【解析】2023年高考真題變式分類匯編：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)1

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2023年高考真題變式分類匯編：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)1

一、選擇題

1．（2023·北京）利用平衡移動原理，分析一定溫度下在不同的體系中的可能產(chǎn)物。

已知：圖中曲線表示體系中各含碳粒子的物質(zhì)的量分數(shù)與的關系。

圖中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合注：起始，不同下由圖得到。

下列說法不正確的是()

A．由圖，

B．由圖，初始狀態(tài)，無沉淀生成

C．由圖，初始狀態(tài)，平衡后溶液中存在

D．由圖和圖，初始狀態(tài)、，發(fā)生反應：

2．（2023·湖南）處理某銅冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的如下表所示：

物質(zhì)

開始沉淀1.94.26.23.5

完全沉淀3.26.78.24.6

②。

下列說法錯誤的是

A．“沉渣Ⅰ”中含有和

B．溶液呈堿性，其主要原因是

C．“沉淀池Ⅱ”中，當和完全沉淀時，溶液中

D．“出水”經(jīng)陰離子交換樹脂軟化處理后，可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水

3．（2023·湖北）下列化學事實不符合“事物的雙方既相互對立又相互統(tǒng)一”的哲學觀點的是

A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡

B．氯氣與強堿反應時既是氧化劑又是還原劑

C．銅鋅原電池工作時，正極和負極同時發(fā)生反應

D．Li、Na、K的金屬性隨其核外電子層數(shù)增多而增強

4．（2023·紹興模擬）室溫下，用過量溶液浸泡粉末，一段時間后過濾，向濾渣中加稀醋酸，產(chǎn)生氣泡。(當溶液中剩余的離子濃度小于時，化學上通常認為生成沉淀的反應已經(jīng)完全進行了。已知：，)，下列說法正確的是

A．浸泡后未完全轉化為

B．溶液中存在：

C．反應正向進行，需滿足

D．過濾后所得清液中一定存在：且

5．（2023·張家口模擬）下列實驗操作和現(xiàn)象可得出相應正確結論的是

選項實驗操作現(xiàn)象結論

A向淀粉溶液中加入稀硫酸，加熱，一段時間后，冷卻，加入NaOH溶液調(diào)至堿性，再加入新制的，加熱出現(xiàn)磚紅色沉淀淀粉已完全水解

B加淀粉KBr溶液中通入足量氯氣，再滴加淀粉KI溶液溶液先變?yōu)槌壬?，后變?yōu)樗{色氧化性：

C向等濃度的NaCl和溶液中滴加少量溶液出現(xiàn)白色沉淀(鉻酸銀為深紅色沉淀)

D向溶液中滴加溶液，再加入少量銅粉開始時無明顯變化，加入銅粉后產(chǎn)生藍色沉淀氧化性：

A．AB．BC．CD．D

6．（2023·江西模擬）在T°C時，Ag2CrO4(橘紅色)及CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知pCd2+為Cd2+濃度的負對數(shù)，pN為陰離子濃度的負對數(shù)。下列說法正確的是

A．T°C時，Ag2CrO4的Ksp為1.0×10-9

B．T℃時，Y點和Z點時Ag2CrO4的Ksp不相等

C．曲線I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲線

D．T℃，在CdCO3(s)+2OH-(aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡體系中，平衡常數(shù)K=102

7．（2023·湖州模擬）常溫時，碳酸鈣和硫酸鈣的沉淀溶解平衡關系如圖所示，已知，(酸根離子)(酸根離子)。下列說法錯誤的是

A．曲線Ⅱ為沉淀溶解曲線

B．加入適量的氯化鈣固體，可使溶液由c點變到a點

C．b點對應的硫酸鈣溶液不飽和

D．向碳酸鈣飽和溶液中通入氣體，溶液中不變

8．（2023·朝陽模擬）分析化學中以為指示劑，用標準溶液滴定溶液中的，測定。

已知：i．溶液中存在平衡：

ii.25℃時，(磚紅色)，(白色)

下列分析錯誤的是

A．實驗中先產(chǎn)生白色沉淀，滴定終點時產(chǎn)生磚紅色沉淀

B．產(chǎn)生白色沉淀時，存在

C．當產(chǎn)生磚紅色沉淀時，如果，已沉淀完全

D．滴定時應控制溶液pH在合適范圍內(nèi)，若pH過低，會導致測定結果偏低

9．（2023·開封模擬）工業(yè)上以SrSO4(s)為原料生產(chǎn)SrCO3(s)，對其工藝條件進行研究?，F(xiàn)有含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液和1.0mol·L1Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol·L1Na2SO4溶液和1.0mol·L1Na2SO4溶液，在一定pH范圍內(nèi)，四種溶液中l(wèi)gc(Sr2+)隨pH的變化關系如圖所示。

下列說法錯誤的是

A．a(chǎn)=-6.5

B．pH相同時，溶液中c()越大，c(Sr2+)越小

C．曲線③對應含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液

D．在Na2SO4和Na2CO3初始濃度均為1.0mol·L1的混合溶液中，pH≥7.7時才能實現(xiàn)SrSO4(s)轉化為SrCO3(s)

10．（2023·齊齊哈爾模擬）一種吸收SO2再經(jīng)氧化得到硫酸鹽的過程如圖所示。室溫下，用0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2，通入SO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)可忽略，溶液中含硫物總的濃度c總=c(H2SO3)+c()+c()。室溫下，H2SO3的電離常數(shù)分別為Ka1=1.4×10-2、Ka2=6.0×10-8；Ksp(BaSO4)=1×10-10。

下列說法中錯誤的是

A．SO2是由極性鍵構成的極性分子

B．“吸收”過程中，溶液中c總=0.1mol·L-1時溶液呈酸性

C．“吸收”后得到的溶液pH=5，則“氧化”時主要反應的離子方程式為2+O2=2+2H+

D．將“氧化”所得溶液用0.1mol·L-1的NaOH溶液調(diào)節(jié)至pH=7，再與0.1mol·L-1的BaCl2溶液等體積混合，最終溶液中c()=2×10-9mol·L-1

11．（2023·遼陽模擬）二元有機酸的電離常數(shù)、。難溶于水，常溫下，將溶解在一定濃度的HY溶液中，直至不再溶解，測得混合液中與的關系如圖所示。下列說法錯誤的是

已知：HY是一元強酸，易溶于水。

A．溶液顯堿性

B．溶度積

C．b點：

D．若溶于HY溶液中得到點溶液，則

12．（2023·巴中模擬）25℃時，-1gc(X)與pH的關系如圖所示，X代表Zn2+或Fe2+或，下列說法正確的是

已知：常溫下，F(xiàn)e(OH)2的Ksp=-8.1×10-16；強堿性溶液中Zn元素主要以的形式存在。

A．曲線②代表-lgc(Zn2+)與pH的關系

B．常溫下，Zn(OH)2的Ksp的數(shù)量級為10-18

C．向等濃度的ZnCl2和FeCl2的混合溶液中滴入NaOH溶液，Zn2+先沉淀

D．向c[]=0.1mol·L-1的溶液中加入等體積0.1mol·L-1的HCl后，體系中Zn元素只以Zn(OH)2的形式存在

13．（2023·溫州模擬）分離廢水中的和，對節(jié)約資源和環(huán)境保護有著重要意義，已知：當溶液中離子濃度小于時，該離子沉淀完全。25℃時，的電離常數(shù)，，有關物質(zhì)的如下表：

物質(zhì)

物質(zhì)下列說法正確的是

A．溶液與廢水混合，生成的沉淀成分為、

B．25℃時，反應達到平衡，則溶液中

C．25℃時，用溶液調(diào)節(jié)廢水的pH至8.0，能沉淀完全

D．將溶液逐滴加入濃度均為的和混合溶液中，當完全沉淀生成時，

二、多選題

14．（2023·聊城模擬）天然溶洞的形成與巖石中的CaCO3和空氣中CO2溶于天然水體形成的含碳物種的濃度有密切關系。常溫下，某溶洞水體中pM隨pH的變化關系如圖所示。

