重庆市第八中学2023届高三化学下学期适应性月考（八）试题（Word版附解析）

重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷(八)化学注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。以下数据可供解题时参考。可能用到的相对原子质量：H—l　Li—7　C—12　N—14　O—16　Na—23　Ca—40　Mn—55　Cu—64　Zn—65一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列颜色绚丽的过程为化学变化，但不涉及氧化还原反应的是A.硫酸锶灼烧时火焰呈洋红色B.无水硫酸铜溶于浓氨水生成深蓝色溶液C.酸性重铬酸钾遇乙醇转化为绿色溶液D.《抱朴子》记载：“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”【答案】B【解析】【详解】A．硫酸锶灼烧时火焰的颜色为锶的焰色，该过程不属于化学变化，A错误；B．无水硫酸铜溶于浓氨水发生反应，，深蓝色是生成的，该过程不属于氧化还原反应，B正确；C．酸性重铬酸钾遇乙醇转化为绿色溶液，是乙醇还原酸性重铬酸钾生成绿色，乙醇被氧化为乙酸，该过程属于氧化还原反应，C错误；D．“丹砂(HgS)烧之成水银”涉及有Hg单质生成的分解反应，“积变又还成丹砂”涉及有单质参加的化合反应，均为氧化还原反应，D错误；故选B。2.下列化学用语使用正确的是 A.顺-2-丁烯的球棍模型：B.用电子式表示NaCl的形成过程：C.用石墨电极电解溶液：D.基态氮原子的轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，则是反-2-丁烯的球棍模型，故A错误；B．离子化合物NaCl由钠离子和氯离子组成，用电子式表示其形成过程为，故B正确；C．电解氯化铜溶液时，根据电解时放电顺序，阴极Cu2+先放电，总反应为，故C错误；D．根据洪特规则可知，基态氮原子的轨道表示式为，故D错误；答案为B。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.等物质的量的比多个中子B.常温下，12g石墨中含有的键数目为C.常温常压下，与的混合气体中含有的原子数目为D.标准状况下，与足量的水反应，转移电子的数目为【答案】C【解析】【详解】A．D比H多1个中子，但是没有确定的物质的量是没有办法确定具体的微粒数，A错误； B．石墨为平面层状结构，1个C原子可形成3个键，每个碳原子有1.5个键，石墨中含有的键数目为，B错误；C．与的相对分子质量都是44，所以常温常压下，与的混合气体中含有的分子的物质的量是0.1mol，由于每种物质分子中都含有3个原子，故0.1mol的混合气体中含有的原子数目为，C正确；D．与水反应生成HCl和HClO为可逆反应，标准状况下22.4L氯气与足量水反应转移电子的数目小于，D错误；故选C。4.常温下，下列各组离子在给定溶液中可能大量共存的是A.麦芽糖溶液中：、、、B.能使苯酚溶液显紫色的溶液中：、、、C.水电离出来的的溶液中：、、、D.滴加甲基橙显红色的水溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．麦芽糖具有还原性，酸性条件下具有强氧化性，两者不能共存，A不符合题意；B．能使苯酚溶液显紫色的溶液中含有，与因发生双水解而不能大量共存，B不符合题意；C．水电离出来的的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，酸性条件下，和都能与反应不能共存，C符合题意；D．滴加甲基橙显红色的水溶液呈酸性，在酸性条件下能发生反应，不能大量共存，D不符合题意；故答案为：C。5.下列离子方程式书写正确的是A.NaHS水解：B.向溶液中通入少量：C.向溶液()加入NaOH溶液： D.用过量氨水吸收工业尾气中的：【答案】D【解析】【详解】A．NaHS水解是，而是HS-电离，故A错误；B．FeI2与Cl2发生氧化还原反应，还原性：I-＞Fe2+，因此氯气先与I-发生反应，即正确的是Cl2+2I-=2Cl-+I2，故B错误；C．0.1mol/LNaHA溶液的pH为1，说明HA-完全电离，发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O，故C错误；D．