2022届高考化学抢分强化练-题型10.1化工流程简答题

第=page3030页，共=sectionpages3131页2022届高考化学选择题型抢分强化练——题型10.1化工流程简答题目前，处理锌矿进行综合利用，多采用传统的“高氧酸浸法”，但该法也存在一些缺点。最近，有文献报道：用高铁闪锌矿(含有ZnS、FeS、CuS、CdS及少量SiO2等)为原料，采用“高氧催化氧化氨浸法”可以联合制取Cu2O(红色)、CdS(黄色)、锌钡白(白色)已知：Ⅰ：浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成；Ⅱ：浸渣为S、Fe(OH)CO3、Ⅲ：浸取液中含有[Zn(NH3)4]Ⅳ：Cu+在溶液中不存在，但可以与NH回答下列问题：(1)为加快浸取速度，可以采取的措施是(任答两项)___________________________；在实际生产中采取常温下浸取而不采用加热的方法，其原因是___________________。(2)浸取釜中有O2参与生成浸渣Fe(OH)CO3(3)蒸发炉中加入(NH4)2SO3的主要作用是____________________(4)在制取ZnSO4和CdSO(5)无论采用“高氧酸浸法”还是“高氧催化氧化氨浸法”，其前期处理，都要经过用浸取剂浸取这一步，不同的是“高氧酸浸法”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出。两种方法比较，“高氧酸浸法”存在的缺点是(任答两条)______________________。【答案】(1)粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度；

防止N(2)4FeS+3(3)将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)(4)产生H2S气体污染大气；降低锌钡白、CdS的产量(或浪费原料N(5)能耗高；设备耐酸性要求高；产生大量有害气体(SO【解析】

本题以工艺流程为载体考查影响反应速率的因素、离子方程式书写、物质的性质等，解答这类问题应明确流程转化以及相关知识的应用等，试题难度一般。

(1)根据流程转化结合影响速率的因素分析可知加快浸取速度，可以采取的措施是粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度；由于浸取过程中需要使用氨气、过氧化氢等，为防止NH3的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解，所以实际生产中采取常温下浸取而不采用加热的方法；

(2)根据矿石的成分结合浸取釜中有O2参与生成浸渣Fe(OH)CO3，说明反应物有FeS，由信息II可知产物有硫单质，结合流程可知对应的离子方程式为4FeS+3O2+4CO32−+6H2O+8NH4+=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8NH3·H2O；

(3)根据流程转化，结合信息III和IV分析可知蒸发炉中加入(NH4)2SO3的主要作用是将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (N碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”；锡酸钠可用于制造陶瓷电容器的基体，陶瓷电容器在宇航、导弹、航海等方面有着重要的用途。以锡碲渣(主要含Na2SnO3和N已知：锡酸钠(Na2Sn(1)在生产过程中，要将锡碲渣粉碎，其目的是__________________。(2)“碱浸”过程中，锡碲浸出率与溶液中碱的质量浓度关系如图所示，最理想的碱的质量浓度为100 g/L，其理由是_________。

(3)“氧化”时，反应的离子方程式为_____________；“氧化”的温度控制在60℃～70℃之间，其原因是______________________。(4)“还原”反应的化学方程式为__________________。(5)以石墨为电极电解Na2TeO3(6)常温下，向1 mol·L−1Na2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液中c(TeO32−):c(【答案】(1)增大锡碲渣的碱浸速率和浸出率(2)浓度超过100g/L后，锡浸出率几乎不变，碲浸出率也提高不大(3)2Na温度低于60℃反应慢，温度高于70℃，过氧化氢受热分解(4)N(5)Te(6)5【解析】

本题考查物质的制备流程、离子方程式和化学方程式的书写、电解池的电极方程式的书写、电离平衡常数的计算等，熟练掌握无机物的制备流程粉细是解题的关键，题目难度不大。

(1)生产过程中将锡碲渣粉碎可以增大锡碲渣的碱浸速率和浸出率；

故答案为：增大锡碲渣的碱浸速率和浸出率；(2)碱浸过程中，理想的碱的质量浓度为100g/L，超过100g/L后，锡浸出率几乎不变，碲浸出率也提高不大；

故答案为：浓度超过100g/L后，锡浸出率几乎不变，碲浸出率也提高不大；(3)“氧化”的离子方程式为2Na++TeO32−+H2O2=Na2TeO4(4)“还原”的化学方程式为Na2TeO4(5)电解Na2TeO3溶液获得Te，阴极上电极反应为Te(6)KKa1⋅Ka2=c(HTeO3−某地提取稀土的生产过程中产生了大量的高锰矿泥，实验室为了综合利用高锰矿泥设计如图所示工艺流程：

