培优无机非金属材料辅导专题训练及详细答案.docx

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1、培优无机非金属材料辅导专题训练及详细答案一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）1某混合物 X 由 Na2O、 Fe2O3、 Cu、 SiO2 中的一种或几种物质组成某校兴趣小组以两条途径分别对 X 进行如下实验探究下列有关说法不正确的是（）A由 可知 X 中一定存在SiO2B无法判断混合物中是否含有Na2OC 1.92 g 固体成分为D 15.6 g 混合物 X 中【答案】 BCum（ Fe2O3）： m（ Cu） =1：1【解析】途径a： 15.6gX 和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu 和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反

2、应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g 固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3 +6H+=2Fe3+3H2O； Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又 Cu 与 NaOH 不反应， 1.92g 固体只含Cu；结合途径b 可知15.6gX 和足量水反应，固体质量变为有氧化钠，其质量为9.2g，6.4g，固体质量减少15.6g 6.4g=9.2g，固体中一定还A由以上分析可知X 中一定存在SiO2，故 A 正确；B.15.6gX 和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与

3、水反应，混合物中一定含有Na2O，故 B 错误；C Cu 与 NaOH 不反应， 1.92g 固体只含 Cu，故 C 正确；D设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由 Fe2 O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+得出： Fe2O3 2Fe3+ Cu，则 160x+64y=6.4，64y 64x=1.92，解得x=0.02mol， y=0.05mol ，所以氧化铁的质量为0.02mol 160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol 64g/mol=3.2g，则原混合物中m（ Fe2O3）： m（ Cu）=1： 1，故 D 正确；【点评】本题考

4、查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等2下列叙述正确的是 久置于空气中的氢氧化钠溶液，加盐酸时有气体产生 浓硫酸可用于干燥氢气、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体 Na 2 O2 与水反应，红热的Fe 与水蒸气反应均能生成碱 玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品 浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性 氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质AB C D 【答案】 B【解析】试

5、题分析： 久置于空气中的氢氧化钠溶液和空气中的CO2 反应生成变为碳酸钠，碳酸钠可以和盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳， 正确； 浓硫酸具有吸水性和强氧化性，浓硫酸可用于干燥中性、酸性且不具有还原性的气体，不能干燥还原性的碘化氢气体，不能干燥碱性气体如氨气等， 错误； 红热的铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，没有碱生成， 错误； 玻璃、水泥主要成分是硅酸盐，都是硅酸盐制品，水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐制品， 错误； 浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性，浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性， 正确； 氯化铁属于强酸弱碱盐，溶液中铁离子水解生成氢氧化铁和HCl，加热促

6、进水解，氯化铁胶体加热会聚沉，两者均产生红褐色沉淀氢氧化铁，灼烧后产物都是三氧化二铁， 正确答案选 B。考点：考查常见物质的性质与用途。3 下列说法中不正确的是（）A硝酸银溶液保存在棕色试剂瓶中B锂保存在煤油中C硅在自然界中只有化合态D实验室盛装NaOH 溶液的试剂瓶用橡皮塞【答案】 B【解析】【分析】【详解】A硝酸银在光照或加热条件下会分解生成Ag、NO2、 O2，因此一般将硝酸银溶液保存在棕色试剂瓶中，故A 不符合题意；B锂单质的密度小于煤油，不能保存在煤油中，一般保存在石蜡中，故B 符合题意；C根据硅的化学性质，在自然界中应该有游离态的硅存在，但Si 是亲氧元素，其亲氧性致使Si 在地壳

