2021届高考化学一轮复习过关训练：化学计量【解析版】


工艺流程题
1.1871年门捷列夫最早预言了类硅元素锗，1886年德国化学家温克勒发现和分离了锗元素，并以其祖国的名字命名为“Ge”。锗是重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。如图为工业上利用锗锌矿(主要成分GeO2和ZnS)来制备高纯度锗的流程。
已知：Ⅰ.丹宁是一种有机沉淀剂，可与四价锗络合形成沉淀；Ⅱ.GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解度低。

(1)简述步骤①中提高酸浸效率的措施__________(写两种)。
(2)步骤②操作A是__________。
(3)步骤③中的物质在__________(填仪器名称)中加热。
(4)步骤④不能用稀盐酸，原因可能是__________。
(5)写出步骤⑤的化学方程式：_____________________________________________。
写出步骤⑦的化学方程式：_________________________________________。
(6)请写出一种证明步骤⑦反应完全的操作方法______________________________
________________________________________________________________________。
解析：锗锌矿在酸浸取下生成四价锗，再被有机沉淀剂沉淀，沉淀经灼烧得到GeO2，再与浓盐酸反应得到GeCl4，GeCl4发生水解，得到GeO2·nH2O，再脱水得到GeO2。从得到粗品GeO2到得到高纯度的GeO2的整个过程，是为了提高GeO2的纯度，最后得到高纯度的Ge。
(1)提高酸浸速率，即提高化学反应速率，可以通过粉碎矿石增大矿石与酸的接触面积、适当的提高温度，搅拌等等。
(2)根据流程图，经过操作A之后，得到了沉淀和滤液，所以操作A为过滤。
(3)步骤③为焙烧，固体加热需要用到坩埚。
(4)已知GeCl4易水解，而且在浓盐酸中溶解度低，能沉淀，易分离。如果用稀盐酸，GeCl4会水解，而且在稀盐酸中的溶解度较大不利于析出，而且要确保GeO2完全反应生成GeCl4。
(5)步骤⑤，GeCl4和纯水反应生成GeO2·nH2O，为水解反应。步骤⑦，GeO2为H2还原得到Ge。
(6)步骤⑦反应完全从Ge或者GeO2不易看出现象，可以从生成物水分析，可以通过检验气体中是否含水来验证是否反应完，通常用无水硫酸铜检验水蒸气的存在。
答案：(1)把矿石粉碎；加热；充分搅拌　(2)过滤
(3)坩埚　(4)防止四价锗水解；防止GeO2不能充分反应；有利于GeCl4析出　(5)GeCl4＋(2＋n)H2O===GeO2·nH2O＋4HCl　GeO2＋2H2Ge＋2H2O
(6)将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U形管，无现象(其他合理组合亦可)
2.钼主要用于钢铁工业，也常用于制造石油化学工业中的各种催化剂等。以辉钼矿(主要成分为MoS2)为原料制备钼的工艺流程如图所示(部分产物和条件已省略)。

请回答下列问题：
(1)上述流程中，可以循环利用的物质是______________(填化学式)。
(2)煅烧时，MoS2转化成MoO3，该反应过程中的化学方程式为________________________，工业上利用气体A可以制备化工产品“三酸”中的______________________________________________(写化学式)。
(3)写出“氨溶”离子方程式：____________________________________________。
(4)“氨溶”需要控制温度在50～60 ℃，温度过高的后果是________________。
(5)某半水煤气中含CO、H2和N2，还含少量CO2、H2O(g)等。已知：CuCl溶于浓盐酸形成的溶液能吸收CO，高于700 ℃时，水蒸气能将钼氧化为MoO2，高于800 ℃时，CO会与钼反应生成Mo2C。某同学利用半水煤气模拟上述流程中还原钼，设计如下实验(加热装置已省略)：

①A、B、C中加入的试剂顺序依次为________(填标号)。
a．浓硫酸
b．NaOH溶液
c．CuCl溶于浓盐酸形成的溶液
d．饱和碳酸氢钠溶液
e．蒸馏水
②D处用石英管，不用普通玻璃管，其原因是______________________________
________________________________________________________________________。
③E处尾气处理装置应选用________(填标号)。