过量氨水与SO2反应，生成亚硫酸铵，其离子方程式为，故D正确；答案为D。6.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，元素X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，元素Y基态原子核外没有成单电子，Z为人类日常生活中常用的金属材料。由四种元素组成的一种团簇分子的球棍模型如图。下列说法不正确的是A.该团簇分子的分子式为B.简单离子半径：C.第一电离能：D.W与X形成的化合物可能含有极性键和非极性键【答案】C【解析】【分析】元素X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，根据核外电子排布规律，推出X为O元素，Z为人类日常生活中常用的金属材料，Z为短周期元素，则Z为Al元素，元素Y基态原子核外没有成单电子，根据原子序数依次增大，且按照排布规律，推出Y为Mg，由四种元素组成的一种团簇分子的球棍模型知W为H元素，据此分析作答。 【详解】A．该模型为团簇分子，根据模型可知，有2个Y，6个X，2个Z，2个W，该团簇分子的化学式为Mg2Al2O6H2，故A说法正确；B．X、Y、Z简单离子分别为O2-、Mg2+、Al3+，它们核外电子排布相同，离子半径随着原子序数的递增而减小，简单离子的半径O2-＞Mg2+＞Al3+，故B说法正确；C．同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，因此第一电离能O＞Mg＞Al，故C说法错误；D．W与X形成的化合物可以是H2O2，也可以是H2O，H2O2中既含有极性键又含有非极性键，故D说法正确；答案为C。7.以纤维素为原料合成PEF树脂的路线如图。下列有关说法正确的是A.纤维素与淀粉互为同分异构体XB.葡萄糖是自然界中甜度最高的糖C.可用酸性溶液直接将5-HMF氧化为FDCAD.PEF可由FDCA和乙二醇发生缩聚反应制得【答案】D【解析】【详解】A．纤维素和淀粉为高分子化合物：，因为聚合度不同，所以分子式并不相同，并不互为同分异构体，A错误；B．自然界中甜度最高的糖是果糖，B错误；C．5-HMF含有碳碳双键，被高锰酸钾氧化，C错误；D．二元酸与二元醇可以通过缩聚反应获得聚酯，D正确；故选D。8.月球表面富含钛铁矿，其主要成分为，其中Fe为价，由钛铁矿制取金属钛的大致流程如图所示。下列说法正确的是 A.Ti的化合价为价，在周期表中位于ds区B.氯化反应中与C的物质的量之比为6∶7C.浓溶液加热浓缩再结晶可制得D.制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气【答案】D【解析】详解】A．Ti属于d区，A错误；B．根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为，则氯化反应中与C的物质的量之比为7∶6，B错误；C．制备需加入大量水，同时加热，促进的水解，得到的还不是，得到还要经焙烧才能得到，C错误；D．制取金属钛时选用氩气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg与空气中的成分发生反应，D正确；故选D。9.硼酸(，一元弱酸)晶体为层状结构，如图所示；分析化学中常将其与转化成(一元强酸)进行测定。下列有关说法不正确的是A.电负性：B.B的基态电子排布式为C.主要通过分子间氢键形成层状结构D.与中B的杂化类型相同【答案】D 【解析】【详解】A．同周期元素，从左到右，电负性增大，故，A正确；B．B5号元素，基态电子排布式为，B正确；C．从图分析，分子间存在氢键，C正确；D．中B为sp2杂化，中B为sp3杂化，D错误；故选D。10.下列有关实验探究方案设计合理的是选项实验目的实验方案A比较甲酸和乙酸的酸性强弱取等体积的甲酸和乙酸溶液分别与足量的锌反应，用排水法收集气体，比较排出液体体积的大小B检验中的官能团先加入足量的银氨溶液，微热，再加溴水C比较和的催化效果向等体积等浓度的溶液中分别加入5滴等浓度的和溶液，观察气体产生的速度D用HCl溶液测定氨水的浓度将量取的氨水放入锥形瓶中，加入酚酞作指示剂，用标准HCl溶液滴定A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．