［已知：；，M為或］下列說法正確的是

A．曲線③代表與pH的關系

B．的數(shù)量級為10-4

C．

D．pH由4到8的過程中增大的比快

15．（2023·山東模擬）工業(yè)生產(chǎn)中利用方鉛礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質(zhì))制備PbSO4晶體的工藝流程如圖所示：

已知：PbCl2難溶于冷水，易溶于熱水；PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)△H＞0；Ksp(PbSO4)=1×10-8，Ksp(PbCl2)=1.25×10-5。下列說法錯誤的是

A．“浸取”的主要離子反應：MnO2+PbS+4H++4Cl-=PbCl2+S+MnCl2+2H2O

B．“沉降”時加入冰水，是為了減緩反應速率，防止反應過快

C．“濾液a”經(jīng)過處理后可以返回到浸取工序循環(huán)使用

D．PbCl2經(jīng)“沉淀轉化”后得到PbSO4，若用1LH2SO4溶液轉化5mol的PbCl2(忽略溶液體積變化)，則H2SO4溶液的最初物質(zhì)的量濃度不得低于5.08molL-1

16．（2023高二下·上高期末）地殼中各種物質(zhì)存在各種轉化，如金屬銅的硫化物經(jīng)生物氧化會轉化為，流經(jīng)或等含硫礦石又可以轉化為，[已知，]。下列說法不正確的是（）

A．工業(yè)上可用處理含有、等金屬硫化物的廢水

B．當溶液中有和共存時，溶液中

C．基態(tài)的價電子排布式為

D．的晶胞結構如圖所示，晶胞中與S緊鄰的Fe為4個

17．（2022高二上·如皋期末）常溫下，的沉淀溶解平衡曲線如下圖所示，下列說法正確的是

A．

B．Y點表示的不飽和溶液

C．向X點中加入溶液，當達到新平衡時，可能處于Z點

D．在溶液中的溶解度大于在水中的溶解度

18．（2022高三上·泗水期中）下列由實驗操作及現(xiàn)象所得結論正確的是（）

選項實驗操作及現(xiàn)象實驗結論

A向麥芽糖溶液中加入稀硫酸并加熱，再調(diào)節(jié)pH呈堿性，加入銀氨溶液，水浴加熱，有銀鏡產(chǎn)生證明麥芽糖發(fā)生了水解

B向2份等體積等濃度的稀硫酸中分別加入少量等物質(zhì)的量的ZnS和CuS固體，ZnS溶解而CuS不溶解證明

C某溶液中加鹽酸，產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體原溶液中一定存在

D向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度

A．AB．BC．CD．D

19．（2022高二上·日照期中）化學與生活、生產(chǎn)密切相關，下列說法錯誤的是（）

A．可樂打開時產(chǎn)生氣泡，是因為壓強減小促使CO2逸出

B．去除鍋爐水垢中的CaSO4，用飽和Na2CO3溶液浸泡預處理

C．誤食可溶性鋇鹽造成中毒，可以服用Na2CO3溶液來解毒

D．工業(yè)合成氨，常采用鐵觸媒、減小氨氣的濃度來提高反應速率

20．（2022高三上·德州期中）根據(jù)下列實驗及現(xiàn)象不能推出相應結論的是（）

選項實驗操作現(xiàn)象結論

A取少量濃硝酸加熱分解，將產(chǎn)物先通入濃硫酸，后用集氣瓶收集氣體將帶火星的木條放置瓶內(nèi)，木條復燃說明支持燃燒

B向溶液中滴幾滴新制氯水，再加適量苯，振蕩溶液分層，下層呈淺綠色，上層呈紫紅色證明還原性：

C室溫，取少量銅和濃硫酸反應后的溶液，加入到盛水的燒杯中稀釋溶液證明有硫酸剩余

D向溶液中先滴加少量NaCl溶液，然后再滴加溶液先產(chǎn)生白色沉淀，后生成黑色沉淀溶解度：

A．AB．BC．CD．D

21．（2022高二上·湖南月考）常溫時，三種金屬硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，已知。下列說法正確的是（）

A．加熱可使b點移動到a點

B．常溫下，的數(shù)量級為

C．常溫下，三種物質(zhì)中CuS的溶解度最小

D．若要除去溶液中混有的少戰(zhàn)，則可加入固體

22．（2022高二上·河北月考）已知p(A)=-lgc(A)。三種金屬硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法錯誤的是（）

A．a(chǎn)點有ZnS沉淀生成

B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2

C．向CuS懸濁液中加入少量水，平衡向溶解的方向移動，c(S2-)減小

D．CuS和MnS共存的懸濁液中，=10-20

23．（2022高三上·德州月考）舊鉛酸蓄電池會導致鉛污染，RSR工藝回收鉛的流程如圖所示。

已知：a.鉛膏的主要成分是和，是強酸；

b.，。

下列有關說法正確的是（）

A．鉛酸蓄電池放電時，負極質(zhì)量減小

B．氣體N為，步驟④的反應原理是利用強酸制取弱酸

C．反應的

D．步驟⑤中在陽極析出

三、非選擇題

24．（2023·北京）以銀錳精礦主要含、、和氧化錳礦主要含為原料聯(lián)合提取銀和錳的一種流程示意圖如下。

已知：酸性條件下，的氧化性強于。

（1）“浸錳”過程是在溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除，有利于后續(xù)銀的浸出；礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中。

“浸錳”過程中，發(fā)生反應，則可推斷：填“”或“”。

在溶液中，銀錳精礦中的和氧化錳礦中的發(fā)生反應，則浸錳液中主要的金屬陽離子有。

（2）“浸銀”時，使用過量和的混合液作為浸出劑，將中的銀以形式浸出。

將“浸銀”反應的離子方程式補充完整：

結合平衡移動原理，解釋浸出劑中的作用：。

（3）“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑。

該步反應的離子方程式有。

一定溫度下，的沉淀率隨反應時間的變化如圖所示。解釋分鐘后的沉淀率逐漸減小的原因：。

（4）結合“浸錳”過程，從兩種礦石中各物質(zhì)利用的角度，分析聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢：。

25．（2023·遼寧）某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含（和)。實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。

已知：

物質(zhì)

回答下列問題：

（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率的方法為(答出一條即可)。

（2）“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸，中過氧鍵的數(shù)目為。

（3）“氧化”中，用石灰乳調(diào)節(jié)，被氧化為，該反應的離子方程式為(的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為、(填化學式)。

（4）“氧化”中保持空氣通入速率不變，(Ⅱ)氧化率與時間的關系如下。體積分數(shù)為時，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大體積分數(shù)時，(Ⅱ)氧化速率減小的原因是。

（5）“沉鈷鎳”中得到的(Ⅱ)在空氣中可被氧化成，該反應的化學方程式為。

（6）“沉鎂”中為使沉淀完全，需控制不低于(精確至0.1)。

26．（2023·馬鞍山模擬）我國鉑族金屬儲量占世界儲量0.58%，而消費總量占世界消費總量的27%，因此從汽車廢棄催化劑中回收鉑族金屬對可持續(xù)發(fā)展有重大意義。廢棄催化劑中含有Pt，還含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、SiO2。一種從汽車廢棄催化劑中回收鉑的流程如下：

