2022屆高考化學二輪復習專題06元素及其化合物答案

1、PAGE PAGE 10專題六元素及其化合物考點一常見金屬及其重要化合物經(jīng)典對練得高分真題示例1- 1.D1- 2.C解析 從物質類別和化合價可知,a、b、c、d、e分別是Fe、Fe2+、Fe(OH)2、Fe(OH)3、Fe3+。根據(jù)2Fe3+Fe3Fe2+可知,A項合理;b中鐵的化合價為+2價,處于中間價態(tài),既有氧化性,又有還原性,B項合理;Fe3+遇濃堿液生成Fe(OH)3沉淀,而不是膠體,C項不合理;根據(jù)Fe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe3+Fe2+可知,D項合理。對點演練1- 1.B解析 碳酸鈉能與胃酸(HCl)反應,但堿性較強,所以碳酸鈉不可以用于治療胃酸過多,A項錯誤。鎂燃燒

2、時發(fā)出耀眼的白光,并放出大量的熱,可以用鎂來制造照明彈和焰火等,B項正確。明礬溶于水電離產(chǎn)生的鋁離子水解生成具有吸附作用的氫氧化鋁膠體,可以凈水,但是明礬不具有殺菌消毒作用,C項錯誤。磁性氧化鐵是四氧化三鐵,用作紅色油漆和涂料的是三氧化二鐵,D項錯誤。1- 2.D解析 如果A是Fe,E為稀硝酸,B為Fe(NO3)3,D為Fe(NO3)2,Fe(NO)3與Fe反應生成Fe(NO3)2,Fe(NO3)2與硝酸反應生成Fe(NO3)3,符合轉化關系,A項正確。C+2CuO2Cu+CO2,過量的C與CO2發(fā)生反應C+CO22CO,因此B為CO,D為CO2,符合轉化關系,B項正確。2NaOH+CO2(少

3、量)Na2CO3+H2O,NaOH+CO2(過量)NaHCO3,2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O,Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3,符合轉化關系,C項正確。氫氧化鋁溶于強堿溶液,不溶于氨水,無論氨水是否過量,都是生成氫氧化鋁沉淀,不符合轉化關系,D項錯誤。真題示例B解析 從流程可知,煅燒MgCO3可生成MgO,加入NH4Cl溶液,由于NH4Cl水解使溶液顯酸性,因此會發(fā)生反應MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3+H2O,A項正確。在沉鎂過程中加入氨水,由于NH3H2O易分解,因此該過程不能在較高溫度下進行,B項錯誤。從整個流程中看出,沉鎂后的濾液中含有NH4Cl,則可循

4、環(huán)利用的物質是NH4Cl和NH3,C項正確。分離Mg2+、Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物的Ksp不同,D項正確。對點演練2- 1.D解析 過碳酸鈉具有強氧化性,可以殺菌消毒,但不能吸附水中懸浮的雜質,與明礬凈水原理不同,D項錯誤。2- 2.答案 (1)CuFeS2+3Fe3+Cl-4Fe2+CuCl+2SC(2)作油漆涂料等3(3)8.5取最后一次洗滌液少許置于試管中,加入稀硝酸酸化,再加入硝酸銀溶液,若沒有白色沉淀生成,說明沉淀已洗凈(4)4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2(5)Cu2+2e-Cu解析 首先將黃銅礦用FeCl3溶液溶解,發(fā)生反應生成FeCl2溶液和S、CuCl沉