等体积等pH的两种酸，酸性越弱，酸的物质的量越大，生成的H2就越多，A符合题意；B．银氨溶液呈碱性，应先酸化后再加溴水，B不符合题意；C．催化剂中阴、阳离子均不同，应控制阴离子相同比较Cu2+和Fe3+的催化效果，C不符合题意；D．强酸滴定弱碱，终点为酸性，用酚酞作指示剂误差太大，D不符合题意；故选A。 11.如图所示实验装置、现象或操作正确，且能达到相应实验目的的是A.装置甲：模拟铁的腐蚀，左侧为析氢腐蚀，右侧为吸氧腐蚀B.装置乙：验证稀硝酸的还原产物为NOC.装置丙：除去乙烷中混有的乙烯D.装置丁：除去苯中混有的苯酚(加入浓溴水再转入丁图中分液)【答案】B【解析】【详解】A．本实验现象有误，左侧为析氢腐蚀，气体压强增大，右侧为吸氧腐蚀，气体压强减小，因此红墨水应该是左低右高，故A错误；B．因为NO能与氧气反应生成NO2，对还原产物检验有干扰，硝酸与碳酸钙反应生成二氧化碳可排除装置内的空气，Cu与稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，且不与Ca(OH)2反应，排水法收集气体为NO，故B正确；C．乙烯被高锰酸钾氧化为CO2，CO2混在乙烷中，生成新的杂质，故C错误；D．苯酚与浓溴水反应生成的2，4，6-三溴苯酚，2，4，6-三溴苯酚与苯相溶，无法通过分液的方法除去，故D错误；答案B。12.钛酸锂电池在通信电源领域具有很广泛的应用前景，其工作原理如图所示，下列说法正确的是A.充电时，向M极移动B.放电时，电子由N极流出，经电解质溶液，流入M极C.放电时，N极发生的电极反应为 D.用该电池电解精炼铜，当生成32g精铜时，两电极的质量变化差为7g【答案】C【解析】【详解】由工作原理图中相应物质的化合价变化可知，M为正极或阳极，N为负极或阴极A．充电时，向阴极(N极)移动，A错误；B．放电时，电子由负极(N极)流出，经导线流入正极(M极)，B错误；C．放电时，N极发生的电极反应为，C正确；D．用该电池电解精炼铜，当生成32g精铜时，两电极的质量变化差为14g(正负两极质量一增一减)，D错误；故选C。13.化学图像可以综合并直观地反应外界条件对化学反应的影响，如图所示图像是描述外界条件对化学反应的进程或结果的影响，下列说法正确的是A.图①表示在时扩大容器体积，随时间变化的曲线B.若图②中A、B、C三点表示反应在不同温度、压强下NO的平衡转化率，则压强最小的是点B，化学平衡常数最小的是A点C.图③表示在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入和进行反应，由图可知D.图④表示工业合成氨平衡时体积分数随起始变化的曲线，则转化率：【答案】A【解析】【详解】A．图①中t1时刻v逆突然减小，且到t2新平衡建立的时候，v逆持续减小，说明平衡逆向移动，，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，因此在t1 时扩大容器体积，即减压平衡逆向移动，故A正确；B．由图②中图像可知，随着温度的升高NO的转化率下降，说明平衡逆向移动，则该反应的正向为放热反应。A、B、C三点A点温度最低，此时平衡正向程度最大，K值最大，B点温度最高，则B点化学平衡常数最小，故B错误；C．图③表示在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应，a点CO和H2转化率相同，当按照化学计量数之比投入时，两者转化率相同，即a=2，故C错误；D．图④中A、B两点是平衡时NH3体积分数相同的点，图中的最高点是N2和H2恰好按照方程式系数1∶3开始反应的平衡点，A点H2过量，B点N2过量，因此氢气的转化率不会相同，故D错误；答案为A。14.乙二胺(，缩写为EDA)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨类似，即、。常温下，向溶液中加入NaOH固体(忽略溶液体积变化)，溶液中、、EDA三种粒子浓度的对数值、所加入NaOH固体的质量与pOH的关系如图所示，下列说法错误的是A.乙二胺第二步电离常数的数量级为B.时，C.时，D.时，加入NaOH固体质量【答案】B【解析】【分析】图中①②③分别代表EDAH、EDAH+、EDA。 【详解】A．