高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)教師用書(shū) 17 第三章　第14講　過(guò)渡金屬與化工流程

第14講過(guò)渡金屬與化工流程[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.了解熱點(diǎn)過(guò)渡金屬及其化合物的轉(zhuǎn)化。2.能用熱重分析法計(jì)算判斷金屬化合物的組成?？键c(diǎn)一熱重分析法的應(yīng)用1．設(shè)晶體為1mol，其質(zhì)量為m。2．失重一般是先失水，再失非金屬氧化物。3．計(jì)算每步固體剩余的質(zhì)量(m余)，eq\f(m余,m)×100%＝固體殘留率。4．晶體中金屬質(zhì)量不再減少，仍在m余中。5．失重最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得m氧，由n金屬∶n氧即可求出失重后物質(zhì)的化學(xué)式。1．g摩爾鹽[(NH4)2SO4·FeSO4·xH2O]產(chǎn)品，在隔絕空氣的條件下加熱至135℃時(shí)完全失去結(jié)晶水，g，則該摩爾鹽結(jié)晶水個(gè)數(shù)x＝________。解析：m[(NH4)2SO4·FeSO4]g，n[(NH4)2SO4·FeSO4]＝g,284g·mol－1)＝mol，m(H2O)g，n(H2O)＝g,18g·mol－1)mol，則該摩爾鹽結(jié)晶水個(gè)數(shù)x＝eq\f(mol)＝6。答案：62．CoCl2·6H2O晶體受熱易分解，取119g該晶體加熱至某一溫度，得到CoCl2·xH2O晶體83g，則x＝________。解析：119g該晶體的物質(zhì)的量為eq\f(119g,238g·mol－1)mol，含結(jié)晶水3mol，加熱后失去結(jié)晶水的質(zhì)量為119g－83g＝36g，n(H2O)＝eq\f(36g,18g·mol－1)＝2mol，molCoCl2·xH2O含結(jié)晶水為3mol－2mol＝1mol，所以x＝2。答案：23．“煅燒”NiSO4·6H2O晶體時(shí)剩余固體質(zhì)量與溫度變化曲線如圖，該曲線中B段所表示氧化物的名稱為_(kāi)_______。解析：gNiSO4·6H2O晶體的物質(zhì)的量為g,263g·mol－1)mol，molmol×59g·mol－1g，該晶體受熱先失結(jié)晶水，再分解得到鎳的氧化物，根據(jù)原子守恒，gg，mol，所以固體氧化物中n(Ni)∶n(O)mol∶mol＝2∶3，所以B段所表示氧化物的名稱為三氧化二鎳。答案：三氧化二鎳4．CoO溶于鹽酸可得粉紅色的CoCl2溶液，CoCl2·6H2O晶體受熱分解時(shí)，剩余固體質(zhì)量隨溫度變化的示意關(guān)系如圖，B段物質(zhì)的化學(xué)式是_____________________________。解析：476mgCoCl2·6H2O的物質(zhì)的量是g,238g·mol－1)mol，其中結(jié)晶水的質(zhì)量是g，根據(jù)圖像可知固體質(zhì)量由476mg變?yōu)?32mg，質(zhì)量減少144mg，這說(shuō)明該階段減少水的物質(zhì)的量是g,18g·mol－1)mol，mol，g，則A段物質(zhì)的化學(xué)式為CoCl2·2H2O。A到B階段固體質(zhì)量減少332mg－296mg＝36mg，則剩余水的質(zhì)量是72mg－36mg＝36mg，mol，因此B對(duì)應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)式是CoCl2·H2O。答案：CoCl2·H2O考點(diǎn)二化工流程題中的過(guò)渡金屬過(guò)渡金屬元素常具有多種可變化合價(jià)，形成化合物種類較多，近年高考題常以Cr、Mn、V、Zn等元素化合物的制備流程為載體，考查不同價(jià)態(tài)物質(zhì)轉(zhuǎn)化規(guī)律，條件控制、物質(zhì)的分離提純等關(guān)鍵能力。1．(2022·山東師范大學(xué)附中模擬預(yù)測(cè))實(shí)驗(yàn)室以含鋅廢液(主要成分為ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)為原料制備ZnCO3·2Zn(OH)2的實(shí)驗(yàn)流程如下：下列說(shuō)法正確的是()A．過(guò)二硫酸鈉(Na2S2O8)中硫元素的化合價(jià)為＋7價(jià)B．氧化除錳后的溶液中存在：Na＋、Zn2＋、Fe2＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))C．調(diào)節(jié)pH時(shí)試劑X可以選用Zn、ZnO、ZnCO3等物質(zhì)D．