5、淀;溶液A中加入Na2CO3溶液,生成FeCO3沉淀和NaCl溶液;FeCO3在空氣中煅燒,發(fā)生反應,生成Fe2O3和CO2;固體B中含有CuCl、S,加入NaCl溶液發(fā)生反應,生成S和NaCuCl2;溶液中加入鹽酸發(fā)生反應,生成Cu、NaCl和CuCl2。(1)固體C中含有硫單質,則CuFeS2與FeCl3溶液發(fā)生反應的離子方程式為CuFeS2+3Fe3+Cl-4Fe2+CuCl+2S。固體C中含有硫等,分離出硫單質的方法是溶解、過濾、蒸餾,則溶解過程最適宜的溶劑為CS2,C項正確。(2)鐵紅的主要成分為Fe2O3,呈紅棕色,它是防銹漆的成分之一,它的一種用途是作油漆涂料等。反應中,Fe由+

6、3價降為+2價;反應中,沒有元素的價態(tài)變化;反應中,Fe由+2價升高為+3價;反應中,沒有元素的價態(tài)變化;反應中,Cu由+1價變?yōu)?、+2價,所以反應中氧化還原反應共有3步。(3)常溫下,反應中生成的FeCO3達到沉淀溶解平衡時,溶液中c()=3.010-6 molL-1,c(Fe2+)= molL-1=1.010-5 molL-1,c(OH-)= molL-1=10-5.5 molL-1,c(H+)= molL-1=10-8.5 molL-1,所以需要控制溶液的pH不大于8.5時,才能使所得FeCO3中不含F(xiàn)e(OH)2。過濾后得到的FeCO3固體應進行洗滌,檢驗沉淀是否洗滌干凈需檢驗Cl-

7、是否存在,方法是取最后一次洗滌液少許置于試管中,加入稀硝酸酸化,再加入硝酸銀溶液,若沒有白色沉淀生成,說明沉淀已洗凈。(4)反應是FeCO3在空氣中煅燒生成Fe2O3和CO2,該反應的化學方程式為4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。(5)溶液D中含有NaCl和CuCl2,以惰性電極電解,陰極上Cu2+得電子生成Cu,電極反應式為Cu2+2e-Cu。易錯防范不失分答案 (1)(2)(3)(4)(5)(6)考點二常見非金屬及其重要化合物經(jīng)典對練得高分真題示例1- 1.B1- 2.D解析 SO2為無色有刺激性氣味的氣體,A項錯誤。汽車尾氣中的主要大氣污染物為CO、碳氫化合物、氮氧化物、煙塵等,

8、B項錯誤。氮的固定是將氮由游離態(tài)轉化為化合態(tài),植物一般利用硝酸鹽作為肥料,無法利用NO和NO2,通常大氣中不含有NO、NO2,C項錯誤。工業(yè)廢氣中SO2可采用石灰法進行脫除,原理為SO2+CaOCaSO3,2CaSO3+O22CaSO4,D項正確。對點演練1- 1.A解析 硅可以用來做半導體材料,二氧化硅可以用于制作光導纖維,A項錯誤。碳酸飲料中含有CO2,蔬菜的光合作用離不開CO2,B項正確。碳納米管比表面積大、吸附性強,可用作新型儲氫材料,C項正確。用氨水吸收廢氣中的SO2,達到一定濃度后,再與硫酸反應放出SO2,SO2可循環(huán)利用,D項正確。1- 2.AD解析 反應中沒有元素化合價的變化,

9、A項錯誤。整個歷程的總反應為2NH3+NO2+NO2N2+3H2O,B項正確。根據(jù)原子守恒得出M包含的物質為N2和H2O,C項正確。反應中存在極性鍵的斷裂和形成,還存在非極性鍵的生成,沒有非極性鍵的斷裂,D項錯誤。真題示例2- 1.D解析 加熱氯化銨固體時,氯化銨分解生成HCl和NH3,HCl和NH3冷卻時又化合生成氯化銨,故不能利用加熱氯化銨的方法制備NH3,A項制備方法不可行;常溫下,鋁被濃硝酸鈍化,不能用鋁片與冷濃硝酸反應制備NO2,B項制備方法不可行;濃硫酸具有較強氧化性,能將硫化鈉氧化而得不到硫化氫氣體,C項制備方法不可行;實驗室常用加熱氯酸鉀和二氧化錳混合物的方法制備氧氣,D項符合