已知：①高锰矿泥是指锰含量高于5%的矿泥，主要成分为MnO，以及一定量的SiO2、Al2O②上述流程中，相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·金属离子AFFMP开始沉淀的pH3.81.56.38.80.4沉淀完全的pH5.22.88.310.81.7③PdS在950℃分解，微溶于HNO3、王水，不溶于盐酸和回答下列问题：(1)“高温焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为____________________________。(2)实际生产过程中，“试剂1”最合理的试剂是________________(填选项字母)，原因为________________________________________________(任写两点)。A.HNO3

B.Mn(3)通入H2S时，主要反应的离子方程式为____________________________________，假设相关金属离子的浓度均为0.1 mol·L−1，通入NH(4)已知“碳化结晶”的操作为常温下，向滤液2中滴入1 mol/L的碳酸氢铵溶液，控制pH为6.8～7.2，反应1 h后再陈化数小时后再进行操作3。则“碳化结晶”时反应的离子方程式为____________________________________；若将NH4HCO3换为同浓度的(NH4)2C(5)流程中能循环利用的固态物质是________________________(填化学式)。【答案】(1);

(2)B；MnO2的还原产物为Mn2+，有利于控制生产成本和分离成本，无污染性气体(任写两点)；

(3)H2S+Pd2+PdS↓+2H+；5.2⩽pH<8.8；

(4)；浓度相同时，(NH4【解析】

本题综合化学方程式、离子方程式的书写，pH的计算与分析等问题，考查了高锰矿泥的综合利用流程。掌握陌生方程式的书写及pH的相关计算，具有从题干获取信息的能力，是解本题的关键。

(1)高锰矿泥主要成分为MnO，“高温焙烧”的主要反应物为MnO与NH4Cl，反应的化学方程式为：，故答案为：；

(2)该流程的主要产品为碳酸锰，而MnO2的还原产物为Mn2+，结合工业生产实际与经济性，试剂1采用MnO2更有利于控制生产成本和分离成本，且无污染性气体。故答案为：B；MnO2的还原产物为Mn2+，有利于控制生产成本和分离成本，无污染性气体(任写两点)；

(3)通入硫化氢时，主要反应的离子方程式为：H2S+Pd2+PdS↓+2H+，调节pH的目的是除去Al3+与Fe3+，应该调节pH为5.2⩽pH<8.8，故答案为：H2S+Pd2+PdS↓+2H+；5.2⩽pH<8.8；

(4)“碳化结晶”时反应的离子方程式为，CO32−的水解常数Kh=KwKa2(H2COLiCl在金属焊接、制药和电化学领域应用广泛。一种以含锂废料(Li10Ni2C已知：ⅰ.漂液(含25.2%NaClO)450元·吨 −1，双氧水(含30%H2O2ⅱ.溶液中离子浓度小于等于10−5回答下列问题：(1)若Li10Ni2Ca3Fe5Si(2)“酸浸”温度不能过高的原因为________________________________________________。(3)“转化Ⅰ”过程中主要反应的离子方程式为______________________________________；若用漂液代替双氧水的利为________________，弊为________________。(4)室温下实验测得滤液2中部分离子浓度如下表所示：离子FNLC浓度/mol·4.0×0.020.10.06①Fe(OH)3的溶液积常数K②调节pH2≥____________。已知：K(5)LiCl可用于制备LiOH，其工作原理示意图如图所示，A、B均为惰性电极。LiCl溶液应加入____________(填“A”或“B”)极区，气体X的化学式为____________。