沉鋅時(shí)的離子方程式為3Zn2＋＋6HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=ZnCO3·2Zn(OH)2↓＋5CO2↑＋H2OD[把流程中前兩步過(guò)濾后溶液編號(hào)為：濾液1、濾液2，由題給流程可知，向含鋅廢液中加入過(guò)二硫酸鈉溶液，將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，錳離子氧化為二氧化錳，過(guò)濾得到二氧化錳和濾液1；向?yàn)V液1中加入氧化鋅或碳酸鋅等調(diào)節(jié)溶液pH，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過(guò)濾得到氫氧化鐵和濾液2；向?yàn)V液2中加入碳酸氫銨溶液，將鋅離子轉(zhuǎn)化為ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀，過(guò)濾得到濾液和ZnCO3·2Zn(OH)2，分子中硫元素的化合價(jià)為＋6價(jià)，，氧化除錳后的溶液中存在的離子為Na＋、Zn2＋、Fe3＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，故B錯(cuò)誤；，所以調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)試劑X不能選用鋅，3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為3Zn2＋＋6HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=ZnCO3·2Zn(OH)2↓＋5CO2↑＋H2O，故D正確。]2．(2022·湖北黃岡中學(xué)二模)電鍍污泥(包含Ni、Ca、Fe、Al等金屬陽(yáng)離子)對(duì)環(huán)境污染極大，是典型危險(xiǎn)廢棄物。某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了從電鍍污泥中提取鎳的流程，如圖所示。根據(jù)以上信息，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()學(xué)生用書(shū)第67頁(yè)A.“浸出渣”的主要成分可能是CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3B．“氨浸”時(shí)適當(dāng)提高氨水濃度和反應(yīng)溫度，有利于增大浸出率C．該流程中“有機(jī)萃取劑”和“萃余液”均可重復(fù)使用，且重復(fù)使用的目的相同D．“富集”與“還原”之間的操作可能是沉淀、過(guò)濾、洗滌、干燥、灼燒C[(包含Ni、Ca、Fe、Al等金屬陽(yáng)離子)，研磨后加入碳酸銨、氨水進(jìn)行氨浸后除去浸出渣，鈣離子與碳酸根離子反應(yīng)生成CaCO3，溶液pH增大促進(jìn)Fe3＋、Al3＋的水解，轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3，故浸出渣主要成分為CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，選項(xiàng)A正確；B.“氨浸”時(shí)適當(dāng)提高氨水濃度，pH值增大，升高反應(yīng)溫度，均促進(jìn)Fe3＋、Al3＋的水解，有利于增大浸出率，“有機(jī)萃取劑”和“萃余液”均可重復(fù)使用，但前者重復(fù)使用的目的是充分利用萃取劑，而后者是為了提高Ni的萃取率，目的不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.“富集”與“還原”之間的操作是將溶液中的Ni轉(zhuǎn)化后處理富集且轉(zhuǎn)化為粗鎳，可能是沉淀、過(guò)濾、洗滌、干燥、灼燒，選項(xiàng)D正確。]3．(2021·河北衡水中學(xué)二模)以硅藻土為載體的五氧化二釩(V2O5)是接觸法生產(chǎn)硫酸的催化劑。從廢釩催化劑中回收V2O5既避免污染環(huán)境又有利于資源綜合利用，廢釩催化劑的主要成分為V2O5、V2O4、K2SO4、Al2O3、SiO2、Fe2O3，如圖為廢釩催化劑回收工藝路線，其中“離子交換”和“洗脫”過(guò)程可簡(jiǎn)單表示為4ROH＋V4Oeq\o\al(\s\up1(4－),\s\do1(12))R4V4O12＋4OH－(ROH為強(qiáng)堿性陰離子交換樹(shù)脂)：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．“酸浸”時(shí)V2O5轉(zhuǎn)化為VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，反應(yīng)的離子方程式為V2O5＋2H＋=2VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋H2OB．“廢渣1”的主要成分是SiO2C．“氧化”中欲使3mol的VO2＋變?yōu)閂Oeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，則需要氧化劑KClO3molD．為了提高洗脫效率，淋洗液應(yīng)該呈酸性D[V2O5、V2O4、K2SO4、Al2O3、SiO2、Fe2O3等加入稀硫酸反應(yīng)生成(VO2)2SO4、VOSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，SiO2不與硫酸反應(yīng)，過(guò)濾后，向?yàn)V液中加KClO3，將VOSO4氧化為(VO2)2SO4，加KOH溶液沉淀鋁離子和鐵離子，再進(jìn)行離子交換，再用堿液淋洗得到V4Oeq\o\al(\s\up1(4－),\s\do1(12))，再加入氯化銨沉釩，再將固體煅燒得到V2O5。