10、題目要求。2- 2.C解析 NH3的密度小于空氣的密度,收集NH3應該用向下排空氣法,題干中裝置采用的是向上排空氣法,A項錯誤;MnO2與濃鹽酸反應制Cl2、NaCl與濃硫酸反應制取HCl,均應該使用固-液加熱型制氣裝置,而題干給出的裝置屬于固-固加熱型制氣裝置,B、D項錯誤;利用MnO2與KClO3共熱制取氧氣,制取裝置及收集裝置均正確,C項符合題目要求。對點演練2- 1.D解析 二氧化錳與濃鹽酸反應需要加熱,A項不符合題意;氯氣會與堿石灰中的物質反應,B項不符合題意;氯氣的密度大于空氣,收集氯氣應該用向上排空氣法,氣體應該長進短出,C項不符合題意;氯氣與氫氧化鈉溶液反應,防止氯氣污染環(huán)境,

11、D項符合題意。2- 2.C解析 甲為制備氨的發(fā)生裝置,利用NH3H2O受熱分解制備氨的原理,A項正確。氨的密度比空氣小,應利用向下排空氣法收集,故a短b長,B項正確。因為苯的密度比水的密度小,苯在上層,故將四氯化碳換成苯后不能防止倒吸,C項錯誤。氨與氯氣反應可以生成氯化銨固體,產(chǎn)生大量白煙,D項正確。2- 3.答案 (1)ANa2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2Oghdce(2)黃色冷風吹干乙醇(3)已知Na2S2O35H2O水溶液在弱酸性條件下易反應生成S和 NaHSO3,滴定過程中加入10 mL CH3COOH-CH3COONa 緩沖溶液,能使溶液的pH基本保持穩(wěn)定,防止溶液呈

12、酸性影響測定結果100%解析 (1)實驗室通過亞硫酸鈉固體和較濃硫酸反應制備二氧化硫,固、液混合不加熱,則應選擇裝置A,發(fā)生反應的化學方程式為Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O。利用A裝置制備的SO2氣體,經(jīng)濃硫酸干燥后,用向上排空氣法收集二氧化硫,因二氧化硫有毒,需要用堿石灰進行尾氣吸收,則利用題圖裝置收集一瓶干燥的SO2,其連接順序為發(fā)生裝置ghdce。(2)將SO2通入裝有Na2CO3、Na2S混合溶液的圓底燒瓶中,液體顏色變化依次為無色、黃色、無色的反應原理為SO2+Na2S+H2OH2S+Na2SO3、2H2S+SO23S+2H2O,隨著反應Na2SO3+SNa2S

13、2O3不斷發(fā)生,硫不斷消耗最終變無色,繼續(xù)通入SO2氣體,因亞硫酸溶液呈酸性,已知Na2S2O3水溶液在弱酸性條件下易反應生成S和 NaHSO3,故當液體中再次出現(xiàn)黃色現(xiàn)象時,反應基本結束。將反應后的溶液蒸發(fā)濃縮,冷卻結晶,過濾,洗滌,進行干燥時,因Na2S2O35H2O在35 以上的干燥空氣中容易失去結晶水,采用冷風吹干,可得到Na2S2O35H2O晶體。已知Na2S2O35H2O難溶于乙醇,為提高結晶效果,冷卻結晶時可往溶液中加入乙醇。(3)已知2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI,可得n(Na2S2O3)=2n(I2),若滴定時平均消耗x mL b molL-1的I2標準溶液,