解析：(1)气体B的主要成分为氨气，用水吸收氨气可制得氨水，氨水可用于溶解三氧化钼。(2)“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为2MoS2＋7O22MoO3＋4SO2，气体A的主要成分是SO2，工业上利用气体A可以制备硫酸。(3)依题意知，MoO3与氨水反应可生成钼酸铵。(4)三氧化钼与氨水反应，温度不能太低，温度过低，反应速率较慢；温度也不能太高，因为随着温度升高，氨水挥发速率加快，原料利用率降低。(5)①分析题意，可以用H2还原MoO3，H2O(g)和CO在一定温度下会与钼反应。所以，需要除去半水煤气中CO2、H2O(g)和CO，应将半水煤气依次通入CuCl溶于浓盐酸形成的溶液、NaOH溶液、浓硫酸。CuCl溶于浓盐酸形成的溶液会有HCl气体逸出，NaOH溶液可吸收CO2和HCl。②普通玻璃管熔化温度较低，石英管熔化温度很高，所以，D处用石英管。③尾气中有H2、N2，N2是空气的主要成分，可直接排入大气，氢气是可燃物，可用燃烧法处理。
答案：(1)NH3　(2)2MoS2＋7O22MoO3＋4SO2　H2SO4　(3)MoO3＋2NH3·H2O===2NH＋MoO＋H2O　(4)氨挥发加快，原料利用率降低　(5)①cba　②石英管耐高温，普通玻璃管易软化　③Ⅱ
3.硒(Se)及其化合物在工农业生产中有许多用途，以铜阳极泥(主要成分为Ag2Se、Cu2Se和银、金、铂等)为原料制备纯硒的工艺流程如图所示：

回答下列问题：
(1)“焙烧”时的硫酸浓度最好为________(填标号)。
A．浓硫酸　 B．20%硫酸　　C．50%硫酸
(2)“焙烧”过程中Cu2Se参与反应时，该反应的氧化产物是______________________。
(3)“水吸收”所发生反应的化学方程式为____________________________________。
(4)“过滤”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法进行提纯，获得纯硒。真空蒸馏的挥发物中硒含量与温度的关系如图所示：

蒸馏操作中控制的最佳温度是________(填标号)。
A．455 ℃　　　　　　　 B．462 ℃
C．475 ℃ D．515 ℃
(5)“水浸出”时的炉渣需粉碎，且加入温水进行浸泡，目的是______________________，“浸渣”中含有的金属单质是______________。
(6)若“浸出液”中c(Ag＋)＝3.0×10－2 mol·L－1，则溶液中c(SO)最大为____________________。[已知：Ksp(Ag2SO4)＝1.4×10－5，计算结果保留两位有效数字]
解析：(1)根据铜阳极泥的主要成分知，加硫酸并焙烧的产物有SeO2、SO2、CuSO4、Ag2SO4等，Se元素由－2价升为＋4价，S元素由＋6价变为＋4价，说明焙烧时发生氧化还原反应，硫酸除了作酸外，还作氧化剂，因此选用浓硫酸。(2)Cu2Se与浓硫酸反应生成CuSO4、SeO2、SO2与H2O，该反应中Cu、Se元素化合价升高，因此该反应的氧化产物是CuSO4、SeO2。(3)“水吸收”时，SeO2转化为Se，Se元素的化合价降低，则S元素的化合价升高，SO2转化为H2SO4，配平该化学方程式为SeO2＋2SO2＋2H2O===2H2SO4＋Se↓。(4)由题图可知，在475 ℃时，真空蒸馏的挥发物中硒含量最大，故最好选择475 ℃。(5)“水浸出”时的炉渣需粉碎，且加入温水进行浸泡，目的是加快浸出速率，“浸渣”中含有与浓硫酸不反应的Au、Pt。(6)根据Ksp(Ag2SO4)＝c2(Ag＋)×c(SO)，“浸出液”中c(SO)≤＝ mol·L－1≈1.6×10－2 mol·L－1。
答案：(1)A　(2)CuSO4、SeO2
(3)SeO2＋2SO2＋2H2O===2H2SO4＋Se↓
(4)C　(5)加快浸出速率　金、铂(或Au、Pt)
(6)1.6×10－2 mol·L－1
4.工业上采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：