7、的演变中，全部以化合态存在于自然界中，故C 不符合题意；D玻璃塞中含有SiO2， NaOH 能够与SiO2 发生化学反应生成Na2 SiO3，因此实验室盛装NaOH 溶液的试剂瓶用橡皮塞，故故答案为： B。D 不符合题意；4 习主席在2020 年新年贺词中强调“5G商用加速推出，凝结着新时代奋斗者的心血和汗水，彰显了不同凡响的中国风采、中国力量”，制造芯片用到高纯硅，用SiHCl与过量 H23在 1100 1200 反应制备高纯硅的装置如下图所示（热源及夹持装置略去）。已知： SiHCl遇水 H2 O 强烈水解，在空气中易自燃。下列说法错误的是（）3A装置 B 中的试剂是浓硫酸B实验时先打开装

8、置C中分液漏斗的旋塞C装置C 中的烧瓶需要加热，其目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3 气化D装置 D 不能采用普通玻璃管的原因是在反应温度下，普通玻璃管会软化【答案】B【解析】【分析】【详解】A SiHCl3 遇水H2 O 强烈水解，所以H2 应干燥，故装置B 中的试剂是浓硫酸，A 正确；B SiHCl3 在空气中易自燃，实验前应排尽装置内的空气，所以应先通H2，后打开装置C 中分液漏斗的旋塞，B 错误；C SiHCl3 呈液态，需转化为蒸气进入石英管中与H2 反应，所以装置C 中的烧瓶需要加热，C 正确；D制高纯硅时，温度在11001200 ，所以D 不能采用普通玻璃管，D 正确；故选 B。5

9、 下列说法正确的是（）A图中：如果MnO 2 过量，浓盐酸就可全部消耗B图中：湿润的有色布条能褪色，烧杯NaOH 溶液的作用是吸收尾气C图中：生成蓝色的烟D图中：用该装置可以验证酸性：盐酸碳酸 硅酸。【答案】 B【解析】【分析】【详解】A利用浓盐酸和MnO 2 在加热条件下反应制备氯气，随着反应进行，盐酸浓度会下降，下降到某种程度，二者不再反应无法生成Cl2，A 项错误；B氯气的漂白性来源于 Cl2 与水反应生成的次氯酸，干燥布条中无水，所以无法产生次氯酸，颜色不会褪去，湿润布条含水，可以产生次氯酸，颜色会褪去；若将尾气直接排放，其中未反应的氯气会污染空气，所以需要将尾气通入NaOH 溶液中进

10、行吸收，B 项正确；C铜在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，C 项错误；D利用盐酸与石灰石反应可制备CO2，所以可证明盐酸酸性强于碳酸；由于盐酸具有挥发性，制备出的 CO2 中会含有 HCl 杂质， HCl 杂质也能与硅酸钠溶液反应产生白色沉淀；若不对制备出的 CO2 进行除杂，其中的 HCl 杂质会干扰碳酸和硅酸酸性强弱的验证过程，因此上述装置并不能实现验证酸性强弱的目的，答案选 B。D 项错误；6 下列实验现象与氧化还原反应有关的是()A氨水中滴加石蕊试液显蓝色B NO2 通入水中，气体由红棕色逐渐转变为无色C向 Fe2(SO4)3 溶液中滴加NaOH 溶液，生成红褐色沉淀D向硅酸钠溶液中滴加适

11、量的稀盐酸，有透明的凝胶形成【答案】 B【解析】【分析】【详解】A氨水中滴加石蕊试液显蓝色，是由于一水合氨电离出氢氧根离子的缘故，没有发生氧化还原反应，故 A 错误；B NO2 通入水中，气体由红棕色逐渐转变为无色，是由于反应生成合价发生变化，属于氧化还原反应，故B 正确；NO 和硝酸，N 元素化C向Fe2(SO4)3 溶液中滴加NaOH 溶液，生成红褐色沉淀，发生的是复分解反应生成氢氧化铁沉淀，不是氧化还原反应，故C 错误；D向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸，有透明的凝胶形成，发生的是复分解反应生成硅酸，不是氧化还原反应，故D 错误；故选B。7 工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石在玻璃窑中