14、則n(Na2S2O3)=2n(I2)=2b molL-1x10-3L=2bx10-3 mol,Na2S2O35H2O的摩爾質量為248 gmol-1,產(chǎn)品的純度為100%。2- 4.答案 (1)CO2H2鐵釘中含碳元素,在加熱條件下會與濃硫酸反應生成CO2;隨著反應進行,濃硫酸變稀,鐵與稀硫酸反應產(chǎn)生氫氣(2)酸性KMnO4溶液(其他合理答案也可)驗證SO2是否被完全吸收澄清石灰水無水硫酸銅變藍色防止空氣中H2O進入干燥管而影響雜質氣體的檢驗(3)a試管中溶液變渾濁Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl-+S解析 (1)鐵釘中含碳元素,在加熱條件下會與濃硫酸反應生成CO2;隨著反應進行,濃硫酸變

15、稀,鐵與稀硫酸反應產(chǎn)生氫氣,故制得的SO2中可能混有雜質CO2和H2。(2)裝置B中加入的酸性KMnO4溶液能檢驗并吸收SO2,若SO2被吸收完全,裝置C中的品紅溶液不褪色。裝置D中加入的澄清石灰水,可檢驗氣體中是否有CO2。裝置E中濃硫酸可干燥氣體,裝置F中CuO與H2反應生成H2O,G中無水硫酸銅吸收水蒸氣后變藍色。裝置H中裝有干燥劑,其作用為防止空氣中的H2O進入干燥管而影響雜質氣體的檢驗。(3)Na2S與SO2發(fā)生氧化還原反應生成S,故a試管中溶液變渾濁。合理,SO2被氧化生成S,與Ba2+反應生成白色沉淀,據(jù)此能證明SO2的還原性,試管b中發(fā)生反應的離子方程式為Cl2+SO2+2H2

16、O4H+2Cl-+S。易錯防范不失分答案 (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)專項突破素能提升六化學工藝流程題解題策略應考訓練1.答案 (1Ce(2)將“焙燒”所得固體粉碎、加熱、攪拌(3)Fe(OH)3和Al(OH)3(4)為了使沉淀更完全,得到澄清溶液(5)2Ce3+6HC+(n-3)H2OCe2(CO3)3nH2O+3CO2堿性(6)3Li2CO3+C6H12O6+6FePO46LiFePO4+9CO+6H2O解析 “焙燒”時,二氧化硅不參加反應,氧化鋁和氧化鐵分別與硫酸反應生成硫酸鋁和硫酸鐵,CaF2與濃硫酸反應生成硫酸鈣,同時得到酸性氣體HF。所以“水浸”時所得濾渣為SiO2。

17、根據(jù)第(6)問題干可知,“除磷”時,加入的FeCl3是為了除去P,得到的濾渣為FePO4?！熬鄢痢边^程加入MgO,為了得到沉淀Fe(OH)3和Al(OH)3,加入絮凝劑可使沉淀完全。最后加入NH4HCO3溶液是為了得到產(chǎn)品Ce2(CO3)3nH2O。(1)根據(jù)鈰元素某種核素內(nèi)的質子數(shù)和中子數(shù)可求得其質量數(shù)為58+80=138,所以該核素的符號為Ce。(2)提高“水浸”效率的方法較多,如將“焙燒”所得固體粉碎、加熱、攪拌等措施。(3)濾渣的主要成分為Fe(OH)3和Al(OH)3。(4)加入絮凝劑是為了使沉淀更完全,得到澄清溶液。(5)“沉鈰”時,Ce3+與HC相互促進水解,從而得到產(chǎn)品Ce2(

18、CO3)3nH2O,離子方程式為2Ce3+6HC+(n-3)H2OCe2(CO3)3nH2O+3CO2。由碳酸的可求得HC的水解常數(shù)Kh=,該水解常數(shù)Kh碳酸的,所以HC在溶液中以水解為主,又由于N的水解常數(shù)Kh=,則NH4HCO3溶液中N的水解程度弱于HC的水解程度,所以NH4HCO3溶液呈堿性。(6)根據(jù)提示可得Li2CO3+C6H12O6+FePO4LiFePO4+CO+H2O,配平可得化學方程式為3Li2CO3+C6H12O6+6FePO46LiFePO4+9CO+6H2O。2.答案 (1)增大接觸面積,提高堿浸效率(或“使堿浸更充分”等合理答案也可)(2)GaAs+4NaOH+4H2