乙二胺第二步电离，其电离常数Kb2=，电离平衡常数只受温度的影响，因此利用p1点进行计算，p1点c(EDAH)=c(EDAH+)，即Kb2=c(OH-)=10-7.2，其数量级为10-8，故A说法正确；B．pH=5时，即pOH=9，根据图像可知，c(EDAH)＞c(EDAH+)＞c(EDA)，故B说法错误；C．根据电荷守恒，有c(Na+)+c(H+)+c(EDAH+)+2c(EDAH)=c(OH-)+c(Cl-)，p2点时，pOH=7，溶液显中性，即c(H+)=c(OH-)，因此有c(Na+)+c(EDAH+)+2c(EDAH)=c(Cl-)，根据元素质量守恒，因此有2c(EDAH+)+2c(EDAH)+2c(EDA)=c(Cl-)，两式合并得出，c(Na+)=c(EDAH+)+2c(EDA)，故C说法正确；D．p3时，c(EDA)=c(EDAH+)，即n(EDA)=n(EDAH+)==0.001mol，加入NaOH固体，发生EDAH2Cl2+NaOH=EDAHCl+NaCl+H2O和EDAH2Cl2+2NaOH=EDA+2NaCl+2H2O，推出消耗NaOH的物质的量为0.003mol，即m2=0.003mol×40g/mol=0.12g，故D说法正确；答案为B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.氨基甲酸铵是一种易水解且受热易分解的白色固体，易溶于水，难溶于，某研究小组用如图所示的实验装置制备氨基甲酸铵。反应原理：　（1）仪器组装完毕后，首先应进行的操作是___________，仪器F中发生反应的化学方程式为___________。 （2）装置B中所盛的试剂是___________溶液，E中所盛的药品可以是___________(填序号)。A碱石灰B．C．无水氯化钙D．浓硫酸（3）对比本实验装置，有同学用如图所示装置来代替产生气体，其优点有___________(填序号)。A.装置简单，操作方便B.避免了的净化和干燥处理C.加快了氨基甲酸胺的生成速率D.对的流速有更好的调控和掌握（4）反应过程中需要将装置D放入冰水浴中，从原料转化率和产物纯度的角度分析，原因可能是___________、___________。（5）导管h一般与装置G相连，则装置G除了能防倒吸，还具有的作用是___________。（6）产品纯度分析：称取产品3.91g(内含杂质)，加入足量石灰水充分反应，使碳元素全部转化为碳酸钙，经过滤、洗涤、干燥后称量，测得质量为5.00g，则样品中氨基甲酸铵的质量分数是___________(计算结果保留小数点后两位)。[摩尔质量：、]【答案】（1）①.检查装置气密性②.。（2）①.饱和碳酸氢钠②.A（3）AB（4）①.该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，反应物的转化率升高②.降低温度，防止因反应放热造成分解而使产物纯度降低（5）吸收未反应的氨气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入反应器使产品水解（6）79.80%【解析】【分析】碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳中含有氯化氢和水蒸气，用饱和碳酸氢钠除去氯化氢，再用浓硫酸除去水蒸气，通入D 中，右侧装置用氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，用碱石灰干燥氨气，然后通入到D中，氨气和二氧化碳反应生成。据此解答。【小问1详解】仪器组装完毕后首先应检验装置的气密性，仪器F中制取氨气，方程式为：。【小问2详解】装置B中所盛的试剂为饱和碳酸氢钠溶液，吸收二氧化碳中的氯化氢，E中试剂吸收氨气中的水，试剂为碱石灰。【小问3详解】干冰变为二氧化碳吸收热量使体系温度降低，反应速率降低，【小问4详解】装置D用于合成产物氨基甲酸铵，因为反应放热，因此冰水浴可以降低温度，有利于反应正向进行，提高氨基甲酸铵的产率，同时可以防止因反应放热造成的快速分解。【小问5详解】装置G中浓硫酸可以吸收尾气中的氨气，防止空气污染，同时可以防止倒吸及空气中的水蒸气进入装置。【小问6详解】设碳酸氢铵为xmol，氨基甲酸铵为ymol，由样品总质量可得：，又因为，由碳原子守恒可得：，解，，则，则氨基甲酸铵的质量分数。