已知：①長期使用的催化劑，表面會覆蓋積碳和有機物；

②Pt溶于王水生成NO和氯鉑酸，該酸的陰離子具有正八面體結構，其中鉑為正四價；

③該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表

金屬離子Al3+Mg2+Fe3+

開始沉淀的pH3.59.52.2

沉淀完全(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.711.13.2

回答下列問題：

（1）粉碎廢棄催化劑后，需進行預處理操作A，請寫出操作A的名稱；

（2）為了提高酸浸效率，溫度不宜過高的原因：；

（3）酸浸工序中，鉑發(fā)生的反應的化學方程式為，有同學提議，將王水換成鹽酸和過氧化氫的混合溶液，請分析優(yōu)缺點：；

（4）通過調(diào)節(jié)濾液的pH以回收其他金屬，依次析出的金屬離子為，當Al3+開始沉淀時，溶液中的Fe3+濃度為mol/L；

（5）鉑的浸出率與不同加熱方式、浸出時間及不同固液比的關系如下圖所示：

由圖可知，Pt浸出的最佳條件為；

（6）金屬捕集法可使Pt取代銅原子進入銅晶格形成銅鉑合金，圖是一種電催化材料(銅鉑合金)的晶胞，該合金的化學式為，該合金的密度為ρg/cm3，兩個最近的銅原子之間的距離為pm(寫出計算式，不用簡化)。

27．（2023·益陽模擬）廣泛用于冶金、化工等行業(yè)，主要用于冶煉釩鐵。以釩礦石為原料制備的工藝如下：

已知：

I.“焙燒”后，固體中主要含有、、、；“酸浸”后釩以形式存在，“中和還原”后釩以形式存在。

Ⅱ.有機溶劑對四價釩具有高選擇性，且萃取而不萃取。

Ⅲ.該工藝條件下，溶液中金屬離子(濃度均為)開始沉淀和完全沉淀的如下表所示：

金屬離子

開始沉淀1.97.011.98.1

完全沉淀3.29.013.910.1

回答下列問題：

（1）基態(tài)釩原子的價層電子排布式為。

（2）“中和還原”時，參與反應的離子方程式為，該工序的低于7.0，試計算出。

（3）指出各元素的第一電離能由大到小的順序，的空間結構為形。

（4）釩的浸出率與焙燒溫度、硫酸加入量的關系如圖1、2所示。指出適宜的工藝條件為。

（5）“氧化”時，每消耗，可得到。

（6）單質(zhì)V晶胞屬于體心立方晶胞，晶胞參數(shù)為，兩個共頂點的晶胞結構如圖3所示，計算出A、B原子的間距為pm。

28．（2023·宜賓模擬）廢舊磷酸鐵鋰電池的正極材料中含有LiFePO4、Al、導電劑(乙炔墨、碳納米管)等。工業(yè)上利用廢舊磷酸鐵鋰電池的正極材料制備Li2CO3的工藝流程如下：

已知：①LiFePO4不溶于堿，可溶于稀酸。

②常溫下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。

③Li2CO3在水中溶解度：

溫度/℃020406080100

溶解度/g1.541.331.171.010.850.72

回答下列問題：

（1）將電池粉粹前應先放電，放電的目的是。

（2）“濾液A”中的溶質(zhì)主要是。

（3）“酸浸”時，加入H2O2溶液的目的是(用離子方程式表示)。鹽酸用量不宜太多，結合后續(xù)操作分析，原因是。。

（4）“沉鐵沉磷”時，當溶液pH從1.0增大到2.5時，沉鐵沉磷率會逐漸增大，但pH超過2.5以后，沉磷率又逐漸減小。從平衡移動的角度解釋沉磷率減小的原因是。

（5）“提純”時，可用熱水洗滌Li2CO3粗品，理由是。

（6）制取的Li2CO3、FePO4與足量的炭黑混合，隔絕空氣高溫灼燒得到LiFePO4，反應的化學方程式是。

29．（2023·太原模擬）以電解鋁廢渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)為原料，制備電池級碳酸鋰的工藝流程如下：

已知：AlF3、LiF難溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp(Li2CO3)2.5×10-2、Ksp(CaCO3)=2.8×10-9?；卮鹣铝袉栴}：

（1）①電解氧化鋁生成鋁的化學方程式為，無碳電解鋁技術是利用陶瓷材料替代碳作陽極，該技術的優(yōu)點之一是。

②已知AlCl3可形成共價分子，AlF3為離子晶體，從電負性的角度解釋其原因：。

（2）“氣體1”是(填化學式，下同)，“濾渣1”的主要成分是。

（3）已知“堿解”同時生成白色沉淀，寫出生成“氣體2”的離子方程式。

（4）“苛化”中存在如下反應：Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+CaCO3(s)。通過計算解釋生石灰能使Li2CO3完全轉化的原因：。

（5）Al-Li合金具有低密度、耐腐蝕等特點，已成為航天器的重要結構材料。一種Al3Li合金的晶胞如圖所示，其中白球代表的是；若其晶胞參數(shù)為apm，則該合金的晶體密度為g·cm-3(列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示)。

30．（2023·南通模擬）實驗室以含錳廢液為原料可以制取，部分實驗過程如下：

已知室溫下，部分難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表：

難溶電解質(zhì)

（1）經(jīng)檢測，含錳廢液中mol·L、mol·L、mol·L，還含及少量、?！把趸彪A段，用量為理論用量的1.1倍。

①“氧化”1L該廢液，需要加入的物質(zhì)的量為。

②檢驗已經(jīng)完全被氧化的方法是。

（2）“除雜I”加入調(diào)節(jié)溶液。該過程中發(fā)生反應的離子方程式為。

（3）“除雜Ⅱ”中反應之一為。結合反應的平衡常數(shù)解釋用能除去的原因：。

（4）已知和的溶解度如圖所示。請補充完整由粗溶液制取晶體的實驗方案：取實驗所得粗溶液，，得到晶體。(可選用的試劑：1mol·L溶液，1mol·L溶液，1mol·L鹽酸)

（5）如圖為不同溫度下硫酸錳焙燒2小時后殘留固體的X-射線衍射圖。由固體制取活性的方案為：將固體置于可控溫度的反應管中，，將冷卻、研磨、密封包裝。(可選用的試劑有：1mol·L-1，1mol·L-1NaOH溶液)

31．（2023·南京模擬）以粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)為原料制備電極材料LiFePO4的實驗流程如圖：

（1）“焙燒”過程中AlCl3最終轉化為Al2O3和(填化學式)。

（2）“浸出”后的濾液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。已知Ksp[Mg(OH)2]=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6molL-1，“除雜”需要調(diào)節(jié)溶液的pH不低于。

（3）離子篩法“富集”鋰的原理如圖1所示。在堿性條件下，離子篩吸附Li+容量較大，其可能原因為。

（4）已知Li2CO3的溶解度曲線如圖2所示?！俺龄嚒狈磻?h，測得Li+沉淀率隨溫度升高而增加，其原因有。

（5）“合成”在高溫下進行，其化學方程式為。

（6）LiFePO4的晶胞結構示意圖如圖3所示。其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點、共棱形成空間鏈結構。每個晶胞中含有LiFePO4的單元數(shù)有個。

32．（2023·許昌模擬）某工廠利用如下流程處理廢舊電池正極材料(主要成分為LiCoO、LiMnO、LiNiO、LiFePO等)，制備三元鋰電池正極材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2。

回答下列問題：

（1）為提高原料利用率，在“酸浸”步驟可采取的措施有(至少寫兩條)。

（2）“酸浸”中HO既表現(xiàn)還原性，又表現(xiàn)氧化性，則酸浸后的濾液中含有的金屬陽離子有Ni、Mn、Co和，“酸浸”中LiCoO發(fā)生反應的離子方程式為。

（3）“酸浸”中控制溶液的溫度未發(fā)生較大變化，但雙氧水消耗量仍超過理論用量，其可能原因是。

（4）“調(diào)pH”的目的是，部分離子濃度及對應氫氧化物的Ksp，如下表，則“調(diào)pH”時pH不應超過。

離子濃度(mol·L)氫氧化物Ksp

Ni1.001.00×10-15.2

Co1.001.00×10-14.2

Mn1.401.00×10-12.7

（5）若“調(diào)pH”過程中，Ni、Mn、Co濃度不變，則“調(diào)濃度”過程需要向溶液中添加的X為(填標號)。

a．NiSOb．CoSOc．MnSOd．HSO

（6）Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2與LiCO焙燒生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反應中，另一種反應物是。