19、O2NaGaO2+Na3AsO4+6H2O(3)溫度過低時堿浸速率慢,溫度過高易導致 H2O2分解Fe2O3、CaCO3(4)5.06.0(5)H2SO4(6)97.6解析 砷化鎵廢料的主要成分為GaAs,含F(xiàn)e2O3、SiO2和CaCO3等雜質,加入NaOH、H2O2,GaAs轉化為NaGaO2、Na3AsO4,SiO2轉化為Na2SiO3進入溶液,Fe2O3、CaCO3難溶于氫氧化鈉溶液形成濾渣;浸出液中加硫酸調(diào)節(jié)pH,生成Ga(OH)3、H2SiO3沉淀,向鎵和硅共沉物中加入硫酸,硫酸與Ga(OH)3反應生成Ga2(SO4)3溶液,電解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧氣、硫酸。(1)將

20、砷化鎵廢料轉變成懸濁液,可以增大與氫氧化鈉、過氧化氫溶液的接觸面積,提高堿浸效率。(2)砷化鎵(GaAs)在“堿浸”時, NaOH、H2O2與GaAs反應生成NaGaO2、Na3AsO4,該反應的化學方程式為GaAs+4NaOH+4H2O2NaGaO2+Na3AsO4+6H2O。(3)“堿浸”的溫度控制在70 左右,溫度過低時堿浸速率慢,溫度過高易導致 H2O2分解,所以溫度不能過高或過低;Fe2O3、CaCO3難溶于氫氧化鈉溶液,“濾渣”的成分為Fe2O3、CaCO3。(4)向浸出液中加H2SO4進行“中和”,調(diào)節(jié)pH使鎵和硅共沉淀,pH范圍在5.06.0時,鎵和硅沉淀率高、砷沉淀率低,所以

21、“中和”的pH應調(diào)節(jié)至5.06.0。(5)電解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧氣、硫酸,則所得“尾液”的溶質主要是H2SO4,可進行循環(huán)利用,提高經(jīng)濟效益。(6)若用240 kg含鎵3%的砷化鎵廢料回收鎵,得到純度為99%的鎵7.10 kg,則鎵的回收率為100%=97.6%。3.答案 (1)將鎢冶煉渣粉碎、升高溫度、充分攪拌、增大硫酸濃度等(任選兩項)SiO2和CaSO4(2)2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O(3)D(4)3.8710-3(5)MnSO4+Na2CO3MnCO3+Na2SO4(6)蒸發(fā)結晶、趁熱過濾(洗滌、干燥)解析 “浸出”步驟發(fā)生的反應有:2MnO2(s)+

22、2H2SO4(濃)2MnSO4+O2+2H2O,FeO+H2SO4FeSO4+H2O,CaO+H2SO4CaSO4+H2O,MgO+H2SO4MgSO4+H2O等反應,硅的氧化物與硫酸不反應,生成的CaSO4為微溶物;氧化過程是將Fe2+轉化為Fe3+,調(diào)節(jié)pH可以使Fe3+以Fe(OH)3的形式除去;加入MnF2將Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2的形式除去,根據(jù)Ksp可以計算出c(F-)的范圍;加入碳酸鈉后發(fā)生的反應為MnSO4+Na2CO3MnCO3+Na2SO4,然后過濾出MnCO3后加入硫酸,制得硫酸錳溶液,再蒸發(fā)結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥可得電池級硫酸錳。(1)通常采用的提高反