A.“酸浸”時(shí)V2O5和硫酸反應(yīng)生成(VO2)2SO4和水，反應(yīng)的離子方程式為V2O5＋2H＋=2VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋H2O，2不與硫酸反應(yīng)，因此“廢渣1”的主要成分是SiO2，2＋中＋4價(jià)V變?yōu)閂Oeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))中＋5價(jià)V，化合價(jià)升高1個(gè)價(jià)態(tài)，KClO3中＋5價(jià)Cl變?yōu)椋?價(jià)Cl，降低6個(gè)價(jià)態(tài)，“氧化”中欲使3mol的VO2＋變?yōu)閂Oeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，即轉(zhuǎn)移3mol電子，因此需要氧化劑KClO3至少為eq\f(3mol,6)mol，“離子交換”和“洗脫”過(guò)程可簡(jiǎn)單表示為4ROH＋V4Oeq\o\al(\s\up1(4－),\s\do1(12))R4V4O12＋4OH－，因此為了提高洗脫效率，淋洗液應(yīng)該呈堿性，增大氫氧根濃度，促使反應(yīng)向洗脫方向進(jìn)行，故D錯(cuò)誤。]真題演練明確考向1．[2019·全國(guó)卷Ⅰ，27(5)]采用熱重分析法測(cè)定硫酸鐵銨晶體樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù)，將樣品加熱到150℃，失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學(xué)式為_(kāi)_______________________________________________________________________。解析：失重5.6%是質(zhì)量分?jǐn)?shù)，設(shè)硫酸鐵銨結(jié)晶水合物的化學(xué)式為NH4Fe(SO4)2·xH2O，由題意知×18,266＋18x)＝eq\f(5.6,100)，解得x≈12。答案：NH4Fe(SO4)2·12H2O2．[全國(guó)卷Ⅱ，27(4)]PbO2在加熱過(guò)程發(fā)生分解的失重曲線如圖所示，已知失重曲線上的a點(diǎn)為樣品失重4.0%(即eq\f(樣品起始質(zhì)量－a點(diǎn)固體質(zhì)量,樣品起始質(zhì)量)×100%)的殘留固體。若a點(diǎn)固體組成表示為PbOx或mPbO2·nPbO，列式計(jì)算x值和m∶n值。答案：根據(jù)PbO2eq\o(=,\s\up7(△))PbOx＋eq\f(2－x,2)O2↑，有eq\f(2－x,2)×32＝239×4.0%，解得x＝2－eq\f(239×4.0%,16)≈，根據(jù)mPbO2·nPbO，有eq\f(2m＋n,m＋n)，得eq\f(m,n)＝eq\f(0.4,0.6)＝eq\f(2,3)3．(2022·全國(guó)甲卷)硫酸鋅(ZnSO4)是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫(yī)學(xué)上有諸多應(yīng)用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質(zhì)為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：本題中所涉及離子的氫氧化物溶度積常數(shù)如下表：離子Fe3＋Zn2＋Cu2＋Fe2＋Mg2＋Ksp×10－38×10－17×10－20×10－16×10－11回答下列問(wèn)題：(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學(xué)方程式為_(kāi)________________________________________________________________________________________________________。(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有________________、________________。(3)加入物質(zhì)X調(diào)溶液pH＝5，最適宜使用的X是________(填標(biāo)號(hào))。A．NH3·H2OB．Ca(OH)2C．NaOH濾渣①的主要成分是________、________、______。(4)向80～90℃的濾液①中分批加入適量KMnO4溶液充分反應(yīng)后過(guò)濾，濾渣②中有MnO2，該步反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______________________________________________________________________________________________________________________。(5)濾液②中加入鋅粉的目的是_______________________________________________________________________________________________________________。