12、发生主要反应的化学方程式为： Na2CO3+SiO2高温Na2SiO3 +CO2； CaCO3+SiO2高温CaSiO3+CO2(1)普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14，它的氧化物形式为_，则原料中SiO2、 Na2CO3、CaCO3 的物质的量之比为_。(2)在上述反应的反应物和生成物中，属于非极性分子的电子式_ ，有_ 种不同类型的晶体（填数字）(3)在上述普通玻璃的组成元素中某元素与铝元素同周期且原子半径比铝原子半径大，该元素离子半径比铝离子半径_(填 “大 ”或“小 ”)，该元素与铝元素两者的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为_ 。(4)在上述普通玻璃的组成元素中，与铝

13、元素同周期的另一元素的原子最外层共有_种不同运动状态的电子、_种不同能级的电子。【答案】Na2 OCaO6SiO2 6 1 13-+2H2O大Al(OH)3+OH =AlO2： ：42【解析】【分析】根据普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14 和制取玻璃的反应原理进行分析解答。【详解】(1)普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14，它的氧化物形式为Na2OCaO6SiO2，根据原子守恒，原料中 SiO22323 CaO ，所以物质的量之比为6： 1：1，故答案：、 Na CONa O、CaCONa O CaO 6SiO； 6： 1： 1；22(2)根据 Na CO +SiONa SiO +CO

14、， CaCO+SiOCaSiO+CO ，反应物和生成物2322323232中， Na2CO3 、Na2SiO3、 CaCO3 、 CaSiO3 是离子化合物，属于离子晶体；SiO2 是共价化合物，属于原子晶体；CO2属于分子晶体，且属于非极性分子，其电子式，有 3 种不同类型的晶体，故答案：；3；(3)在上述普通玻璃的组成元素中某元素与铝元素同周期且原子半径比铝原子半径大，该元素为钠，钠离子半径比铝离子半径大，钠元素与铝元素两者的最高价氧化物的水化物分别为强碱 NaOH 和两性氢氧化物Al(OH)3，他们之间发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案：大；Al(

15、OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(4)由普通玻璃的组成Na2CaSi6O14 的元素中，与铝元素同周期的另一元素为Si，核外电子排布为 1s22s22p63s23p2，原子最外层共有 4 种不同运动状态的电子、 2 种不同能级的电子，故答案： 4； 2。8 某固体中可能含有 Na+、 K+、 Al3+、 Ba2+、 SO42-、 CO32-、 SiO32-、等离子，将其配成 100mL 溶液。学生研究性学习小组为了确认其成分，设计并完成了如图所示实验：请回答下列问题：(1)配制100mL 溶液需要使用容量瓶，该仪器使用前必须进行的一步操是_；在“定容 ”操作中，当液面接近容量瓶刻度线1

16、2cm处，改用_，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。(2)若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是_A 称量时砝码已经生锈；B 溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作；C 定容时俯视；D 定容时，液面超过容量瓶颈上的刻度线，用胶头滴管将过量的液体吸出；E.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水。(3) 根据以上实验可得出：一定存在的离子是_ ，一定不存在的离子是_ 。(4) 加入稀盐酸，所发生的离子反应方程式为_ 。【答案】检查是否漏水改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切A、CCO32- 、 SiO32-SO42- 、Al3+、 Ba2+CO32-+2H+=CO2 +H2O；

17、 SiO32-+2H+=H2SiO3 【解析】【分析】向配制的溶液中加入稀盐酸后生成无色无味气体A、沉淀 B，气体 A 为 CO2 ，则原溶液中一定含有 CO32-，结合离子共存可知一定不存在Al3+、 Ba2+；生成的沉淀B 为硅酸，则一定存在 SiO32-；向滤液 C 中加入氯化钡溶液，无明显现象，说明溶液中不存在SO42- ，据此结合溶液配制的方法解答；第(2) 题根据 c= n 进行分析；V【详解】(1)容量瓶使用前要检查是否漏水；当液面接近容量瓶刻度线1-2cm 处，改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：检查是否漏水；改用