23、應速率和產(chǎn)率的方法有:將鎢冶煉渣粉碎、升高溫度、充分攪拌、適當增大硫酸濃度,由上述分析可知 “濾渣1”的主要成分是不與硫酸反應的SiO2和生成的微溶物CaSO4。(2)“氧化”主要是將Fe2+轉化為Fe3+,以便于通過調(diào)節(jié)pH轉化為沉淀而除去,故該過程的離子方程式為2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。(3)“調(diào)pH除鐵”步驟中所加試劑必須做到不引入新的雜質,且廉價易得和便于分離,該過程目的是增大溶液的pH,故A項和B項不符合題意,C項會引入新的雜質Na+,D項能消耗溶液中的H+使pH增大,同時MnCO3沉淀便于分離,故該步驟中的最優(yōu)試劑是MnCO3。(4)根據(jù)CaF2的Ksp(CaF

24、2)=1.510-10可知c(F-)應不低于 molL-1=3.8710-3 molL-1,根據(jù)MgF2的Ksp(MgF2)=7.410-11可知c(F-)應不低于 molL-1=2.7210-3 molL-1,故為使Ca2+和Mg2+完全沉淀(離子濃度小于1.010-5 molL-1),除鈣、鎂后的溶液中c(F-)應不低于3.8710-3 molL-1。(5)“沉錳”是將硫酸錳與碳酸鈉反應轉化為碳酸錳沉淀,故該步驟的化學方程式為MnSO4+Na2CO3MnCO3+Na2SO4。(6)根據(jù)硫酸錳在水中的溶解度隨溫度變化的關系圖,可知當溫度高于20 后硫酸錳的溶解度隨溫度的升高而減小,故由酸溶后

25、的溶液得到MnSO4H2O的操作為蒸發(fā)結晶、趁熱過濾(洗滌、干燥)。4.答案 (1)粉碎(或研磨)(2)2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+6SiO2(3)43Na+6F-+Fe3+Na3FeF6(4)HCl氣氛中加熱蒸發(fā)BeO+C+Cl2BeCl2+CO(5)增強導電性 BeC+2e- Be+4Cl-解析 (1)工業(yè)上可以采用粉碎操作,實驗室用研磨操作。(2)根據(jù)反應物和產(chǎn)物,依據(jù)原子守恒和電子守恒,結合化學環(huán)境可寫成:2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+6SiO2。(3)c(OH-)= mo

26、lL-1=10-10 molL-1,故pH=4,“沉氟”反應的離子方程式為3Na+6F-+Fe3+Na3FeF6。(4)因為Be和Al在周期表中符合對角線規(guī)則,故性質相似。所以,BeCl2在溶液中蒸發(fā)時也會發(fā)生水解生成Be(OH)2,要想抑制其水解必須在HCl氣氛中加熱蒸發(fā)。(5)BeCl2為缺電子化合物,還有兩個2p空軌道,其傾向于形成配位鍵以達到8電子穩(wěn)定結構。在二聚體分子中,形成了兩個配位鍵,較單個分子更接近8電子穩(wěn)定結構,故其結構為。由于BeCl2是共價分子,加熱容易升華,難電離,不導電;加入NaCl后,Be2+可與Cl-結合成配位數(shù)為4的配離子 BeC,形成了容易電離的鹽,增加了熔融

27、狀態(tài)的導電性。陰極發(fā)生還原反應生成Be,液體中含Be的離子是BeC,故BeC在陰極放電,其電極反應式為 BeC+2e-Be+4Cl-。5.答案 (1)2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2(2)C(3)TeO2是兩性氧化物,溶液酸性增強或堿性增強都能發(fā)生反應而導致碲元素損失(4)2Fe2+Se+2H+2Fe3+Se+H2OH2SO4(5)6.010-13解析 陽極泥主要含硒化亞銅(Cu2Se)和碲化亞銅(Cu2Te),通過在氧氣和Na2CO3固體中燒結,生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O。水浸后過濾,濾渣中Cu2O加入氧化劑和硫酸得到硫酸銅溶液,濾