【答案】(1)3:2(2)防止盐酸挥发，降低原料利用率(或产品产率)(3)H2O(4)①4.0×10−38(5)A；H【解析】

本题考查物质的制备，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验的结合，题目难度中等。

含锂废料(Li10Ni2Ca3Fe5Si2O20)研磨，加入盐酸，滤渣1为硅酸或二氧化硅，滤液1加入双氧水，氧化亚铁离子生成铁离子，调节溶液pH=4，可除去氢氧化铁沉淀，即滤渣2，增大溶液pH，可生成氢氧化镍沉淀，即滤渣3，滤液加入LiF，可生成氟化钙沉淀，即滤渣4，滤液中含有LiCl，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到LiCl。

(1)若Li10Ni2Ca3Fe5Si2O20中Ni元素为+2价，Li为+1价、Ca为+2价、Si为+4价、O为−2价，则5个Fe的化合价为+12价，设+2、+3价原子数分别为x、y，则x+y=5，2x+3y=12，x=3，y=2，则x：y=3：2，故答案为：3：2；

(2)“酸浸”温度不能过高，应防止盐酸挥发，降低原料利用率，影响产品产率，故答案为：防止盐酸挥发，降低原料利用率(或产品产率)；

(3)“转化Ⅰ”过程中主要反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+；由信息i可知，氧化等量的Fe2+，若用漂液代替双氧水，可降低成本，但生成氯气，污染环境，故答案为：H2O2+2Fe2++2电镀行业中废水处理后产生的含重金属污泥废弃物称为电镀污泥，被列入国家危险废物名单中的第十七类危险废物。工业上可利用某电镀污泥(主要含有Fe2O3、CuO、Cr已知部分物质沉淀的pH及CaSOFCC开始沉淀的pH2.14.74.3恰好完全沉淀的pH3.26.7a(1)浸出过程中的生成物主要是Fe2(SO4)(2)除铁等相关操作：①加入石灰乳调节pH应满足要求是__________________；②将浊液加热到80℃，趁热过滤。滤渣Ⅱ的主要成分是_____________(填化学式)。(3)还原步骤中生成Cu2O固体的离子反应方程式为___________________________________________________，此步骤中加入NaHSO3的不能过量：(4)当离子浓度≤1.0×10−5mol·L−1时认为沉淀完全，则表格中a的值是_____________________。(已知：T=25℃，(5)将铬块加入到稀盐酸或稀硫酸中，可观察到铬逐渐溶解，同时放出氢气。但若将铬块加稀硝酸中，却看不到明显现象。由此推测，出现该现象的可能原因是______________________________________________。(6)处理大量低浓度的含铬废水(以CrO42−计)可采用离子交换法，其原理是采用季胺型强碱性阴离子交换树脂(RN—OH)，使废水中CrO42−与树脂上发生离子交换反应。一段时间后停止通废水，再通NaOH溶液【答案】(1)Cr2(SO4)3和CuSO4；

(2)①3.2≤pH<4.3；②Fe(OH)3和CaSO4；

(3)2C【解析】

本题是一道综合性的工艺流程题，考查的是对整个工艺流程的分析，需要掌握看图分析的能力，难度较大。

(1)浸出过程中的生成物主要是Fe2(SO4)3和Cr2(SO4)3和CuSO4，

故答案为：Cr2(SO4)3和CuSO4；

(2)根据表格所示各离子沉淀的pH，除铁等相关操作时，除去铁离子，不能除去Cr3+，故①加入石灰乳调节pH应满足要求3.2≤pH<4.3；②将浊液加热到80℃，趁热过滤。滤渣Ⅱ的主要成分是Fe(OH)3和CaSO4，

故答案为：①3.2≤pH<4.3；②Fe(OH)3和CaSO4；

(3)还原步骤中生成Cu2O固体的离子反应方程式：2Cu2++HS锡酸钠晶体(Na2SnO3·3H2O)在染料工业用作媒染剂。以锡渣废料(主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te已知：水碎液中溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3(1)“碱溶”时，SnO发生反应的化学方程式为________。(2)工业上制备锡酸钠晶体(Na2Sn(3)“除Sb”时发生反应的离子方程式为________________________。(4)“除Te”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该过程中反应时间、反应温度对Te的脱除率的影响关系如图，则70 ℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是________；“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为________、________。(5)已知锡酸钠的溶解度一般随着温度的升高而升高，则在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的原因是________________________________。【答案】(1)2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2O