33．（2023·石景山模擬）某小組探究不同陰離子與的結合傾向并分析相關轉化。

資料：i.和均為白色，難溶于水。

ii.與、能生成、

iii.與結合傾向。

（1）探究、與的結合傾向

實驗滴管試管現(xiàn)象

I10滴0.1mol/L溶液等濃度的NaI和溶液黃色沉淀

II等濃度的NaI和溶液黃色沉淀

①由實驗I推測：與結合傾向(填“>”或“c(H＋)，其水解反應的離子方程式為S2－＋H2OHS－＋OH－，B不符合題意；

C、“沉淀池Ⅱ”中，當Cu2＋、Zn2＋完全沉淀時，溶液中，C不符合題意；

D、“出水”后溶液中還含有大量的Ca2＋，因此需通過陽離子交換樹脂進行軟化，才可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水，D符合題意；

故答案為：D

【分析】加入石灰乳，調(diào)節(jié)pH=4，形成的沉淀有Fe(OH)3和Al(OH)3，因此沉渣Ⅰ中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。溶液中繼續(xù)加入Na2S溶液，Cu2＋、Zn2＋形成CuS、ZnS沉淀；而溶液中剩余的Al3＋與S2－發(fā)生雙水解反應，生成Al(OH)3沉淀。因此沉渣Ⅱ為CuS、ZnS和Al(OH)3。

3．【答案】D

【知識點】氧化還原反應；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)；原電池工作原理及應用

【解析】【解答】A.當沉淀速率和溶解速率相等時，電解質(zhì)建立了沉淀溶解平衡，沉淀和溶解即對立又互相統(tǒng)一，符合事物的雙方既相互對立又相互統(tǒng)一，A項正確；

B.氯氣與強堿反應時，有部分氯氣發(fā)生氧化反應，同時也有部分氯氣發(fā)生還原反應，因此，氯氣既是氧化劑又是還原劑，氯氣的這兩種作用統(tǒng)一在同一反應中，這個化學事實符合“事物的雙方既相互對立又相互統(tǒng)一”的哲學觀點，B正確；

C．銅鋅原電池工作時，正極和負極同時發(fā)生反應，正極上發(fā)生還原反應，負極上發(fā)生氧化反應，氧化反應和還原反應是對立的，但是這兩個反應又同時發(fā)生，統(tǒng)一在原電池反應中，因此，這個化學事實符合“事物的雙方既相互對立又相互統(tǒng)一”的哲學觀點，C正確；

D．Li、Na、K均為第ⅠA的金屬元素，其核外電子層數(shù)依次增多，原子核對最外層電子的吸引力逐漸減小，其失電子能力依次增強，因此，其金屬性隨其核外電子層數(shù)增多而增強，這個化學事實不符合“事物的雙方既相互對立又相互統(tǒng)一”的哲學觀點，D項錯誤；

故答案為：D.

【分析】弄清題目的意思，“既相互對立又相互統(tǒng)一”，結合化學知識與理論進行判斷，有對立和同一的思想即可。

4．【答案】D

【知識點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A.加入0.5mol·L－1Na2CO3溶液后，溶液中，當溶液中離子濃度小于1×10-5mol·L-1時，說明溶液中的離子已完全沉淀，因此浸泡后溶液中CaSO4完全轉化為CaCO3，A不符合題意；

B.Na2CO3溶液中存在CO32－的水解和H2O的電離，因此溶液中c(OH－)=c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，B不符合題意；

C.該反應的平衡常，若要使反應正向進行，則，C不符合題意；

D.過濾后所得溶液為CaCO3、CaSO4的飽和溶液，因此溶液中一定存在，且溶液中，D符合題意；

故答案為：D

【分析】A、根據(jù)CaCO3的Ksp計算溶液中c(Ca2＋)，從而判斷CaSO4是否完全轉化為CaCO3；

B、結合質(zhì)子守恒分析；

C、根據(jù)反應的平衡常數(shù)分析；

D、過濾后所得溶液為CaCO3、CaSO4的飽和溶液，結合Ksp的表達式分析；

5．【答案】D

【知識點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)；食物中淀粉、蛋白質(zhì)、葡萄糖的檢驗；化學實驗方案的評價

【解析】【解答】A．出現(xiàn)磚紅色沉淀只能證明淀粉已水解，未證明淀粉不存在，不能說明淀粉已完全水解，A不符合題意；

B．氯氣過量，可能是氯氣直接與KI反應生成I2，使淀粉溶液變藍，無法證明氧化性：Br2>I2，B不符合題意；

C．為A2B型化合物，AgCl為AB型化合物，二者物質(zhì)類型不同，Ksp的大小無法判斷，C不符合題意；

D．加入少量銅粉后發(fā)生反應Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，產(chǎn)生藍色沉淀可證明氧化性：，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A．只能證明淀粉已水解，無法判斷完全水解；

B．氯氣過量，氯氣可直接與KI反應生成I2；

C．二者物質(zhì)類型不同，Ksp的大小無法判斷；

D．在氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性。

6．【答案】D

【知識點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)

【解析】【解答】A．t℃時，Ag2CrO4的Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(1×10-3)2×(1×10-5)=1×10-11，故A不符合題意；

B．Ksp只與溫度有關，則t℃時，Y點和Z點時Ag2CrO4的Ksp相等，故B符合題意；

C．CdCO3(s)Cd2+(aq)+CO(aq)，則c(Cd2+)=c(CO)，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲線Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲線，曲線I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲線，故C不符合題意；

D．T℃，由圖可知，pN=4時，CdCO3中pCd2+為8，即Ksp(CdCO3)=c(CO)c(Cd2+)=10-12；pN=4時，Cd(OH)2中pCd2+為6，即Ksp[Cd(OH)2]=c2(OH-)c(Cd2+)=10-14；在CdCO3(s)+2OH-(aq)Cd(OH)2(s)+(aq)平衡體系中，平衡常數(shù)K=，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A．依據(jù)Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)計算；

B．Ksp只與溫度有關；

C．依據(jù)沉淀溶解平衡曲線分析；

D．依據(jù)Ksp，利用沉淀轉化平衡分析。

7．【答案】B

【知識點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)

【解析】【解答】A．曲線Ⅱ為沉淀溶解曲線，A不符合題意；

B．加入適量的氯化鈣固體，c（Ca2+）增大，CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO（aq）溶解平衡向逆方向移動，c（CO）減小，可使溶液由a點變到c點，B符合題意；

C．b點對應Q0，加入冰水溫度降低，化學平衡逆向移動，有利于PbCl2沉淀更完全，B符合題意；

C．濾液a中主要成分為HCl，經(jīng)處理后可返回浸取工藝循環(huán)利用，C不符合題意；

D．沉淀轉化的方程式為PbCl2(s)+(aq)PbSO4(s)+2Cl-(aq)，該反應的平衡常數(shù)K=，沉淀轉化后c(Cl-)=10mol/L，則沉淀轉化后溶液中c()為0.08mol/L，反應生成的PbSO4為5mol，則初始的H2SO4的物質(zhì)的量至少為5.08mol，濃度不得低于5.08mol/L，D不符合題意；

故答案為：AB。

【分析】A．根據(jù)反應物和生成物的化學式，利用原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒分析；

B．依據(jù)影響反應速率和化學平衡的因素分析；

C．可循環(huán)物質(zhì)是批后面新生成或新分離的物質(zhì)(不要忽視結晶后的母液)，可能是前面某一步反應的相關物質(zhì)；

D．利用Ksp計算。

16．【答案】A,B

【知識點】原子核外電子排布；晶胞的計算；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)

【解析】【解答】A、CuS的溶度積比ZnS、FeS更小，根據(jù)難溶電解質(zhì)的溶解平衡，通常要用溶度積大的電解質(zhì)轉化為溶度積小的電解質(zhì)，A正確；