16.2023年1月，重庆市经济和信息化委员会、重庆市发展和改革委员会、重庆市生态环境局联合印发了《重庆市工业领域碳达峰实施方案》，提出了21项重点工作举措，为实现碳达峰奠定了坚实基础。由制备甲醇、甲醛、甲酸等，实现的资源化利用已成为重要课题。回答下列问题：（1）常温常压下，甲醛为气态，而甲酸为液态，其原因是___________。（2）科研团队通过多种途径实现了合成甲醛，总反应　已知： 反应Ⅰ：　反应Ⅱ：　反应Ⅲ：　反应Ⅳ：　①___________。②向一恒温恒容容器中充入和只发生反应Ⅰ，若起始时容器内压强为1.2kPa，反应经3min达到平衡，平衡时的分压为0.24kPa，则这段时间内的平均反应速率___________kPa/min。平衡后，再向容器内通入和，使二者分压均增大0.05kPa，的转化率将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。③若在某恒温恒容容器中充入和只发生反应Ⅱ，下列说法正确的是___________(填序号)。A．反应Ⅱ在高温下可以自发进行B．若混合气体的平均密度不再改变，说明反应Ⅱ已经达到平衡C．反应任意时刻均存在D．增大浓度，的平衡物质的量分数一定增大（3）我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s-SnLi用于制备甲酸。在不使用催化剂和使用s-SnLi催化剂两种反应路径下由制备甲酸，各反应物、中间体、产物(其中CO为副产物)的相对能量如图甲所示，据图分析，便用s-SnLi化剂除了能加快制备甲酸反应的速率，还具有的作用是___________。（4）基于催化剂s-SnLi的电催化制备甲酸盐同时释放电能的装置如图乙所示，该电池放电时，正极 的电极方程式为___________。若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论上消耗的质量为___________(已知1mol电子所带电荷量为FC，用含I、t、F的代数式表示)。【答案】（1）甲酸分子间能形成氢键（2）①.②.0.24③.增大④.B（3）减少副产物CO的生成（4）①.②.【解析】【小问1详解】常温常压下，甲醛为气态，而甲酸为液态，其原因是：甲酸分子间能形成氢键；【小问2详解】①由盖斯定律，；②根据三段式，用分压代表浓度：。平衡后，再向容器内通入和，使二者分压均增大0.05kPa，此时，故平衡正向移动，的转化率将增大。③A项，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，在低温下可以自发进行。B项，反应Ⅱ气体总质量随反应进行而减小，故混合气体的平均密度不再改变时，反应已经达到平衡。C项，是液体，一般不用来表示反应速率。D项，增大浓度，气体总物质的量增大，的平衡物质的量分数不一定增大；【小问3详解】使用s-SnLi催化剂除了能加快制备甲酸反应的速率，同时也能增大副反应活化能，使副反应速率减小，减少副产物CO的生成；【小问4详解】根据电池结构，正极为生成，电极反应式为：，根据电荷守恒，若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论上消耗的质量为：。17.褪黑激素的前体K的合成路线如图。 已知：+R3OH(R表示烃基或氢)。（1）A能发生银镜反应，A中所有官能团的名称是___________。（2）B>D、D>E的反应类型分别是___________、___________。（3）试剂W的分子式是，则生成F的反应方程式是___________。（4）G中只含酯基一种官能团，则M的结构简式是___________。（5）与M互为同分异构体，且满足下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。①能与溶液反应放出②能发生银镜反应（6）由K合成Q()Q再经图所示过程合成褪黑激素。则X和Z的结构简式分别是___________、___________。【答案】（1）碳碳双键、醛基（2）①.加成反应(或“还原反应”)②.取代反应（3）++K2CO3+KBr+KHCO3（4）（5）12 （6）①.②.