(2)提高锡的回收率

(3)5Sn+ 4Sb【解析】

本题主要考查制备锡酸钠晶体的工艺流程，考查学生对元素化合物的理解能力和综合运用能力，题目难度一般，熟练掌握物质制备的工艺流程是解题的关键。

(1)“碱溶”就是在锡渣中加入NaOH通入空气，SnO转变为Na2SnO3，在转化过程中，Sn由+2价升高到+4价，应有氧化剂参与反应，NaOH不可能作氧化剂，则必有空气中的O2参与反应，可以得出反应的化学方程式为：2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2O；

(2)将“水碎渣”再次水洗，将洗涤液并入水碎液中，可提高锡的回收率；

(3)Sn粒可将Sb还原出来，即产物中有Sb单质，根据信息，再结合电子守恒和元素守恒，可知反应的离子方程式为：5Sn+ 4SbO43−+H2O=4Sb+5SnO32−+2OH−；钴酸锂电池应用广泛，正极材料主要含有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑、铝箔及少量铁，可通过如下工艺流程回收铝、钴、锂。

回答下列问题：(1)“正极碱浸”所得滤液主要成分为NaOH和______________________(填化学式)。(2)写出“酸浸”过程中钴酸锂发生反应的离子方程式_____________________________。保持其他因素不变的情况下，“酸浸”时Co、Li元素的浸出率随温度的变化如图所示。当温度高于80℃时，Co元素的浸出率下降的原因是Co2+水解程度增大和_________________。

(3)“调节pH除杂”目的是使Fe3+沉淀完全(离子浓度小于1×10−5mol·L−1)，则应控制pH最小值为__________“萃取”和“反萃取”可简单表示为：Co2++2H2A2Co(HA2)(4)沉锂过程要对滤渣进行洗涤，检验沉淀是否洗净的操作为____________________。(5)拆解废旧电池前需进行放电处理，既可保证安全又有利于回收锂。有利于回收锂的原因是_____________________________。(6)若100 mL 0.5 mol·L−1CoSO4溶液经过沉钴，将所得CoC2O4·2H2O经过一系列处理后配成1 L溶液，并取100 mL该溶液，控制pH约为【答案】(1)NaAlO2；

(2)2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co【解析】

本题主要考查的是废旧电池回收的工艺流程，意在考查学生的分析能力和知识应用能力，解题的关键是理解流程图中各操作步骤所涉及的化学知识，注意根据废旧电池的组成判断各操作步骤中参加反应的物质。

(1)废旧电池中含有铝，铝能与氢氧化钠溶液反应，故“正极碱浸”所得滤液主要成分为NaOH和NaAlO2，

故答案为：NaAlO2；

(2)“酸浸”过程中钴酸锂发生反应的离子方程式为2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑；当温度高于80℃时，Co元素的浸出率下降的原因是Co2+水解程度增大和H2O2部分分解，

故答案为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑；H2某地提取稀土的生产过程中产生了大量的高锰矿泥，实验室为了综合利用高锰矿泥设计如图所示工艺流程：

已知：①高锰矿泥是指锰含量高于5%的矿泥，主要成分为MnO，以及一定量的SiO2、Al2O②上述流程中，相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·金属离子AFFMP开始沉淀的pH3.81.56.38.80.4沉淀完全的pH5.22.88.310.81.7③PdS在950℃分解，微溶于HNO3、王水，不溶于盐酸和回答下列问题：(1)“高温焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为____________________________。(2)实际生产过程中，“试剂1”最合理的试剂是________________(填选项字母)，原因为________________________________________________(任写两点)。A.HNO3

B.Mn(3)通入H2S时，主要反应的离子方程式为____________________________________，假设相关金属离子的浓度均为0.1 mol·L−1，通入NH(4)已知“碳化结晶”的操作为常温下，向滤液2中滴入1 mol/L的碳酸氢铵溶液，控制pH为6.8～7.2，反应1 h后再陈化数小时后再进行操作3。则“碳化结晶”时反应的离子方程式为____________________________________；若将NH4HCO3换为同浓度的(NH4)2C(5)流程中能循环利用的固态物质是________________________(填化学式)。【答案】(1);