B、，B正確；

C、Cu為29號元素，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，則Cu2+的價電子排布式為3d9，C錯誤；

D、根據(jù)晶胞結構示意圖，S周圍距離最近的Fe共有4個，D錯誤；

故答案為：AB

【分析】A、難溶電解質(zhì)可以轉化為更難溶的電解質(zhì)；

B、離子濃度比等于相應的溶度積之比；

C、價電子排布式可以結合電子排布式判斷，根據(jù)失去電子的數(shù)目寫出相應的價電子排布式；

D、根據(jù)晶胞中距離最近的原子個數(shù)判斷。

17．【答案】A,C

【知識點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)

【解析】【解答】A．由圖可知，，A符合題意；

B．Y點位于Z點上方，則常溫時，圖中Y點對應的是的過飽和溶液，B不符合題意；

C．向飽和溶液中加入固體NaF仍為飽和溶液，點仍在曲線上，所以向X點中加入溶液，當達到新平衡時，可能處于Z點，C符合題意；

D．增大鋇離子濃度，使的沉淀溶解平衡左移、減小的溶解量，則在溶液中的溶解度小于在水中的溶解度，D不符合題意；

故答案為：AC。

【分析】A．；

B．依據(jù)曲線和點的位置關系和A項公式分析；

C．向飽和溶液中加入固體NaF仍為飽和溶液；

D．依據(jù)沉淀溶解平衡的影響因素分析。

18．【答案】B,D

【知識點】常見離子的檢驗；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)

【解析】【解答】A．麥芽糖本身就具有還原性，不能得出準確的結論，A不符合題意；

B．ZnS和CuS為同類型的沉淀物，ZnS溶解而CuS不溶解，說明硫化銅更難溶，Ksp更小，B符合題意；

C．某溶液中加鹽酸，產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體，則原溶液中也可能存在碳酸氫根離子，C不符合題意；

D．向碘水中加入等體積，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色說明在中的溶解度大于在水中的溶解度，可以萃取碘水中的碘，D符合題意；

故答案為：BD。

【分析】A.麥芽糖是還原性糖，能發(fā)生銀鏡反應；

B.Ksp越小越難溶；

C.碳酸氫根也能與鹽酸反應生成二氧化碳；

D.四氯化碳能萃取碘水中的碘。

19．【答案】C,D

【知識點】工業(yè)合成氨；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)

【解析】【解答】A．將可樂瓶口打開時產(chǎn)生氣泡，是因為壓強減小，CO2氣體溶解度降低，促使CO2從瓶中逸出，A不符合題意；

B．鍋爐水垢中的CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，用飽和Na2CO3溶液浸泡預處理，發(fā)生沉淀轉化，CaSO4轉化為溶解度更小的CaCO3沉淀，將浸泡后的溶液棄去，再加入HCl，CaCO3反應轉化為可溶性CaCl2，從而達到除垢的目的，B不符合題意；

C．胃酸的主要成分是鹽酸。誤食可溶性鋇鹽造成中毒，應該服用Na2SO4溶液，使Ba2+轉化為既不溶于水也不溶于酸的BaSO4沉淀來降低Ba2+對人的危害，若服用Na2CO3溶液，Ba2+與碳酸鈉反應產(chǎn)生的BaCO3是不溶于水但能溶于胃酸的鋇鹽，因此不能達到解毒目的，C符合題意；

D．工業(yè)合成氨，常采用鐵觸媒來加快反應速率，縮短達到平衡所需時間，而減小氨氣的濃度目的是時化學平衡正向移動，來提高氨氣產(chǎn)率，不是提高反應速率，D符合題意；

故答案為：CD。

【分析】

A．依據(jù)壓強對氣體溶解性的影響分析；

B．依據(jù)沉淀轉化平衡和易除去的原理分析；

C．BaCO3是不溶于水但能溶于胃酸；

D．依據(jù)影響反應速率和化學平衡的因素分析。

20．【答案】C,D

【知識點】氧化性、還原性強弱的比較；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)

【解析】【解答】A．濃硝酸分解的反應為4HNO3(濃)4NO2↑+O2↑+2H2O，生成的NO2和O2的體積比為4：1，而空氣中N2和O2的體積比為4：1，故帶火星的木條復燃，能說明NO2支持燃燒，A不符合題意；

B．向溶液中加入少量氯水，上層呈紫紅色，下層淺綠色，苯密度小于水，說明氯氣氧化I-，未氧化Fe2+，證明還原性，B不符合題意；

C．Cu2+水解也能使溶液pH；

②FeS2中Fe為+2價，MnO2中Mn為+4價，結合已知條件“酸性條件下，MnO2的氧化性強于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2發(fā)生氧化還原反應生成Mn2+和Fe3+，故答案為：、；

（2）①S化合價由-2變?yōu)?，化合價升高，則Fe3+化合價降低，生成Fe2+，結合題干可知反應物含有Cl-，根據(jù)S和Fe化合價變化，結合化合價變化價態(tài)守恒，配平離子方程式，故答案為：；

②Ag2S存在電離平衡，Cl-可以結合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移動，F(xiàn)e3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案為：Cl-可以結合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移動，H+可以抑制Fe3+水解；

（3）①[AgCl2]-與Fe反應，生成Fe2+、Ag、Cl-，F(xiàn)e3+和Fe反應生成Fe2+，故答案為：、；

②沉銀的過程中，同時有Fe2+被氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+可以和Ag發(fā)生氧化還原，影響了Ag的沉淀，故答案為：被氧氣氧化為，把氧化為；

（4）銀錳精礦和氧化錳礦都含有錳元素，可以一起轉化到浸錳液中，并且可以讓銀和錳實現(xiàn)分離；同時銀錳精礦中生成的鐵離子還可以用于沉銀，故答案為：可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中，得到，同時將銀元素和錳元素分離開；生成的還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑劑。

【分析】（1）①溶度積越小，則沉淀越慢轉化；

②氧化還原反應的過程中，Mn化合價降低，F(xiàn)e化合價升高；

（2）①根據(jù)氧化還原反應的特點，以及題干提供的各種物質(zhì)化學式，以化合價升降守恒配平離子方程式；

②減少生成物濃度，平衡朝正向移動，增大生成物濃度，平衡朝正向移動；

（3）①沉銀的過程中發(fā)生了兩個反應，分別為[AgCl2]-與Fe反應和Fe3+和Fe反應；

②隨著時間的延長，F(xiàn)e2+逐漸被氧化，形成具有較強氧化性的Fe3+，F(xiàn)e3+可以和大部分金屬反應；

（4）通常要考慮工藝過程中，礦石的綜合利用以及成本的節(jié)約。

25．【答案】（1）適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積

（2）NA

（3）；Fe(OH)3

（4）9.0%；SO2有還原性，過多將會降低的濃度，降低(Ⅱ)氧化速率

（5）

（6）11.1

【知識點】氧化還原反應方程式的配平；化學反應速率的影響因素；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)；物質(zhì)的量的相關計算

【解析】【解答】（1）增大硫酸濃度、升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積等，都可以提高化學反應速率

（2）根據(jù)H2SO5的結構，1個分子含有有個-O-O-鍵，所以1molH2SO5含有過氧鍵數(shù)目為NA

（3）Mn2+被H2SO3為二氧化錳，離子反應為：，在pH=4時，濾渣有二氧化錳和氫氧化鐵；

（4）4）根據(jù)圖示可知二氧化硫體積分數(shù)為0.9%時，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大二氧化硫體積分數(shù)時，由于SO2有還原性，過多將會降低H2SO5的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；

（5）“沉鉆鎳”中得到的Co(OH)2，在空氣中可被氧化成CoO(OH)，該反應的化學方程式為：

（6）氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當鎂離子完全沉淀時，c(Mg2+)=10-5mol/L，根據(jù)Ksp可計算c(OH-)=10-2.9mol/L，根據(jù)Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.