18、胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切；(2)A.称量时砝码已经生锈会导致溶质的质量偏大，继而导致浓度偏大，故A 正确；B.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作会导致溶质物质的量偏小，浓度偏小，故 B 错误；C.定容时俯视会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故C 正确；D.定容时，液面超过容量瓶颈上的刻度线，用胶头滴管将过量的液体吸出会导致溶质的物质的量偏小，浓度偏小，故D 错误；E.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对浓度没有影响，故E 错误，故答案为： AC；2- 、 SiO 2- ；一定不存在的离子为：SO 2- 、Al3+、(3)根据分析可知一定存在的离子为：CO334Ba

19、2+，故答案为： CO32-、 SiO32-； SO42-、 Al3+、 Ba2+；(4)根据分析可知，加入稀盐酸后碳酸根和硅酸根和氢离子发生反应，故答案为：32-CO+2-+2H =CO2+H2 O； SiO3+2H =H2SiO3。9 下图中的每一方格表示相关的一种反应物或生成物。其中B 是一种单质，其余物质也都是含有 B 元素的化合物。 C 是一种钠盐， E 是 C 对应的酸， B 的结构类似金刚石， D 为氧化物。请回答下列问题：(1)A 、 D、E 的化学式分别为_、 _、 _。(2)A 和 B 的互相转化在工业上有什么实际意义？_ 。(3) 写出 DC反应的化学方程式： _ 。(4

20、) 写出 ED反应的化学方程式： _ 。【答案】 SiCl 4SiO2H2SiO3粗硅提纯SiO22NaOH=NaSiO3 H2OH2SiO3SiO2 H2O【解析】【分析】B 是一种单质 , 其余物质都是含有 B 元素的化合物 ,B 的结构类似金刚石 ，则 B 属于原子晶体 , 结合转化关系可以知道 B 为 Si 元素 ，而 D 为 B 的氧化物 , 则 D 是 SiO2， A 为 SiCl 4， C 是一种钠盐 , 则 C 是 Na2SiO3，E 是 C 对应的酸 ，则 E 是 H2SiO3，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题 。【详解】B 是一种单质 , 其余物质都是含有 B 元素的

21、化合物 ,B 的结构类似金刚石 ，则 B 属于原子晶体 , 结合转化关系可以知道 B 为 Si 元素 ，而 D 为 B 的氧化物 , 则 D 是 SiO2， A 为 SiCl 4， C 是一种钠盐 , 则 C 是 Na2SiO3，E 是 C 对应的酸 ，则 E 是 H2SiO3，(1) 由以上分析可以知道 A 为 SiCl 4,D 为 SiO2,E 为 H2SiO3；因此，本题正确答案是 : SiCl 4 ， SiO2，H2SiO3。(2)四氯化硅与氢气反应生成硅和氯化氢实际意义是粗硅提纯；，硅与氯气反应生成四氯化硅，因此A 和B 的互变因此，本题正确答案是：粗硅提纯 ；(3) 二氧化硅和 N

22、aOH 溶液反应生成硅酸钠 , 方程式为 SiO2 2NaOH=NaSiO3 H2O；因此，本题正确答案是 : SiO 22NaOH=NaSiO3 H2O。(4) H 2SiO3 不稳定 , 加热分解可生成SiO2 , 方程式为 H2SiO3SiO2 H2O；因此，本题正确答案是 : H SiO3SiO H O。222【点睛】硅能够与氧气反应生成二氧化硅，硅酸加热分解产生二氧化硅；二氧化硅不溶于水，也不与水反应，不能用二氧化硅与水直接反应制备硅酸，因此要制备硅酸，可以先把二氧化硅溶于强碱溶液中，然后加入强酸，可以得到白色胶状沉淀硅酸。10 某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M 进行探究