(2)B；MnO2的还原产物为Mn2+，有利于控制生产成本和分离成本，无污染性气体(任写两点)；

(3)H2S+Pd2+PdS↓+2H+；5.2⩽pH<8.8；

(4)；浓度相同时，(NH4【解析】

本题综合化学方程式、离子方程式的书写，pH的计算与分析等问题，考查了高锰矿泥的综合利用流程。掌握陌生方程式的书写及pH的相关计算，具有从题干获取信息的能力，是解本题的关键。

(1)高锰矿泥主要成分为MnO，“高温焙烧”的主要反应物为MnO与NH4Cl，反应的化学方程式为：，

故答案为：；

(2)该流程的主要产品为碳酸锰，而MnO2的还原产物为Mn2+，结合工业生产实际与经济性，试剂1采用MnO2更有利于控制生产成本和分离成本，且无污染性气体产生；

故答案为：B；MnO2的还原产物为Mn2+，有利于控制生产成本和分离成本，无污染性气体(任写两点)；

(3)结合流程图可知，通入硫化氢时，主要反应的离子方程式为：H2S+Pd2+PdS↓+2H+，调节pH的目的是除去Al3+与Fe3+，应该调节pH为5.2⩽pH<8.8，

故答案为：H2S+Pd2+PdS↓+2H+；5.2⩽pH<8.8；

(4)“碳化结晶”时反应的离子方程式为；CO32−的水解常数Kh=KwKa2(H2CO3)=1镉(Cd)可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)为原料制备镉的工艺流程如下：

回答下列问题：(1)“滤渣1”的主要成分为Cu(OH)2和_________(填化学式(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO(3)“置换”中镉置换率与n(Zn的实际用量)n(Zn的理论用量)的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+①实际生产中n(Zn的实际用量)n(Zn的理论用量)比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是_________②若需置换出112 kg Cd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为_________kg。(4)“置换”后滤液溶质主要成分是_________(填化学式)。(5)“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，反应的化学方程式是_________。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2【答案】(1)CaS(3)①锌粉用量过多增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH用量过多增加成本

②86.2(4)ZnS(5)Zn+2NaOHNa2【解析】

本题考查的是物质的制备的工艺流程分析，掌握物质的性质及物质的分离方法是解答本题的关键，题目难度中等．

(1)镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，加入稀硫酸溶解，溶液中主要CdSO4，含有少量的ZnSO4、CuSO4、MnSO4、FeSO4，加入石灰乳，调节pH=5，则得到Cu(OH)2沉淀和CaSO4沉淀，故滤渣1”的主要成分为Cu(OH)2和CaSO4，故答案为：CaSO4；

(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为、

，

故答案为：、；

(3)①实际生产中n(Zn的实际用量)n(Zn的理论用量)比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是锌粉用量过多增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH用量过多增加成本，

故答案为：锌粉用量过多增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH用量过多增加成本；Zn+CdSO4=ZnSO4+Cd

65

112

x1.3

11298％kg

65x1.3=11211298％kg，解得，x≈86.2kg，故答案为：86.2；

(4)“置换”时发生的反应为Zn+CdSO4=ZnSO4+Cd，则“置换”后滤液溶质主要成分是ZnSO4，故答案为：ZnSO4；

(5)“熔炼”时，将海绵镉(含Cd氯化锌是无机化工中生产活性炭的活化剂，印染工业用作媒染剂等。以电镀锌厂的锌灰(主要成分Zn、ZnO和杂质Fe2O3、SiO2Ⅰ.已知部分金属离子沉淀的pH见下表名称开始沉淀的pH沉淀完全的pHZn(OH7.1Fe(OH7.79.6Fe(OH2.43.5II.已知SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点−105℃，沸点79℃，140℃以上易分解，与水剧烈反应生成两种气体。制备无水ZnCl2反应的装置如下图(夹持装置略(1)写出SOCl2与水反应的化学方程式(2)滤液I需氧化的原因是_________________(用离子方程式表示)，写出用H2O2氧化的离子方程式_______________。调pH的范围是________________，调pHA.ZnO