【分析】流程題的一般思路是：

瀏覽全題，確定該流程的目的，看懂生產(chǎn)流程圖；了解流程圖以外的文字描述、表格信息、后續(xù)設問中的提示性信息，并在下一步分析和解題中隨時進行聯(lián)系和調(diào)用；解析流程圖并思考從原料到產(chǎn)品依次進行了什么反應，利用了什么原理。每一步操作進行到什么程度最佳，每一步除目標物質(zhì)外還產(chǎn)生了什么雜質(zhì)或副產(chǎn)物，雜質(zhì)或副產(chǎn)物是怎樣除去的等等。要抓住一個關鍵點：一切反應或操作都是為獲得產(chǎn)品而服務。

26．【答案】（1）焙燒(或煅燒)

（2）HCl、HNO3均易揮發(fā)，且HNO3易分解

（3）3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O；優(yōu)點：避免生成氮的氧化物，污染空氣；缺點：溫度過高(或由于Fe3+的存在)，導致過氧化氫大量分解

（4）Fe3+、Al3+、Mg2+；10-5.9或1.25×10-6

（5）微波加熱到109℃，約5分鐘，固液比約為2

（6）Cu3Pt(或PtCu3)；或(其他正確表示也可)

【知識點】晶胞的計算；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)；物質(zhì)的分離與提純

【解析】【解答】（1）操作A中通入空氣，是為了將催化劑表面覆蓋的碳和有機物轉化為CO2除去，因此操作A為焙燒或煅燒。

（2）王水的主要成分為濃鹽酸和濃硝酸，濃鹽酸具有揮發(fā)性，濃硝酸受熱易分解。因此酸浸過程中溫度不宜過高，防止?jié)恹}酸會發(fā)、濃硝酸分解。

（3）氯鉑酸為正八面體結構，其中Pt為＋4價，因此氯鉑酸的化學式為H2PtCl6。Pt與濃鹽酸、濃硝酸反應生成個H2PtCl6的同時生成NO和H2O，該反應的化學方程式為：3Pt＋4HNO3＋18HCl=3H2PtCl6＋4NO↑＋8H2O。王水中的HNO3反應后生成NO，會造成空氣污染；而換成H2O2和鹽酸的混合溶液后，反應不會產(chǎn)生污染氣體，因此優(yōu)點為避免生成氮氧化物，造成空氣污染。而H2O2在Fe3＋的催化作用下易分解，導致消耗的H2O2量過多。因此缺點是溫度過高或Fe3＋的催化作用，使得H2O2大量分解。

（4）由于金屬陽離子開始沉淀的pH值Fe3＋>Al3＋>Mg2＋，因此依次析出的金屬離子為Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。當溶液中c(Fe3＋)=1.0×10－5mol·L－1時，溶液中的Fe3＋完全沉淀，此時溶液的pH=3.2，溶液中，則Fe(OH)3的溶度積Ksp=c(Fe3＋)×c3(OH－)=1.0×10－5×(10－10.8)3=1.0×10－37.4。當Al3＋開始沉淀時，溶液的pH=3.5，此時溶液中，此時溶液中。

（5）要確定Pt的浸出條件，則應使Pt的浸出率最高，結合圖像可知Pt浸出的最佳條件為“微波加熱到109℃，約5分鐘，固液比約為2”。

（6）由均攤法可知，該晶胞中所含Cu原子的個數(shù)為，所含Pt原子的個數(shù)為，因此該合金的化學式為Cu3Pt。令該晶胞的棱長為a，由密度公式可得，解得，所以兩個最小的銅原子之間的距離為。

【分析】粉碎可增大廢棄催化劑的接觸面積，使后續(xù)反應充分進行。通入空氣進行灼燒，是為了除去催化劑表面覆蓋的碳和有機物，使其轉化為CO2氣體。加入王水酸浸過程中金屬氧化物轉化為鹽溶液，所得濾渣為SiO2。加入NH4Cl沉鉑得到氯鉑酸銨沉淀，進一步還原得到Pt。濾液中含有Fe3＋、Mg2＋和Al3＋等金屬陽離子，通過沉淀分離，可獲得相應的金屬單質(zhì)。

27．【答案】（1）

（2）；

（3）N、O、H；正四面體

（4）溫度：820℃左右(800～830均可)硫酸加入量：6％(6～6.5均可)

（5）3

（6）

【知識點】原子結構的構造原理；晶胞的計算；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)

【解析】【解答】（1）V是23號元素，核外有23個電子，基態(tài)V原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d34s2，則其價層電子排布式為3d34s2。

（2）根據(jù)題給信息，“中和還原”后釩以形式存在，則“中和還原”時，被還原為，F(xiàn)e為還原劑，反應的離子方程式為；由表格數(shù)據(jù)可知，在時開始沉淀，則。

（3）所含元素為N、O和H，同周期元素從左至右，第一電離能呈增大趨勢，但N原子2p能級軌道半充滿，比較穩(wěn)定，其第一電離能大于相鄰原子，則第一電離能由大到小的順序為N、O、H；中心S原子價層電子對數(shù)=，則中心S原子為sp3雜化，其空間結構為正四面體形。

（4）由圖1可知，焙燒溫度在820℃左右時浸出率最高，由圖2可知，硫酸加入量為6%時浸出率最高，則最適宜的工藝條件為：溫度：820℃左右、硫酸加入量：6%。

（5）“氧化”時，轉化為，根據(jù)得失電子守恒可得關系式，則每消耗，可得到3mol。

（6）由圖可知，A、B原子的間距等于晶胞體對角線長度，晶胞參數(shù)為，則間距為pm。

【分析】（1）依據(jù)構造原理分析；

（2）根據(jù)反應物和生成物的化學式，利用原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒分析；依據(jù)表格數(shù)據(jù)，利用計算；

（3）依據(jù)價層電子對數(shù)=σ鍵數(shù)+孤電子對數(shù)，由價層電子對數(shù)確定VSEPR模型，再確定空間立體構型，確定雜化類型；

（4）依據(jù)影響反應速率和化學平衡的因素分析；

（5）根據(jù)得失電子守恒分析；

（6）利用均攤法確定原子數(shù)，再利用公式計算。

28．【答案】（1）釋放殘余的能量，避免造成安全隱患

（2）NaAlO2

（3）；防止增大后續(xù)步驟中Na2CO3溶液的消耗，造成浪費

（4）pH>2.5后，促使部分鐵元素水解平衡正向移動以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率

（5）碳酸鋰在溫度較高時溶解度較小，用熱水洗滌，干燥可得到高純碳酸鋰

（6）

【知識點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)；制備實驗方案的設計

【解析】【解答】（1）廢舊鋰離子電池中大都殘余部分電量，在處理之前需要進行徹底放電，否則在后續(xù)處理中，殘余的能量會集中釋放出大量的熱量，可能會造成安全隱患等不利影響，故答案為：釋放殘余的能量，避免造成安全隱患；

（2）有上述分析可知濾液A中為偏鋁酸鈉溶液，其主要溶質(zhì)為NaAlO2，故答案為：NaAlO2；

（3）在步驟“酸浸”時，由題中已知①，LiFePO4不溶于堿，可溶于稀酸，可知LiFePO4被H2O2在酸性環(huán)境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根據(jù)電子守恒、元素守恒可得離子方程式為；鹽酸用量過多會消耗后續(xù)步驟“調(diào)pH”中Na2CO3溶液的用量，造成浪費，故答案為：；防止增大后續(xù)步驟中Na2CO3溶液的消耗，造成浪費；

（4）pH>2.5后，促使部分鐵元素水解平衡正向移動以Fe(OH)3形式存在，因此降低了磷元素的沉淀率，故答案為：pH>2.5后，促使部分鐵元素水解平衡正向移動以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；