23、。已知C可在D 中燃烧发出苍白色火焰。M 与其他物质的转化关系如图1 所示 (部分产物已略去)：(1)写出B 的电子式_。(2)若 A 是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出式_ 。A 和 B 水溶液反应的离子方程(3)若 A 是 CO2 气体， A 与 B 溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的物质的量与所用盐酸体积如图2 所示，则 A 与 B 溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为CO2_ ；c(HCl)=_mol/L。(4)若 A 是一种常见金属单质，且A 与 B 溶液能够反应，则将过量的F 溶液逐滴加入E 溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_ 。(5)若 A 是一种可

24、用于做氮肥的化合物, A 和 B 反应可生成气体E， E 与 F、 E 与 D 相遇均冒白烟，且利用 E 与 D 的反应检验输送D 的管道是否泄露，写出E 与 D 反应的化学方程式为_ 。(6)若 A 是一种溶液，可能含有、Al3H 、NH 、 Mg 2、 Fe3、CO32- 、 SO4 2-中的某些离子，当向该溶液中加入 B 溶液时发现生成沉淀的物质的量随B 溶液的体积发生变化如图3 所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_ ，它们的物质的量浓度之比为 _。【答案】Si+2OH- +2H2O=SiO32-+2H2NaOH、 Na2CO30.05先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失23

25、Cl2 8NH3=N2 6NH4Cl H、 Al3 、 NH 4、 SO4) c( NH2) 1 1 2 3c(H) c(Al34 ) c(SO4【解析】【分析】(1) C 可在 D 中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知 C 为 H2 、D 为Cl2、 F 为 HCl，M 是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M 的溶液电解生成氢气、氯气与 B，可推知 M 为 NaCl、B 为 NaOH；(2)若 A 是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A 为 Si， Si 和 NaOH 的水溶液反应生成 Na2SiO3 和 H2；(3) 曲线中，从0.4L 0.6L 发生

26、反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2 +H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于 200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；(4) 若过量的A 是一种常见金属单质，且与NaOH 溶液能够反应，则A 为 Al， E 为 NaAlO2，则将HCl 溶液逐滴加入NaAlO2 溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；(5) 若 A 是一种氮肥，实验室可用 A 和 NaOH 反应制取气体 E，则 E 为 NH3、 A 为铵盐， E与氯气相遇均冒白烟，且利用E 与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；

27、(6) 由图可知，开始加入 NaOH 没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有 CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、 Fe3+，一定含有 Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为 NH4+OH-=NH3?H2O 的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH 体积结合离子方程式计算+)： n(Al3+n(H)： n(NH4 )之比，再结合电荷守恒计算与 n(SO42-)的比例关系，据此计算。【详解】(1)B 为 NaOH，其电子式为；(2) A 为 Si，Si 和 NaOH 的水溶液反应生成 Na2SiO3和 H2，反应的离子方程式为Si

28、+2OH-232-+2H2；+2H O=SiO(3) 曲线中，从0.4L 0.6L 发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2 +H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于 200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成 0.01molCO 2 需要的盐酸为200mL，结合反应原理3220.01molNaHCO +HCl=NaCl+CO +H O，则 c(HCl)=0.05mol/L ；0.2L(4) 若 A 是一种常见金属单质，且与NaOH 溶液能够反应，则A 为 Al， E 为 NaAlO ，则将过2量的 HCl 溶液逐滴加入 Na

29、AlO2 溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；(5) 若 A 是一种氮肥，实验室可用 A 和 NaOH 反应制取气体 E，则 E 为 NH3、 A 为铵盐， E与氯气相遇均冒白烟，且利用E 与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2 +8NH3 =N2+6NH4Cl，(6) 由图可知，开始加入NaOH 没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有 CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、 Fe3+，一定含有 Al3+；中间段沉淀