【解析】【分析】A的分子式是，且能发生银镜反应，所以A的结构是，与发生加成反应生成B(羟基醛)，由K中由三个可知E的结构简式为，所以D的结构简式为，B的结构简式为，根据K的左半部分结构可知W的结构简式是，根据K的右半部分结构可知M的结构简式是，而Q合成褪黑激素的过程中，Q在NaOH溶液中水解，可发生反应的官能团是酯基和酰胺基，水解之后的产物为，而X生成Z的过程，根据分子式可知，失去COONa，所以Z的结构简式是。【小问1详解】A的结构是，官能团的名称为：碳碳双键、醛基；【小问2详解】根据分析，B>D、D>E的反应类型分别是：加成反应(或“还原反应”)和取代反应；【小问3详解】试剂W的分子式是，W的结构简式是，生成F的反应方程式是： ++K2CO3+KBr+KHCO3；【小问4详解】根据K的右半部分结构，G中只含酯基一种官能团，可知M的结构简式是：；【小问5详解】M的分子式为，根据题目要求，该同分异构体中含有和，剩余4个碳的碳链上链接和，碳链结构为和，分别链接上和，其同分异构体数目共为12种。【小问6详解】Q合成褪黑激素的过程中，Q在NaOH溶液中水解，可发生反应的官能团是酯基和酰胺基，水解之后的产物为，而X生成Z的过程，根据分子式可知，失去COONa，所以Z的结构简式是。18.绿柱石()获取BeO的常用方法有酸浸法和氟化法两种，其操作流程如图：（1）为了提高“锻烧”反应的转化率，可采用的措施有___________(写一条)。 （2）“萃取”后，水相中主要含的金属离子为___________(填离子符号)；已知Be在有机相和水相中分配比(即萃取的浓度比)约为2∶1，为了使的萃取率达到99%以上，可采用的有效措施有___________(写一条)。（3）加“锻烧”时，有生成，则煅烧时发生的化学方程式为___________；产物的VSEPR模型为___________。（4）加入NaOH“除铁”时，是为了除去过量的，则发生的离子方程式为___________。（5）加入NaOH“沉铍”时，为使得沉铍率达到99.9%，应调节溶液的pH值为___________(计算结果保留至小数点后一位)。已知：沉铍前，溶液中，；，；；。（6）绿柱石属于硅酸盐材料，其晶体结构中含有环状硅酸盐单元；z轴方向上，相邻两层环投影图如图甲，晶胞结构如图乙。①z轴方向上，晶胞参数c为2xpm，而不是xpm的原因是___________。②绿柱石的化学式为___________。③已知：晶体中，Be、Al、Si均和氧配位，Be和Si的配位数均为4，氧的配位数有两种，分别为2和3，两种氧的个数比为1∶2.通过计算可确定Al的配付数应为___________。【答案】（1）粉碎绿柱石(1分，或“锻烧时搅拌”等其他合理答案)（2）①.②.多次萃取并将萃取液合并（3）①.②.正四面体形（4）（5）13.3（6）①.相邻两层环的空间取向不同，作为晶胞顶尖无法平移②.或③.6 【解析】【分析】绿柱石煅烧后酸浸，得到铝离子与铍离子，铍离子被有机物萃取，铝离子存在水相中，加入氢氧化钠沉铍；由加Na3FeF6“锻烧”时，发生，加碱除去铁元素，加入氢氧化钠沉铍，以此分析；【小问1详解】将绿柱石粉碎、反应过程中搅拌都有利于固体反应物的充分接触，从而提高反应转化率；故答案为：粉碎绿柱石(或锻烧时搅拌)；【小问2详解】根据分析，酸浸后铝离子存在于水相，铍离子存在于有机相，且多次萃取可以增加萃取率；故答案为：Al3+；多次萃取并将萃取液合并；【小问3详解】由后续除杂操作仅为除去过量的Na3FeF6可知，反应中Al、Si、Fe元素均转化成不溶于水的固体，应为氧化物，给方程式为：；[BeF4]2−为sp3杂化，VSEPR模型为四面体；故答案为：；四面体；【小问4详解】加氢氧化钠除去铁元素，生成Fe(OH)3沉淀，；故答案为：；【小问5详解】，x=0.2，；故答案为：13.3；【小问6详解】①晶胞具有平移性，即包含顶点的平移，由图甲可知，相邻两层[Si6O18]环的空间取向不同，作为晶胞顶尖无法平移； 故答案为：相邻两层[Si6O18]环的空间取向不同，作为晶胞顶尖无法平移；②根据图示，Al在体内，共4个，Si6O18在顶点及棱上，；Be原子8个在面上，2个在体内，，故Si6O18：Al：Be：O的原子个数比为2：4：6=1：2：3，绿柱石的化学式为；故答案为：；③由原子角标之比=原子配位数之比，可得阴离子配位总数=阳离子配位总数，由晶体化学式以及氧的配位数有两种，分别为2和3，2种氧的个数比为1：2可知，18个氧种，6个氧是2配位，12个氧是3配位，设Al的配位数为y，则有阴离子配位数总和=6×2+12×3=3×4+6×4+2y=阳离子配位总和，故y=6；