（5）從題中Li2CO3在水中溶解度可知，碳酸鋰在溫度較高時溶解度較小，則可用熱水洗滌，然后干燥可得到高純碳酸鋰，故答案為：碳酸鋰在溫度較高時溶解度較小，用熱水洗滌，干燥可得到高純碳酸鋰；

（6）由題意可知，再生制備磷酸亞鐵鋰的反應為碳酸鋰、磷酸鐵與足量炭黑混合高溫灼燒反應生成磷酸亞鐵鋰和一氧化碳，反應的化學方程式為；故答案為：。

【分析】廢舊電池中加入NaOH溶液溶解，Al箔生成NaAlO2溶液，過濾后，向濾渣Ⅰ中加入稀鹽酸和過氧化氫，中和過量的NaOH溶液，溶解LiFePO4，并把Fe2+氧化為Fe3+，然后過濾，除去不溶于酸和堿的導電劑，加入30%的Na2CO3調(diào)節(jié)浸出液的pH，使FePO4沉淀，過濾除去后得到濾液2，主要含有Li2SO4和Na2SO4，加入飽和Na2CO3溶液，利用高溫時Li2CO3的溶解度很小，析出Li2CO3沉淀，趁熱過濾得到Li2CO3。

29．【答案】（1）2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；防止陽極與氧氣反應(或減少陽極的更換頻率)；F的電負性大于Cl，Al與F的電負性之差很大，形成離子鍵，而Al和Cl的電負性之差不大，形成共價鍵

（2）HF；CaSO4

（3）2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑

（4）反應Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+CaCO3(s)的平衡常數(shù)K=>1×105，可以使溶液中的Li2CO3比較徹底地轉化

（5）Al；

【知識點】工業(yè)制金屬鋁；晶胞的計算；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)

【解析】【解答】（1）①電解氧化鋁，生成鋁和氧氣，方程式為，比起碳來說，陶瓷更加穩(wěn)定，不會與氧氣發(fā)生反應，故優(yōu)點就是防止陽極與氧氣反應；

②F的電負性大于Cl，F(xiàn)與Al的電負性相差較大，與Al形成的是離子鍵，而Al和Cl的電負性相差不大，形成的是共價鍵；

（2）氣體1是酸溶時，氟離子結合氫離子生成的HF。濾渣1是在水浸時將微溶于水的硫酸鈣沉淀了出來。

（3）堿解時，加入的碳酸鈉與溶液中的鋁離子發(fā)生雙水解，生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體，其方程式為；

（4）Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+CaCO3(s)的平衡常數(shù)，故該反應可以進行完全，可以使溶液中的Li2CO3比較徹底地轉化。

（5）該晶胞中白球的個數(shù)為個，黑球為，根據(jù)化學式Al3Li可知，白球為Al，黑球為Li。該晶胞的質(zhì)量為g，體積為(a×10-10)3cm3，故密度為g/cm3。

【分析】（1）①電解氧化鋁生成鋁和氧氣，利用陽極發(fā)生氧化反應分析；

②依據(jù)當形成化學鍵的兩原子相應元素的電負性差值大于1.7時，所形成的一般為離子鍵；當小于1.7時，一般為共價鍵；

（2）依據(jù)流程圖，利用反應物和產(chǎn)物的性質(zhì)判斷；

（3）依據(jù)水解反應原理分析；

（4）依據(jù)平衡常數(shù)的數(shù)值分析；

（5）根據(jù)晶胞結構及晶胞的均攤法計算。

30．【答案】（1）0.11mol；取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，無藍色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷卻后滴入酸性稀溶液中，溶液變紅)

（2）

（3）該反應的平衡常數(shù)，正向進行程度很大，可以將完全除去

（4）向其中加入1mol·L溶液，邊加邊振蕩，當靜置后向上層清液中加入1mol·L溶液無沉淀生成時停止滴加。過濾并洗滌沉淀，向沉淀中加入1mol·L至固體完全溶解，90~100℃條件下蒸發(fā)濃縮至有大量晶體析出，趁熱過濾

（5）加熱到850℃分解2小時，將產(chǎn)生的氣體通入1mol·LNaOH溶液

【知識點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)；制備實驗方案的設計

【解析】【解答】（1）①mol·L，1L該廢液中含的物質(zhì)的量為0.2mol，將氧化成，反應為：，結合反應可知0.2mol消耗0.1mol，用量為理論用量的1.1倍，則需要加入0.11mol，故答案為：0.11；

②若完全被氧化，則反應后溶液中不含，通過檢驗是否存在確定其是否完全被氧化，可取氧化后溶液加溶液，看是否出現(xiàn)藍色沉淀，也可利用其還原性，滴加酸性高錳酸鉀溶液檢驗，故答案為：取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，無藍色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷卻后滴入酸性稀溶液中，溶液變紅)；

（2）加碳酸錳條件溶液pH值使完全轉化為沉淀過濾除去，反應的離子方程式為：，故答案為：；

（3）“除雜Ⅱ”中反應之一為，該反應的平衡常數(shù)K=，故答案為：該反應的平衡常數(shù)，正向進行程度很大，可以將完全除去；

（4）取實驗所得粗溶液，向其中加入1mol·L溶液，邊加邊振蕩，將硫酸錳轉化為Mn(OH)2，當靜置后向上層清液中加入1mol·L溶液無沉淀生成時確保硫酸錳完全沉淀后停止滴加。過濾并洗滌沉淀，向沉淀中加入1mol·L至Mn(OH)2固體完全溶解，90~100℃條件下蒸發(fā)濃縮至有大量晶體析出，趁熱過濾；故答案為：向其中加入1mol·L溶液，邊加邊振蕩，當靜置后向上層清液中加入1mol·L溶液無沉淀生成時停止滴加。過濾并洗滌沉淀，向沉淀中加入1mol·L至固體完全溶解，90~100℃條件下蒸發(fā)濃縮至有大量晶體析出，趁熱過濾；

（5）由圖可知加熱到850℃分解2小時，的含量最高，因此應控制溫度為850℃，產(chǎn)生的氣體用1mol·LNaOH溶液吸收。故答案為：加熱到850℃分解2小時，將產(chǎn)生的氣體通入1mol·LNaOH溶液。

【分析】（1）①依據(jù)反應方程式和題目信息計算；

②利用溶液檢驗判斷；

（2）依據(jù)溶度積判斷；

（3）通過計算反應的平衡常數(shù)分析；

（4）依據(jù)已知信息和圖像分析；

（5）依據(jù)圖像分析。

31．【答案】（1）HCl

（2）11

（3）在堿性條件下，OH-與離子篩中H+反應，使離子篩留出更多“空位”，能吸附更多Li+

（4）隨溫度升高，“沉鋰”反應速率加快，相同時間內(nèi)Li2CO3沉淀量增大；隨溫度升高，Li2CO3溶解度減小，Li2CO3沉淀量增大

（5）Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑

（6）4

【知識點】晶胞的計算；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)；制備實驗方案的設計

【解析】【解答】（1）“焙燒”過程中AlCl3最終轉化為Al2O3，根據(jù)元素守恒和元素價態(tài)不變，另一產(chǎn)物是HCl，故答案是HCl；

（2）“浸出”后的濾液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等，加入NaOH溶液，使鎂離子形成Mg(OH)2沉淀，根據(jù)Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6molL-1，則此時溶液中c(OH-)==，故c(H+)===10-11，故“除雜”需要調(diào)節(jié)溶液的pH不低于11；

（3）離子篩法“富集”鋰的原理如圖分析，離子篩中含H+和Li+，若在堿性條件下，OH-與離子篩中H+反應，使離子篩留出更多“空位”，能吸附更多Li+，故答案是在堿性條件下，OH-與離子篩中H+反應，使離子篩留出更多“空位”，能吸附更多Li+；

