中与之比为。将上述两种溶液等体积混合后，溶液显酸性，若混合时体积变化忽略不计，下列推论错误的是A.是一元强碱B.混合后，的电离百分数大于a%C.混合溶液中小于D.与之比值，原溶液小于混合溶液【答案】CD【解析】【详解】A．某的一元碱溶液中与之比为，则，则说明是一元强碱，故A正确；B．混合后，溶质是HA和BA，溶液显酸性，电离程度占主要，且两者浓度为，根据越稀越电离，则电离百分数大于a%，故B正确；C．混合后，溶质是HA和BA，溶液显酸性，电离程度大于水解程度，因此混合溶液中大于，故C错误；D．与之比值，由于向HA溶液中加入等体积BOH，则HA物质的量浓度减小，增大，因此原溶液大于混合溶液，故D错误。综上所述，答案为CD。12.某试液中只可能含有K+、NH、Fe2+、Al3+、Cl-、SO、CO、AlO中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol•L-1，某同学进行了如下实验：下列说法正确的是A.无法确定原试液中是否含有SOB.滤液X中大量存在的阳离子有NH、Fe2+和Ba2+C.沉淀C为Al(OH)3D.原试液中一定不含有K+【答案】D【解析】【分析】试液中加入过量的稀硫酸无明显现象，说明原试液中不含，再加入过量溶液之后有气体和沉淀A生成，则沉淀A为，第一步加入过量的稀硫酸，所以无法确定原溶液是否含有硫酸根，硝酸根在酸性条件下有氧化性，生成气体，所提供的离子中只有Fe2+有还原性，则原试液中一定有，再加入过量NaOH溶液又有气体和沉淀B生成，沉淀B中一定有，可能含有的离子中与碱反应生成气体的一定是，与不共存，则原试液一定不含。因为所含离子浓度均为，原试液中一定含有的阳离子为和，根据电荷守恒，原试液中一定含有阴离子和，一定不含和，最后通入CO2产生的沉淀C只能是BaCO3。【详解】A．根据分析，最后通过电荷守恒可知原试液中一定含有，A项错误；B．根据分析可知原试液中的被氧化成，所以滤液X中没有亚铁离子，B项错误；C．根据分析可知原试液中既不含也不含，最终通入CO2产生的沉淀C只能是BaCO3，C项错误；D．根据电荷守恒，原试液中所含离子浓度均为，一定含有的阳离子为和，所带正电荷为，阴离子只剩下和，所带负电荷一共是，若还含有则电荷无法守恒，所以原试液中一定不含，D项正确；答案选D。13.在恒容密闭容器中充入和发生反应：，反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是A.升高温度，平衡常数减小B.W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率C.Q点时，Y的转化率最大D.恒温下，平衡时再充入适量Z，则达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大【答案】AC【解析】【分析】反应开始时没有达到平衡，反应正向进行，X的量减少，到Q点时达到最小，则这一点是反应的最大限度，Q点后平衡逆向移动，X的量逐渐增加，同时说明该反应的正反应是放热反应。详解】A．温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，A正确；B．W、M两点X的浓度相同但是温度不相同，故反应速率不相等，B错误；C．Q点X的量最少，转化率最大，C正确；D．平衡时充入Z，相当于增大压强，反应两边气体的化学计量数之和相等，改变压强对平衡没有影响，达到新平衡时Z的体积分数与原平衡一样，D错误；故选AC。14.常温下，向某一元碱溶液中逐滴加入的溶液，溶液中、、中和率的变化如图所示。为的电离常数，，中和率。下列说法正确的是A.根据a点数据计算，常温下B.溶液中水的电离程度从a点到d点逐渐增大C.b点时，D.c点溶液中【答案】AC【解析】【详解】A．当，即时，，即mol/L,则MOH的电离平衡常数，故A正确；B．随着HCl的加入，溶液中盐逐渐增多，盐水解促进水的电离，当MOH与HCl恰好反应时，水的电离程度最大，即c点的电离程度最大，d点HCl过量，水的电离程度又减小，故水的电离程度c＞d，故B错误；C．b点时中和率为50%，溶液中溶质为等物质的量的MCl和MOH，此时，溶液呈碱性，说明的水解程度小于MOH的电离程度，则溶液中，故C正确；D．c点时中和率为100%，加入盐酸的体积为40mL，MOH与HCl恰好完全反应为MCl溶液，溶液中电荷守恒，则，故D错误；答案选AC。三、填空题(共四道大题每空2分共54分)15.根据下图的化学反应框图回答下列问题。已知：粉状化合物A是红棕色，粉状单质B是金属单质。（1）溶液E加入氢氧化钠溶液的现象是_______。（2）写出下列反应的化学方程式：→：_______；D→H：_______。（3）写出下列反应的离子方程式：→G：_______；→E：_______；B→：_______。【答案】（1）生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色（2）①.②.（3）①.②.③.【解析】【分析】粉末化合物A是红棕色，粉末单质B是金属单质，粉状单质B能与强碱溶液反应产生单质F说明B为铝，F为氢气，结合转化关系可知，A为Fe2O3，C为Fe，D为Al2O3，E为FeCl2，G为FeCl3，H为NaAlO2，据此解答。【小问1详解】由上述分析可知，溶液E为FeCl2溶液，向FeCl2溶液中加入氢氧化钠溶液先生成氢氧化亚铁，后迅速被氧化为氢氧化铁，现象是生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；【小问2详解】A+B→C+D的反应为铝热反应，化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；D→H的化学方程式：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；故答案为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；【小问3详解】E＋Cl2→G的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；G＋C→E的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+； B→F＋H：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；2Fe3++Fe=3Fe2+；2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。