已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其余为Fe、Ca、Mg、Al等元素。
②部分阳离子沉淀时溶液的pH。
离子
Al3＋
Fe3＋
Ca2＋
Mn2＋
Mg2＋
开始沉淀的pH
4.1
2.2
10.6
8.1
9.1
沉淀完全的pH
4.7
3.2
13.1
10.1
11.1
③焙烧过程中主要反应为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。
(1)根据图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、m(NH4Cl)/m(菱锰矿粉)分别为________、________、________。

(2)对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2，作用是________，再调节溶液pH的最大范围为________，将Fe3＋和Al3＋变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为氟化物沉淀除去。
(3)“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(4)上述流程中可循环使用的物质是________(填化学式)。
(5)现用滴定法测定产品中锰的含量。实验步骤：称取4.000 g 试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中MnCO3完全转化为[Mn(PO4)2]3－(其中NO转化为NO)；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO＋NH===N2↑＋2H2O以除去NO；加入稀硫酸酸化，再加入60.00 mL 0.500 mol·L－1硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋＋2PO；用5.00 mL 0.500 mol·L－1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。
①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程式为_______________________________________________________________________________________。
②试样中锰的质量分数为______。
解析：(1)结合题中图像，浸出率达到一定高度后再改变该量时变化不明显的临界点，即为最佳选择，则焙烧温度为500 ℃，焙烧时间为60 min，的值为1.10。
(2)为了通过调节pH使溶液中的铁变为沉淀，则需要把亚铁离子氧化为铁离子；为了完全使溶液中的Fe3＋、Al3＋变为沉淀，而不影响Ca2＋、Mg2＋、Mn2＋，则pH应大于等于4.7，小于8.1。
(3)净化除杂后溶液中的锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳气体与水，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。
(4)通过流程可知，可以循环利用的物质为氯化铵。
(5)①酸性K2Cr2O7溶液中的Cr为＋6价，反应中变为＋3价，亚铁离子变为＋3价，反应的离子方程式：6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O；②加入的硫酸亚铁铵中的亚铁离子分两部分，与[Mn(PO4)2]3－和K2Cr2O7反应，n(Fe2＋)∶n(Cr2O)＝6∶1，n1(Fe2＋)＝6×0.5 mol·L－1×0.005 L＝0.015 mol，n2(Fe2＋)∶n([Mn(PO4)2]3－)＝1∶1，n2(Fe2＋)＝n([Mn(PO4)2]3－)＝0.500 mol·L－1×0.060 L－0.015 mol＝0.015 mol，根据Mn原子守恒，则m(Mn)＝0.015 mol×55 g·mol－1＝0.825 g，质量分数＝×100%＝20.625%。
答案：(1)500 ℃　60 min　1.10　(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋　4.7≤pH<8.1　(3)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O　(4)NH4Cl　(5)①6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O　②20.625%　
5.硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33 ℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4，其工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)NaBH4的电子式为________。
(2)碱溶时Mg2B2O5发生反应的化学方程式是__________________________________。
(3)滤渣的成分是________________。
(4)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100 ℃以上并通入氩气，该操作的目的是______________________；原料中的金属钠通常保存在________中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有________、玻璃片和小刀。
(5)操作2的名称为________。流程中可循环利用的物质是________。