（4）由圖像可知，溫度越高，Li2CO3溶解度減小，越易產(chǎn)生沉淀；“沉鋰”發(fā)生2Li++CO=Li2CO3↓，溫度越高，反應速率越大，相同時間內(nèi)產(chǎn)生Li2CO3含量越大，故“沉鋰”反應1h，測得Li+沉淀率隨溫度升高而增加，其原因有隨溫度升高，“沉鋰”反應速率加快，相同時間內(nèi)Li2CO3沉淀量增大；隨溫度升高，Li2CO3溶解度減小，Li2CO3沉淀量增大；

（5）“合成”在高溫下進行，其化學方程式為Li2CO3與H2C2O4和FePO4反應生成產(chǎn)物LiFePO4，分析元素化合價變化，可知FePO4中鐵元素化合價由+3降到+2，做氧化劑，H2C2O4中碳元素化合價由+3價，升高到+4價，其產(chǎn)物是CO2，根據(jù)氧化還原反應，故反應方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；

（6）由題圖可知，小白球表示鋰離子，每個晶胞中的鋰離子數(shù)為8×+4×+4×=4，故一個晶胞中含有LiFePO4的單元數(shù)有4個。

【分析】（1）該反應過程中元素化合價不變，結合元素守恒進行分析。

（2）根據(jù)Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)和Kw=c(H+)·c(OH-)進行分析。

（3）離子篩中含H+和Li+，若在堿性條件下，OH-與離子篩中H+反應，使離子篩留出更多“空位”。

（4）溫度越高，Li2CO3溶解度減小，越易產(chǎn)生沉淀。

（5）“合成”過程中，Li2CO3、H2C2O4和FePO4反應生成LiFePO4、H2O、CO2。

（6）根據(jù)均攤法進行分析。

32．【答案】（1）粉碎、攪拌、適當增加H2SO4的濃度、適當升高溫度

（2）Li+、Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O

（3）Mn2+或Fe3+催化H2O2分解

（4）Fe3+完全沉淀，其它離子不沉底(除去溶液中的Fe3+)；6.4

（5）ab

（6）O2

【知識點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)；制備實驗方案的設計

【解析】【解答】（1）在“酸浸”步驟中采用粉碎、攪拌、適當增加H2SO4的濃度、適當升高溫度等措施均可提高原料利用率，故答案為：粉碎、攪拌、適當增加H2SO4的濃度、適當升高溫度(注意兩點即可)；

（2）LiCoO2中鈷元素為正三價，作氧化劑，和雙氧水（作還原劑）發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；又雙氧水與部分LiFePO4反應，把二價亞鐵氧化為三價鐵離子，所以則酸浸后的濾液中含有的金屬陽離子有Ni、Mn、Co和Li+、Fe3+，故答案為：Li+、Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；

（3）“酸浸”中雙氧水消耗量較大程度地超過理論用量，其可能原因是雙氧水易分解，Mn2+或Fe3+的催化作用下，H2O2發(fā)生分解，故答案為：Mn2+或Fe3+催化H2O2分解；

（4）由分析和已知得，沉淀主要成分為Fe（OH）3，即調(diào)節(jié)溶液pH的目的為Fe3+完全沉淀，其它離子不沉底(除去溶液中的Fe3+)，鎳離子、鈷離子和錳離子等濃度時，鎳離子生成氫氧化物所需氫氧根濃度最小，即1×c2（OH-）=1×10-15.2，則c（OH-）=10-7.6mol/L，所以c（H+）=10-6.4mol/L，即pH=6.4，所以不應超過6.4，故答案為：Fe3+完全沉淀，其它離子不沉底(除去溶液中的Fe3+)；6.4。

（5）調(diào)節(jié)pH除鐵元素再加入物質(zhì)X后，要使Ni2+、Mn2+、Co2+變?yōu)槌恋?，即需使三種離子的濃度之比為1：1：1，而表中數(shù)據(jù)中c(Co2+)=c(Ni2+)=1.0mol/L，c(Mn2+)=1.4mol/L，故需加入Ni2+和Co2+，故答案為：ab；

（6）Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2與LiCO焙燒生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反應中，根據(jù)氧化還原反應配平可得該反應方程式為：O2+4Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2+2LiCO4LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2+2CO2↑+4H2O，故另一種反應物是O2，故答案為：O2；

【分析】正極材料在稀硫酸和雙氧水作用下發(fā)生氧化還原反應，溶液中主要含有Ni2+、Mn2+、Co2+、Li+，又含有部分Fe3+，所以加入氫氧化鈉生成氫氧化鐵沉淀，物質(zhì)X需要保持鎳離子和鈷離子濃度保持不變，后加入氫氧化鈉共沉淀，后又加入碳酸鈉使鋰離子生成碳酸鋰沉淀，碳酸鋰和O2+4Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2反應得到三元鋰電池正極材料。

33．【答案】（1）>；

（2）；，Ag+與-2價S結合傾向更強；Na2S溶液至不再產(chǎn)生黑色沉淀后過濾

（3）試管1中加濃NaOH溶液，還原性增強，析出銀鏡

（4）和都是四面體形，體心的S很難與Ag+配位，主要是4個O原子與Ag+結合，是1個S原子、3個O原子與Ag+結合，因為S原子與Ag+結合比O原子更穩(wěn)定，所以與Ag+結合傾向：；故答案為：>；

②取兩等份AgBr濁液，分別滴加等濃度、等體積的和溶液，前者無明顯現(xiàn)象，后者濁液變澄清，根據(jù)已知ii.與、能生成、，則澄清溶液中+1價銀的存在形式為；

（2）①實驗III中往0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L溶液，產(chǎn)生白色沉淀，后消失，則生成的繼續(xù)反應生成，白色沉淀消失的離子方程式為；

②，Ag+與-2價S結合傾向更強，故實驗IV中白色沉淀變?yōu)楹谏?/p>

③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的廢定影液中，加入Na2S溶液至不再產(chǎn)生黑色沉淀后過濾，可使定影液再生；

（3）試管1中加濃NaOH溶液，還原性增強，析出銀鏡；

（4）和都是四面體形，體心的S很難與Ag+配位，主要是4個O原子與Ag+結合，是1個S原子、3個O原子與Ag+結合，因為S原子與Ag+結合比O原子更穩(wěn)定，所以與Ag+結合傾向：10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全

（6）(NH4)2SO4、NH3·H2O

（7）Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4

【知識點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)；制備實驗方案的設計

【解析】【解答】（1）已知Zn是30號元素，根據(jù)構造原理可知，Zn2+的簡化電子排布式為[Ar]3d10，故答案為：[Ar]3d10；

（2）由工藝流程圖可知，操作X為分離固體和液體，故該操作為過濾，則需用到的玻璃儀器有漏斗和玻璃棒、燒杯，故答案為：漏斗和玻璃棒；

（3）根據(jù)題干信息可知，“浸出”過程(NH4)2SO4和NH3·H2O按1：2參加反應生成了[Zn(NH3)4]2+，發(fā)生的離子反應方程式為ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O，故答案為：ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；

（4）由分析可知，“除砷”過程中，先加入過量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4·H2O，該過程中(NH4)2S2O8過量的原因是加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全轉化為，過量的(NH4)2S2O8再將Fe2+氧化為Fe3+，最后生成難溶的FeAsO4，達到除砷目的，故答案為：加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全轉化為，過量的(NH4)2S2O8再將Fe2+氧化為Fe3+，最后生成難溶的FeAsO4，達到除砷目的；

（5）根據(jù)溶度積計算可知，當Cu2+在溶液中的殘留濃度為10-10mol·L-1時，mol·L-1=6.3×10-26mol·L-1，此時mol·L-1≈1.27×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全，故答案為：否；當Cu2+在溶液中的殘留濃度為10-10mol·L-1時，mol·L-1=6.3×10-26mol·L-1，此時mol·L-1≈1.27×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全；

（6）流程圖中溶液1為NH3H2O，溶液2為(NH4)2SO4，氣體1為二氧化碳，三種物質(zhì)可循環(huán)至流程圖中“浸出”、“沉鋅”步驟中，故答案為：(NH4)2SO4、NH3