16.在一定温度下，有1气体和3气体发生下列反应：。（1）若在相同温度下，分别在1L定压密闭容器A中和1L定容密闭容器B中反应：哪个容器中的反应先达到平衡？答：_______。哪个容器中的N2的转化率高？答：_______。（2）若在上述定压密闭容器A中，反应已达到平衡时，再加入摩氩气，则的转化率会起什么变化？答：_______。正反应速度与原平衡相比，有无变化_______，简答理由。_______。（3）若在1L定容容器中，上述反应达到平衡时，平衡混和物中、、的物质的量分别为A、B、C摩尔。仍维持原温度，用x、y、z分别表示开始时、、的加入的物质的量()，使达到平衡后、、的物质的量也为A、B、C摩尔。则应满足的条件是：①若，，则_______。②若，则y应为_______、z应为_______。【答案】（1）①.A②.A（2）①.减小②.减小③.在其它条件不变的情况下，降低压强减小反应速率（3）①.2②.③.【解析】【分析】（3）温度、体积不变，平衡后、、的物质的量不变，则二者为等效平衡，n(N2)∶n(H2)=1∶3，极限转化后起始量n(N2)=1mol、n(H2)=3mol，据此分析。【小问1详解】合成氨为气体体积减小的反应，固定体积不变时，恒压发生反应气体的物质的量减小、体积减小，相当于压强增大，平衡正向移动，则A中先达到平衡，A中转化率大，故答案为：A；A；【小问2详解】反应已达到平衡时，再加入氩气，由于恒压，容器体积增大，相当于给反应体系减压，平衡逆向移动，的转化率减小；容器体积增大，减小压强，反应体系中各组分浓度均减小，正逆反应速度均减小，故答案为：减小；减小；在其它条件不变的情况下，降低压强减小反应速率；【小问3详解】①根据分析，若x=0，y=0，则z=2，故答案为：2；②若，则y应为，z应为(1-0.75)mol，故答案为：；。17.硫脲[]是用来合成磺胺噻唑和蛋氨酸等药物的原料，也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等，是一种白色晶体，熔点180℃，易溶于水和乙醇，受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵。回答下列问题：Ⅰ.硫脲的制备：已知：将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，实验装置如图所示。（1）装置B的试剂X和试剂Y的最佳组合是_______(填序号)。A.固体+稀盐酸B.固体+稀硝酸C.固体+浓硫酸（2）仪器M的作用为_______。按(1)中所选试剂组合，按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为c→_______(填仪器接口的小写字母)。（3）装置C中发生的反应为，反应温度需控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是_______；Ⅱ.硫脲的分离及产品含量的测定：（4）装置C反应后的液体过滤后，将滤液减压蒸发浓缩，之后冷却结晶，离心分离，烘干即可得到产品。称取mg产品，加水溶解配成500mL溶液，量取25mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用c标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液VmL。①滴定时，硫脲转化为、、的离子方程式为_______；②滴定终点时的现象是_______；③样品中硫脲的质量分数为_______(用含“m、c、V”的最简式表示)。【答案】（1）A（2）①.平衡压强以便液体顺利流下②.a→b→d→e→f（3）温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速度缓慢（4）①.②.滴入最后半滴标准溶液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不变为原来的颜色③.【解析】【分析】本实验采用硫化氢和石灰氮()、水的混合物反应制备硫脲，B装置为制备硫化氢气体的装置，选用FeS固体和稀盐酸，A装置可用来除去硫化氢气体中的HCl，将硫化氢气体通入C装置制备硫脲，D装置的目的是尾气处理，防止污染空气，装置的连接顺序为BACD，小导管口连接顺序为。【小问1详解】根据分析，制备硫化氢气体可选的组合为A，硫化氢气体具有强还原性，不能用硝酸和浓硫酸来制备，故选A；【小问2详解】仪器M的名称为恒压滴液漏斗，其作用是平衡压强以便液体顺利流下；根据分析，装置的连接顺序为：；【小问3详解】结合题中所给信息：温度过高硫脲会部分发生异构化，温度低反应速率慢，故反应温度需控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是：温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速度缓慢；【小问4详解】①根据题中所给反应物和产物，反应的离子方程式为：；②采用高锰酸钾溶液来滴定，到达滴定终点时高锰酸钾过量，应显示浅紫色，故达到滴定终点的现象是：滴入最后半滴标准溶液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不变为原来的颜色；③根据方程式：，硫脲与高锰酸剂的物质的量之比为5:14，故25mL样品中硫脲的物质的量为，500mL样品溶液中硫脲的质量分数为：。18.铋(Bi)与氮同族，氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色、生产金属铋等。一种以用火法炼铜过程产生的铜转炉烟尘(除含铋的化合物之外，还有、、、、及)制备高纯氯氧化铋和副产品的工艺流程如下：回答下列问题：（1）中Bi元素的化合价为_______。（2）为获得副产品，向“酸浸”所得“浸液1”中加入粉，主要目是_______。（3）“浸铜”时，有单质硫生成，其反应的离子方程式为_______。（4）“浸铋”时，温度升高，铋的浸出率降低，其原因为_______。（5）“沉铋”时需控制溶液的，此时发生反应的化学方程式为_______。（6）“除铅、砷”时，可以采用以下两种方法：①加入改性羟基磷灰石固体()：浸液2与的液固比(L/S)与铅、砷去除率以及后续沉铋量的关系如下表。L/S去除率/%去除率/%m(沉铋)/g实验中应采用的L/S=_______。②铁盐氧化法：向浸液