(6)在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4，装置如图所示，电解总反应的离子方程式为_________________________________________________________。
(7)NaBH4常用作还原剂，H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，1 g NaBH4的还原能力相当于________g H2的还原能力(B元素化合价不变，氧化产物中氢元素化合价相同，计算结果保留两位小数)。
解析：(1)NaBH4的电子式为。(2)由流程图知碱溶中B元素转化为NaBO2，发生反应的化学方程式是Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O===2NaBO2＋2Mg(OH)2。(3)硼镁矿中Fe3O4不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的Mg(OH)2也以滤渣的形式析出，所以，滤渣的成分为Mg(OH)2和Fe3O4。(4)Na的性质活泼，能与水蒸气和空气中的氧气反应，结合题干中硼氢化钠在常温下能与水反应，所以反应开始前须先排除水蒸气和空气(或氧气)的干扰。(5)NaBH4易溶于异丙胺且异丙胺的沸点较低，结合流程图知，操作2是蒸馏NaBH4的异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用。(6)由“在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4”，可知电解总反应的离子方程式为BO＋2H2OBH＋2O2↑。(7)NaBH4和氢气作还原剂时氧化产物中氢元素都为＋1价，则1 g NaBH4的还原能力相当于0.21 g H2的还原能力。
答案：(1)
(2)Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O===2NaBO2＋2Mg(OH)2
(3)Fe3O4和Mg(OH)2
(4)除去反应器中的水蒸气和空气　煤油　镊子、滤纸
(5)蒸馏　异丙胺
(6)BO＋2H2OBH＋2O2↑
(7)0.21
6.紫色固体高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型非氯高效消毒剂，主要用于饮水处理，在化工生产中应用广泛。回答下列问题：
(1)次氯酸钾直接氧化法制备高铁酸钾。在剧烈搅拌下，向次氯酸钾强碱性溶液中加入硝酸铁晶体，该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(2)间接氧化法制备高铁酸钾的工艺如下：

①Ⅰ中加热的方法是________，温度控制在40～50 ℃的原因是________________________________________________________________________。
②Ⅱ中加入的次氯酸钠的电子式为________________。
③Ⅲ是向高铁酸钠溶液中加入KOH，析出高铁酸钾晶体，Ⅲ中化学反应类型为__________________________。
④减压过滤装置如图1所示，减压过滤的目的主要是____________________
________________________________________________________________________。

(3)制备K2FeO4也可以用电解法，装置如图2所示，Ni电极附近溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)，阳极的电极反应式为________________________。
(4)高铁酸钾是新型水处理剂。含NH3废水会导致水体富营养化，用K2FeO4处理含NH3废水，既可以把NH3氧化为N2，又能生成净水剂使废水澄清，该反应的离子方程式为____________________。天然水中存在Mn2＋，可以利用高铁酸钾或高锰酸钾将Mn2＋氧化为难溶的MnO2除去，除锰效果高铁酸钾比高锰酸钾好，原因可能是_____________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)氧化剂是KClO，其还原产物为Cl－，1 mol ClO－得到2 mol e－，还原剂是Fe3＋，氧化产物为FeO，1 mol Fe3＋失去3 mol e－，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2。(2)①控制温度等于或低于100 ℃时通常选择水浴加热；温度控制在40～50 ℃，温度低反应速率慢，硝酸有挥发性和不稳定性，温度过高硝酸容易挥发、分解。②次氯酸钠是离子化合物，书写电子式时注意写中括号及所带的正、负电荷数，其电子式为。③表明发生的反应为Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4↓＋2NaOH，该反应类型为复分解反应。④图中自来水流经抽气泵时把吸滤瓶和安全瓶内的空气部分抽出，使得吸滤瓶内气体压强小于外界大气压，从而加快过滤速度，得到较干燥的沉淀。(3)依题意知该电解槽可以制备高铁酸钾，故铁电极与外接直流电源正极相连作电解槽的阳极，在强碱性溶液中铁失去电子被氧化为高铁酸根离子：Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O。Ni电极则与直流电源负极相连作电解槽阴极，该极发生“放氢生碱”的还原反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故Ni电极附近溶液碱性增强，pH增大。(4)由于氨是碱性气体，故含NH3废水为碱性废水，结合“又能生成净水剂使废水澄清”，可知在碱性环境中FeO的还原产物为Fe(OH)3，故离子方程式为2FeO＋2NH3＋2H2O===2Fe(OH)3(胶体)＋N2↑＋4OH－。依题意对比分析发现，高锰酸根离子的还原产物是二氧化锰，高铁酸根离子的还原产物是氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体可以吸附二氧化锰，促进沉淀更快形成，沉淀更彻底，除锰效果更好。
答案：(1)3∶2　(2)①水浴加热　温度低反应速率慢，温度过高硝酸易挥发、分解　②　③复分解反应　④加快过滤速度，得到较干燥的沉淀
(3)增大　Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O　
(4)2FeO＋2NH3＋2H2O===2Fe(OH)3(胶体)＋N2↑＋4OH－　高铁酸钾的还原产物是氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附二氧化锰促进沉淀更快形成，形成沉淀更彻底，除锰效果更好
7.铈(Ce)是一种重要的稀土元素。以富含CeO2的废玻璃粉末(含SiO2、 Fe2O3以及其他少量可溶于稀酸的杂质)为原料，采用多种方法回收铈。请回答下列问题：
(1)湿法空气氧化法回收铈的部分流程如下：