(6)濾渣④與濃H2SO4反應(yīng)可以釋放HF并循環(huán)利用，同時(shí)得到的副產(chǎn)物是________、________。解析：由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質(zhì)為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，結(jié)合流程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發(fā)生反應(yīng)ZnCO3eq\o(=,\s\up7(焙燒))ZnO＋CO2↑，再加入H2SO4浸取，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物質(zhì)X調(diào)節(jié)pH＝5，結(jié)合表格數(shù)據(jù)，過(guò)濾得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的濾渣①，濾液①中主要含有Zn2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ca2＋、Fe2＋，再向?yàn)V液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2＋，過(guò)濾得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應(yīng)Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，過(guò)濾后得到濾渣③為Cu，再向?yàn)V液③中加入HF脫鈣鎂，過(guò)濾得到濾渣④為CaF2、MgF2，濾液④為ZnSO4溶液，經(jīng)一系列處理得到ZnSO4·7H2O，據(jù)此分析解答。(3)3·H2O受熱易分解產(chǎn)生NH3污染空氣，且經(jīng)濟(jì)成本較高，(OH)2不會(huì)引入新的雜質(zhì)，且成本較低，＋，且成本較高，C不適宜；當(dāng)沉淀完全時(shí)(離子濃度小于10－5mol/L)，結(jié)合表格Ksp計(jì)算各離子完全沉淀時(shí)pH＜5的只有Fe3＋，故濾渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向80～90℃濾液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，反應(yīng)的離子方程式為3Fe2＋＋MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋；(5)濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應(yīng)Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，故加入鋅粉的目的為置換Cu2＋為Cu從而除去；(6)由分析，濾渣④為CaF2、MgF2，與濃硫酸反應(yīng)可得到HF，同時(shí)得到的副產(chǎn)物為CaSO4、MgSO4。答案：(1)ZnCO3eq\o(=,\s\up7(焙燒))ZnO＋CO2↑(2)將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積增大硫酸的濃度(3)BFe(OH)3CaSO4SiO2(4)3Fe2＋＋MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋(5)置換Cu2＋為Cu從而除去(6)CaSO4MgSO4課時(shí)精練(十四)過(guò)渡金屬與化工流程eq\a\vs4\al(\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書(shū)P353))(本欄目?jī)?nèi)容，在學(xué)生用書(shū)中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂！)1．(2022·遼寧模擬預(yù)測(cè))利用閃鋅礦[主要成分為ZnS，還有Fe、Co、In(銦)、F、Cl等元素]生產(chǎn)Zn的一種工藝流程如圖所示。下列說(shuō)法中正確的是()已知：焙燒時(shí)，F(xiàn)e、Co均轉(zhuǎn)化為＋3價(jià)的氧化物；CaF2易成膠狀。A．Na2S2O4在“除雜1”中作氧化劑B．“氣體2”中含有有色氣體，由此說(shuō)明氧化性：Cl2＞O3C．“除氟”時(shí)，適量的CaCO3可以防止形成氟化鈣膠體，提高氟的沉降率D.“溶浸”時(shí)，易形成難溶的ZnFe2O4和In2(Fe2O4)3，其中Fe元素的化合價(jià)為＋6價(jià)C[閃鋅礦焙燒后產(chǎn)生氣體1為SO2，F(xiàn)e、Co、In均轉(zhuǎn)化為＋3價(jià)的氧化物；硫酸溶浸后得到Fe3＋、Co3＋、In3＋，不溶性物質(zhì)進(jìn)入浸渣，上層清液中加入Na2S2O4,Co3＋轉(zhuǎn)化為Co(OH)2沉淀，Co化合價(jià)降低，Na2S2O4為還原劑；O3除雜2產(chǎn)生氣體2為Cl2，剩下濾液中加氫氧化鈣和碳酸鈣進(jìn)行除氟，由于CaF2易成膠狀，除氟時(shí)適量的碳酸鈣可以使生成的氟化鈣附著在碳酸鈣表面形成沉淀，防止氟化鈣形成膠體，提高氟的沉降率，，Co會(huì)轉(zhuǎn)化為Co2O3，加入Na2S2O4可將Co3＋轉(zhuǎn)化為Co2＋，Na2S2O4作還原劑，A錯(cuò)誤；B.