30、的质量不变，应为 NH4+-32NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生+OH =NH ?H O 的反应，则含有反应 H+-23+-+OH =H O，氢离子消耗 NaOH 溶液的体积为 1 体积，发生反应 Al +3OH=Al(OH)3，铝离子消耗NaOH 溶液的体积为3 体积，发生反应NH4+OH-=NH3?H2O，铵根消耗氢氧化钠为2 体积，则 n(H+)：n(Al3+)：n(NH4 +)=1：1： 2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+2-： 1：2： 3+3+)：c(SO42-)=1：1：2： 3。)： n(NH4)： n(SO4 )=1，故 c(H )： c(Al )：

31、 c(NH411 2019 年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、 CaO、MgO 等 )制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如图：已知： KspMg(OH)2 =10-11， KspAl(OH)3=10-33， KspFe(OH)3=10-38 回答下列问题：（1）为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈_，可以认为该矿石中存在锂元素。a.紫红色b.紫色c.黄色（ 2）锂辉石的主要成分为 LiAlSi2O6 ，其氧化物的形式为 _。（ 3）为提高 “酸化焙烧 ”效率

32、，常采取的措施是 _。（4）向 “浸出液 ”中加入 CaCO3+、3，其目的是除去 “酸化焙烧 ”中过量的硫酸，控制pH 使 Fe3+5A1完全沉淀，则 pH 至少为 _。 (已知：完全沉淀后离子浓度低于1l0)mol/L)（5） “滤渣 ”的主要化学成分为 _。（6） “沉锂 ”过程中加入的沉淀剂为饱和的_溶液（填化学式）；该过程所获得的“母液 ”中仍含有大量的 Li+，可将其加入到 “_”步骤中。（7） Li2CO3 与 Co3O4 在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为_。【答案】 a Li2232将矿石粉碎（搅拌、升高温度）4.723OAl O 4SiOMg(OH) ， CaC

33、ONa CO 净化6Li CO +4Co O +O =12Li CoO +6CO2323342222【解析】【分析】锂辉石 (主要成分为 LiAlSi2O6，还含有 FeO、 CaO、MgO 等 )为原料来制取钴酸锂 (LiCoO2 )，加入过量浓硫酸溶解锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2 S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4 高温下焙烧生成钴酸锂，据此分析解题。【详解】(1)焰色反应常用来检测金属元素，钠元素的焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色，利

34、用排除法可以选出锂元素的焰色为紫红色，故答案为a；(2)锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，在原子简单整数比不变的基础上，其氧化物的形式为Li2O?Al2O3?4SiO2；(3) 酸“化焙烧 ”时使用的是浓硫酸，为提高 “酸化焙烧 ”效率，还可采取的措施有将矿石细磨、搅拌、升高温度等；(4)根据柱状图分析可知，Al(OH)3 的 Ksp 大于 Fe(OH)3 的 Ksp，那么使Al3+完全沉淀 pH 大于3+3+3-33-K w11033-Al 3= 3Fe的 Al(OH)3 的 Ksp=c(Al ) c(OH )=1 10， c(OH )= 3c110 5mol/L=1 109.3+-4.

35、74.7；mol/L ，则 c(H )=1 10 mol/L ， pH=4.7，即 pH 至少为(5)由分析知， “滤渣 ”的主要化学成分为Mg(OH) 2 和 CaCO3；(6)根据 “沉锂 ”后形成 Li2CO3 固体，以及大量生产的价格间题，该过程中加入的沉淀剂为饱和 Na2CO3 溶液；该过程得的“母液 “中仍含有大量的Li+，需要从中2 提取，应回到“净化 “步隳中循环利用；(7)Li CO与 Co O在敝口容器中反应生成LiCoO 时 Co 元素的化合价升高，因此推断空气中23342O2 参与反应氧化Co 元素，化字方程式为6Li2 CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2。【点睛】硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物较活发金属氧化物 二氧化硅 水，不同氧化物间以“?隔”开； b各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比