B.Mg(OH)2

C.NaOH(3)系列操作的名称为_____________________________。(4)由ZnCl2·xH2O制备无水ZnC(5)脱水时，冷凝管中冷却水由_________(填“a”或“b”)进入；锥形瓶中的物质是_________(填化学式)。【答案】(1)SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑

(2) Fe2O3+6H+=2Fe3++3H【解析】

本题考查物质制备方案的设计，为高考常见题型，根据制备无水氧化锌的工业流程明确实验原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力，题目难度一般。

(1)SOCl2与水剧烈反应生成SO2与HCl，化学方程式是SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑；

(2)溶解过程中由Fe2O3转化的Fe3+会被还原为Fe2+，在后面不利于除杂，涉及的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+；用H2O纳米TiO2具有十分宝贵的光学性质，在汽车工业及诸多领域都显示出美好的发展前景。下图是以硫酸氧钛为原料制备纳米二氧化钛的工艺流程图：回答下列问题：(1)反应Ⅰ中发生两个反应，其一是尿素[CO(NH2)2]与H2O(2)判断TiO(OH)2沉淀是否洗净的实验操作和现象是：(3)为了减少制备过程中的“三废”排放，将上述流程中的“滤液”经过________、________、________(填基本操作)即可回收________(填化学式)。(4)为研究反应温度、反应时间、反应物物质的量配比等因素对制备纳米二氧化钛产率的影响，设计如下实验。实验编号反应温度/℃反应时间/h反应物物质的量配比n[CO(N①9012︰1②9023︰1③901④11023︰1实验②和④的实验目的是________，实验③中反应物物质的量配比为________。反应Ⅰ中TiO2+浓度对TiO2的产率和粒径的影响如图。结合图中信息，你认为为达到工艺目的，最合适的【答案】(1)TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2NH【解析】

本题是以工艺流程题为载体考查物质的分离提纯、制备，涉及离子方程式的书写、检验沉淀是否洗净、结晶操作、实验条件选择等知识，考查内容较为综合，对学生能力要求较高，分析清楚流程是解题关键。

(1)反应I中生成的氨气还会与TiO2+反应生成沉淀，离子方程式为：TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2NH4+；

(2)TiO(OH)2沉淀上可能吸附的杂质为硫酸铵，需通过检验是否含硫酸根离子从而判断沉淀是否洗净，操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加入盐酸，再加氯化钡溶液，如无白色浑浊出现，则表明沉淀已经洗涤干净；

(3)滤液中溶质主要为(NH4)2SO碲化锌(ZnTe)可用作半导体和红外材料。以一种锌合金废渣(主要含锌、铝、铜、镁，还含少量铁)制备碲化锌的工艺流程如下：已知：常温下，金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH及氢氧化物的Ksp金属离子开始沉淀pH沉淀完全pHKA4.15.01.0×F2.23.53.5×M9.611.61.8×Z6.58.51.2×请回答下列问题：(1)Te与O同主族，则Te在元素周期表中的位置是_______________。(2)滤渣1的主要成分是_______________(填化学式)。(3)“灼烧”时，用到的硅酸盐仪器有泥三角、玻璃棒、_______________。(4)“氧化”时，若试剂X为KClO3，则该过程中发生反应的离子方程式为(5)常温下，“沉淀1”中加ZnO调节pH的范围是___________________。若向含相同浓度的Al3+、Fe3+混合溶液中滴加氨水，当Al3+刚好沉淀完全时，c(Fe(6)Zn与Al性质相似，其氧化物和氢氧化物都具有两性。常温下“沉淀2”中___________(填“能”或“不能”)加KOH调节pH，其原因是____________________________。(7)将滤液3加入相应试剂调配后，再蒸发浓缩可以制得晶体nK2SO4·mMgSO4·xH2O。称取【答案】(1)第五周期ⅥA族(2)Cu(3)酒精灯、坩埚(5)5.0≤pH<6.5；

3.5×(6)不能

；KOH的量不易控制，生成的Zn(OH)2沉淀会与过量的(7)3【解析】

本题考查考查物质的制备、分离提纯、物质组成的测定，为高考常见题型，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握物质分离与提纯方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及计算能力．