28、液通過稀硫酸調(diào)整pH后將Te轉化為TeO2沉淀,過濾后,通過HCl和SO2轉化為Te。剩下的濾液中加入FeSO4將溶液中少量的Se還原為Se,最后通入SO2進行還原得到粗硒。(1)陽極泥主要含硒化亞銅(Cu2Se)和碲化亞銅(Cu2Te),與氧氣和Na2CO3固體燒結,生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O,通過元素質量守恒和電子得失守恒,得到Cu2Te發(fā)生反應的化學方程式為2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2。(2)浸取渣的主要成分為Cu2O,Cu元素化合價為+1價,其轉化為銅元素化合價為+2價的硫酸銅,需要加入氧化劑,選項中,SO2的氧化性很弱,

29、無法氧化Cu2O;Cl2會引入新雜質Cl-;濃硫酸氧化Cu2O需要加熱條件;過氧化氫作氧化劑的還原產(chǎn)物為水,不會引入新雜質。(3)根據(jù)H2TeO3的=110-3,=210-8,常溫下HTe在水中的電離平衡常數(shù)為=210-8,水解平衡常數(shù)Kh=110-11 ,故HTe的電離程度大于水解程度,溶液顯酸性,故pH7;由題中信息可知TeO2是兩性氧化物,既可以與強酸反應又可以與強堿反應,所以溶液酸性增強或堿性增強都能發(fā)生反應而導致碲元素損失。(4)根據(jù)流程可知燒結時產(chǎn)生的少量Na2SeO4被FeSO4還原為Na2SeO3除去,根據(jù)電子得失守恒和元素質量守恒,反應的離子方程式為2Fe2+Se+2H+2F

30、e3+Se+H2O;最后一步加入SO2產(chǎn)生粗硒的同時會生成H2SO4,可以返回到稀硫酸調(diào)節(jié)pH的步驟循環(huán)利用,所以可以循環(huán)利用的物質為H2SO4。(5)已知25 時Ksp(FeS)=6.010-18,則Fe2+恰好完全沉淀時c(S2-)= molL-1=610-13 molL-1,故溶液中c(S2-)610-13 molL-1。6.答案 (1)正四面體形(2)2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2將電池正極片粉碎;反應過程中不斷攪拌或適當提高NaOH溶液濃度(任寫其中兩點) (3)5Cl-+Cl+6H+3Cl2+3H2O防止鹽酸揮發(fā)和過氧化氫溶液受熱分解(4)2.5(5)趁熱過濾解

31、析 正極片中加入氫氧化鈉溶液,主要發(fā)生鋁與氫氧化鈉溶液生成偏鋁酸鈉和氫氣的反應。過濾,向濾渣中加入鹽酸和氧化劑,過濾得到的濾液b中主要含Li+、Fe3+、H2及 Cl-等。再加入堿液沉降除雜,過濾,向濾液中加入飽和碳酸鈉溶液在95 時沉鋰,再趁熱過濾得到碳酸鋰晶體。(1)中P的價層電子對數(shù)為4+(5+3-24)=4+0=4,則空間結構為正四面體形。(2)“堿浸”時主要發(fā)生鋁與氫氧化鈉溶液生成偏鋁酸鈉和水的反應,其反應的離子方程式為2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2,為加快浸出速率,除可以適當加熱外,還可以采取的措施有將電池正極片粉碎;反應過程中不斷攪拌或適當提高NaOH溶液濃度。(3)實際工業(yè)生產(chǎn)中氧化劑選用的是H2O2,由于還加入了鹽酸,因此不能選用NaClO3,主要是鹽酸與氯酸鈉反應會有氯氣生成,會污染環(huán)境,反應的離子方程式為5Cl-+Cl+6H+3Cl2+3H2O,由于鹽酸易揮發(fā),過氧化氫溶液受熱易分解,因此該步操作加熱溫度不宜過高。(4)根據(jù)圖中信息并綜合考