已知：CeO2不溶于稀盐酸，也不溶于NaOH溶液。
滤渣的成分是________，反应②的离子方程式是______________________。
(2)干法空气氧化法回收铈是把Ce(OH)3被空气氧化成Ce(OH)4，氧化过程中发生反应的化学方程式为____________________________________________。两种制备Ce(OH)4的数据如下表：
干法空气氧化法
氧化温度/ ℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
110～120
90
18
在对流空气氧化炉中
110～120
99
8

在对流空气氧化炉中大大缩短氧化时间的原因是_____________________________
________________________________________________________________________。
(3)利用电解方法也可以实现铈的回收。
①在酸性条件下电解Ce2O3(如图)：阳极电极反应式为
________________________________________________________________________，
离子交换膜为________ (填“阴”或“阳”)离子交换膜。

②电解产物Ce(SO4)2是重要的氧化剂，将其配成标准溶液，在酸性条件下能测定工业盐中NaNO2的含量，写出发生反应的离子方程式________________________________。
解析：(1)流程中的“滤渣”是玻璃粉末中加稀盐酸过滤所得，必为不溶于稀盐酸的CeO2、SiO2。“滤渣”中加入稀盐酸、H2O2后，过滤所得滤液中含Ce3＋，故此时CeO2发生化学反应而溶解，CeO2被还原为Ce3＋，则H2O2被氧化为O2，反应②的离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O。
(2)干法空气氧化法回收铈，Ce(OH)3被空气中氧气氧化成Ce(OH)4，反应的化学方程式为4Ce(OH)3＋O2＋2H2O===4Ce(OH)4。与“暴露空气中”相比，“在对流空气氧化炉中”氧气能维持较大浓度，发生氧化反应的接触面积增大，化学反应较快，使氧化时间缩短。
(3)①电解池中，阳极发生失电子的反应(氧化反应)。图中电解装置的阳极为Ce2O3，溶液为Ce(SO4)2、H2SO4的混合溶液，故为Ce2O3(Ce ＋3价)失电子生成Ce(SO4)2(Ce ＋4价)，阳极电极反应式为Ce2O3－2e－＋6H＋===2Ce4＋＋3H2O。图中阳极产物Ce4＋在阴极排出，则电解池中为阳离子交换膜。
②Ce(SO4)2是重要的氧化剂，则NaNO2被其氧化为NaNO3，酸性条件下它们发生反应的离子方程式为2Ce4＋＋NO＋H2O===2Ce3＋＋NO＋2H＋。
答案：(1)CeO2、SiO2　2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O
(2)4Ce(OH)3＋O2＋2H2O===4Ce(OH)4　空气对流能使氧气浓度增大；使接触面积增大
(3)①Ce2O3－2e－＋6H＋===2Ce4＋＋3H2O　阳
②2Ce4＋＋NO＋H2O===2Ce3＋＋NO＋2H＋
8．从报废后的锂电池(主要成分为LiCoO2，此外含铁、铝、铜、锰、镍等)中回收有关物质，回收工艺流程如下：