(1)Te与氧元素同主族，处于周期表中第五周期VIA族；

(2)锌合金废渣(主要含锌、铝、铜、镁，还含少量铁)稀硫酸酸浸时，根据金属的活动性，只有铜不能和稀硫酸反应，滤渣1的主要成分是Cu；

(3)灼烧操作中用到的硅酸盐材质的仪器有：酒精灯、玻璃棒、泥三角、坩埚；

(4)酸浸时生成的Fe2+具有还原性，“氧化”时，试剂KClO3和Fe2+发生氧化还原反应生成Cl−和Fe3+，根据电子守恒和质量守恒定律，离子方程式为：；

(5)加ZnO调节pH使Fe3+和Al3+沉淀，而不使Mg2+和Zn2+沉淀，则调节pH的范围是5.0≤pH<6.5；当Al3+刚好沉淀完全时，根据氢氧化铝的Ksp=1.0×10−32，c(OH−)3=1.0×10−27，则

c(Fe3+)=3.5×10−381.0×10−27= 3.5×10−11；

(6)已知氢氧化锌能和强碱氢氧化钾反应，加KOH调节pH，KOH的量不易控制，生成的Zn(OH)2沉淀会与过量的KOH反应；二次电池锂离子电池广泛应用于手机和电脑等电子产品中。某常见锂离子电池放电时电池的总反应为：Li1−xCoO2+LixC已知：① Na2S(1)关于该锂离子电池说法不正确的是_______________________。A.充电时，阳极的电极反应式为LiCoB.集中预处理时，为防止短时间内快速放电引起燃烧甚至爆炸，应先进行放电处理C.充电时若转移0.01

mol电子，石墨电极将减重0.07g(2)LiCoO2是一种具有强氧化性的难溶复合金属氧化物，且Co3+在常温、pH=0.5条件下即开始水解。LiCoO2可溶于硫酸得CoSO4。用硫酸酸浸时，需要加入Na2S(3)控制氢离子浓度为4mol/L，反应温度90℃，测得相同时间内离子的浸出率与Na2S2O3溶液的变化关系如图。则酸浸时应选用浓度为______________mol/L的Na2S2O(4)整个回收工艺中，可循环使用的物质是________________________________________。(5)将萃取后的Li2SO4溶液加热至95℃，加入饱和Na2CO3【答案】(1)C

(2)提高LiCoO2的浸出率和浸出速率；8LiCoO2+S2O32−+22H+= 8Li++8C【解析】

本题以工艺流程为载体考查充电电池的有关知识，涉及离子方程式书写、化学方程式书写等知识，解答这类问题应明确流程转化以及基本化学用语的使用、化学方程式离子方程式的书写等，试题难度中等。

(1)A.根据电池反应可知充电时，阳极发生氧化反应，对应的电极反应式为LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+，故A正确；

B.集中预处理时，为防止短时间内快速放电引起燃烧甚至爆炸，应先进行放电处理，故B正确；

C.充电时，石墨电极质量增加，因此若转移0.01

mol电子，石墨电极将增重0.07g，故C错误；

(2)

LiCoO2中Co的化合价为+3价，而硫酸酸浸后得到的是CoSO4，所以对应的离子方程式为8LiCoO2+S2O32−+22H+=8Li++8Co2++2SO42−+11H2O镍粉在电磁领域应用广泛，也可用作催化剂。某厂以含镍废料(含有NiO、Fe2O3、FeO、A已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38回答下列问题：(1)“粉碎”的目的为________；滤渣1中主要成分的化学式为________。(2)“转化Ⅰ”中主要反应的离子方程式为________。(3)若溶液中c(Ni2+)=0.2 mol·L−1，则需“调pH”的范围为(4)“转化Ⅱ”过程测得不同浓度的NaOH溶液中，含镍物质的衍射峰强度和衍射角图谱如图所示(不同物质呈现衍射峰的衍射角不同)①N2H②“转化Ⅱ”适宜的NaOH溶液的浓度为________。③“转化Ⅱ”过程主要反应的离子方程式为________。(5)“一系列操作”的具体操作为________。(6)分离出Ni粉后所得母液不能直接应用到“调pH”的工序，原因为________。【答案】(1)增大原料的接触面积，加快“酸溶”速率，使“酸溶”更充分；SiO2

(2)ClO−+2Fe2++2H+=2Fe3+【解析】

本题以制备