(1)操作②的名称为_______________，操作①的目的是___________________________。
(2)写出酸浸过程中LiCoO2发生氧化还原反应的化学方程式____________________。
(3)室温下，各物质的Ksp如下表所示：(已知：lg 2＝0.3、lg 6＝0.8)
物质
Al(OH)3
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
Ksp
1×10－35
2×10－13
6×10－15
4×10－15
若水相中各金属离子浓度均为0.1 mol·L－1，且离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1，即认为该离子已完全除去，操作②需调节溶液pH的取值范围为_________。(保留1位小数)
(4)某锂离子电池正极材料含有LiNi1/3Co1/3Mn1/3O2，其中Ni、Co的化合价分别为＋2、＋3，则Mn的化合价为______。该材料可通过回收的Ni(1－x－y)CoxMnyCO3与LiOH·H2O烧结得到，反应中不能隔绝空气，其原因是________________________。
解析：(1)根据工艺流程图得出，操作②的名称为过滤，操作①为萃取，其目的是除铜。
(2)LiCoO2和H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸锂、硫酸钴、水和氧气，反应的化学方程式为2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4===Li2SO4＋2CoSO4＋4H2O＋O2↑。
(3)由工艺流程图可知，操作②需调节溶液pH的目的是使Al(OH)3沉淀完全，而Ni2＋、Co2＋、Mn2＋不沉淀，若使Al(OH)3沉淀完全，根据Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)，则c(OH－)＝＝10－10 mol·L－1，所以pH＝－lg 10－4＝4.0，若使Ni2＋、Co2＋、Mn2＋不沉淀，由于Ni(OH)2溶度积最小，若Ni(OH)2不沉淀，则Co2＋、Mn2＋也不沉淀，根据Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)c2(OH－)，则c(OH－)＝＝2×10－7mol·L－1，c(H＋)＝＝5×10－8，pH＝－lg 5×10－8＝8－lg 5＝7.3，调节溶液pH的取值范围为4.0≤pH＜7.3。
(4)根据化合价代数和为0，LiNi1/3Co1/3Mn1/3O2中Ni、Co的化合价分别为＋2、＋3，设Mn的化合价为x。则1＋(＋2)×＋(＋3)×＋x×＋(－2)×2＝0，计算得x＝＋4，由Ni(1－x－y)CoxMnyCO3可知Co和Mn的化合价较低，需要O2将其氧化到较高价态，故通过回收的Ni(1－x－y)CoxMnyCO3与LiOH·H2O烧结得到LiNi1/3Co1/3Mn1/3O2，反应中不能隔绝空气。
答案：(1)过滤　除铜　(2)2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4===Li2SO4＋2CoSO4＋4H2O＋O2↑　(3)4.0≤pH＜7.3(写4.0～7.3也可)　(4)＋4　需要空气中的O2把其中＋2价的Co和＋2价的Mn氧化为更高的价态
9.某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下：

(1)Na2SO3溶液和氨水均可作浸出剂，但由于氨水易________(填物理性质)，故用Na2SO3溶液更环保。
(2)Ⅰ中主要反应：AgCl＋2SOAg(SO3)＋Cl－。研究发现：其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率(浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比)降低，可能原因是_________________________(用离子方程式表示)。
(3)研究发现：浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总浓度及浸出液pH的关系如下图。

①pH＝10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化趋势是________________________________________________________________________。
②解释①中变化趋势的原因：_____________________________________
________________________________________________________________________。
③pH＝5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH＝10时不同，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)将Ⅱ中反应的离子方程式补充完整：
Ag(SO3)＋OH－＋________===________＋________＋________＋CO。
(5)Ⅲ中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从回收液离子浓度变化和反应限度的角度分析原因：_________________________________________。
解析：(1)氨水易挥发污染空气，故用Na2SO3溶液更环保。
(2)反应在敞口容器中进行，SO很容易被空气中氧气氧化，反应的离子方程式为2SO＋O2===2SO。
(3)①根据图像可知，当pH＝10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大；
②①中变化趋势的原因：浸出液中c(SO)增大，使浸出反应AgCl＋2SOAg(SO3)＋Cl－的平衡正向移动；
③ pH＝5时，含银化合物总浓度几乎不变，原因是pH较小时，SO与H＋结合生成HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c(SO)均较小；
(4)Ag的化合价由＋1价降至0价，HCHO被氧化成CO，回收液循环使用，说明有SO生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得：4Ag(SO3)＋6OH－＋HCHO===4Ag＋8SO＋4H2O＋CO；
(5)随着循环次数增加，浸出液中c(SO)减小、c(Cl－)增大，均使AgCl＋2SOAg(SO3)＋Cl－的限度减小。
答案：(1)挥发　(2)2SO＋O2===2SO　(3)①含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大　②浸出液中c(SO)增大，使浸出反应的平衡正向移动　③pH较小时，SO与H＋结合生成HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c(SO)均较小　(4)4　6　1　HCHO　4　Ag　8　SO　4　H2O　(5)随着循环次数增加，浸出液中c(SO)减小、c(Cl－)增大，均使AgCl＋2SOAg(SO3)＋Cl－的限度减小
10.工业上利用铬铁矿制备的化工流程如下：

回答下列问题：
(1)“氧化焙烧”过程中，理论上1 mol FeO·Cr2O3完全被氧化为Na2CrO4和Fe2O3时，转移电子的物质的量为________；“水浸”过程中，为提高Na2CrO4的浸取率，除可适当增大水的用量之外，还可采取的措施是____________________________________(列举一条)。
(2)“除铝”时通入足量CO2发生反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
(3)“酸化结晶”过程中发生的反应为2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O，该反应的平衡常数表达式为K＝________。
(4)Na2Cr2O7与(NH4)2SO4混合热解时生成Cr2O3和N2及硫酸盐的化学方程式为________________________________________________________________________；
能说明“水洗”完全的方法是___________________________________________。
(5)测定产品中Cr2O3含量的步骤如下：
步骤1.准确称取a g 产品，加入KClO3 熔融(Cr2O3＋5KClO3===2K2CrO4＋KCl＋5O2 ↑＋2Cl2↑)；步骤2.酸化，转化为K2Cr2O7溶液；
步骤3.加入稍过量的KI溶液充分反应(Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O)，加入淀粉溶液作指示剂，用c mol·L－1 Na2S2O3标准溶液进行滴定(I2＋2S2O===2I－＋S4O)至终点，消耗标准溶液V mL。
则产品中含Cr2O3的质量分数为________(列出计算表达式)。
解析：(1)由FeO·Cr2O3中，Fe从＋2→＋3，Cr从＋3→＋6，故失去电子1 mol＋2×3 mol＝7 mol；影响浸取率的常见因素有：液固比、浸取温度、浸取时间、固体粒度及搅拌速率等。
(2)通CO2除AlO，CO2过量，故CO2转化为HCO，AlO转化为Al(OH)3，故离子方程式为AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO。
(4)该混合物相当于先发生复分解反应生成Na2SO4和(NH4)2Cr2O7，(NH4)2Cr2O7受热分解为N2、Cr2O3和H2O，Na2Cr2O7＋(NH4)2SO4Na2SO4＋Cr2O3＋N2↑＋4H2O。检验其是否洗净可以检验滤液中是否含有SO。
(5)依据多步反应：Cr2O3～2CrO～Cr2O～3I2～6S2O。n(Cr2O3)＝×n(Na2S2O3)＝ mol，m(Cr2O3)＝ g，除以a即得Cr2O3的质量分数。
答案：(1)7 mol　适当延长浸取时间或适当提高浸取温度或充分搅拌等(答出一点即可)
(2)AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO
(3)
(4)Na2Cr2O7＋(NH4)2SO4Na2SO4＋Cr2O3＋N2↑＋4H2O　取少量最后一次洗涤滤液，滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀，说明已洗涤完全
(5)×100%