－1價(jià)氯元素會(huì)和臭氧反應(yīng)生成氯氣，說(shuō)明氧化性O(shè)3＞Cl2，B2易成膠狀，除氟時(shí)適量的碳酸鈣可以使生成的氟化鈣附著在碳酸鈣表面形成沉淀，防止氟化鈣形成膠體，提高氟的沉降率，C2O4中鋅、氧的化合價(jià)分別為＋2、－2，則鐵元素的化合價(jià)為＋3，In2(Fe2O4)3中Fe元素的化合價(jià)為＋3，D錯(cuò)誤。]2．如今環(huán)境保護(hù)越來(lái)越受重視，某化工集團(tuán)為減少環(huán)境污染，提高資源的利用率，將鈦廠、氯堿廠、甲醇廠進(jìn)行聯(lián)合生產(chǎn)。其主要生產(chǎn)工藝如下(FeTiO3中Ti為＋4價(jià))：下列敘述正確的是()A．該流程中只有“電解”“氯化”涉及氧化還原反應(yīng)B．“合成”反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1C．“氯化”時(shí)反應(yīng)方程式為7Cl2＋2FeTiO3＋6C=2FeCl3＋2TiCl4＋6CO(條件省略)D．上述流程中“Mg，Ar”可用“Mg，CO2”代替C[由氫氣合成甲醇的過(guò)程中也涉及氧化還原反應(yīng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)CO＋2H2=CH3OH可以看出，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)工藝流程圖不難看出“氯化”即氯氣、鈦鐵礦和焦炭反應(yīng)得到四氯化鈦、一氧化碳和氯化鐵的過(guò)程，C項(xiàng)正確；二氧化碳和鎂會(huì)發(fā)生反應(yīng)，因此不能用二氧化碳來(lái)作保護(hù)氣，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]3．鉭酸鋰(LiTaO3)是功能材料領(lǐng)域的“萬(wàn)能”材料，具有良好的機(jī)械性能。某企業(yè)利用含鉭廢渣(主要含Ta2O3·FeO、Al2O3及油脂等)制備鉭酸鋰的工藝流程如下：已知：①“鈉鹽和氧化物”中主要成分有NaTaO3、NaAlO2、Fe2O3等；②正五價(jià)的鉭元素具有一定的氧化性。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．通空氣目的是氧化Ta2O3·FeO生成NaTaO3和Fe2O3同時(shí)將油脂氧化除去B．“濾渣Ⅰ”中主要成分是Fe2O3C．“溶液Ⅱ”中最好將鹽酸換為硫酸D．實(shí)驗(yàn)室模擬“灼燒”時(shí)，主要儀器有瓷坩堝、酒精燈、玻璃棒等D[2O3·FeO生成NaTaO3和Fe2O3外，還可以將油脂氧化除去，A項(xiàng)正確；B.由鈉鹽和氧化物主要成分可知，過(guò)濾后的濾渣Ⅰ中主要成分是Fe2O3，B氧化性，鹽酸有還原性，為防止發(fā)生氧化還原反應(yīng)，溶液Ⅱ中最好將鹽酸換為硫酸，，能與Li2CO3發(fā)生反應(yīng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]4．將Ce(SO4)2·4H2O(摩爾質(zhì)量為404g·mol－1)在空氣中加熱，樣品的固體殘留率(eq\f(固體樣品的剩余質(zhì)量,固體樣品的起始質(zhì)量)×100%)隨溫度的變化如下圖所示。當(dāng)固體殘留率為70.3%時(shí)，所得固體可能為_(kāi)_____(填字母)。A．Ce(SO4)2B．Ce2(SO4)3C．CeOSO4解析：404×70.3%≈284，A項(xiàng)的相對(duì)分子質(zhì)量為332，B項(xiàng)的相對(duì)分子質(zhì)量為568，C項(xiàng)的相對(duì)分子質(zhì)量為252；因?yàn)锽項(xiàng)中有兩個(gè)Ce，根據(jù)質(zhì)量守恒808×70.3%≈568。答案：B5．PbO2gPbO2，將其加熱分解，受熱分解過(guò)程中固體質(zhì)量隨溫度的變化如圖所示。A點(diǎn)與C點(diǎn)對(duì)應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)式分別為_(kāi)_______、________。解析：mol，mol。A點(diǎn)，g，mol，此時(shí)剩余的鉛和氧原子的個(gè)數(shù)之比是2∶3，A點(diǎn)對(duì)應(yīng)的物質(zhì)是Pb2O3。同理可得出C點(diǎn)對(duì)應(yīng)物質(zhì)是PbO。答案：Pb2O3PbO6．gMnSO4·H2O樣品受熱分解過(guò)程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)如圖所示：(1)300℃時(shí)，所得固體的化學(xué)式為_(kāi)_______。(2)1150℃時(shí)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)gMnSO4·H2O樣品中n(Mn)＝n(MnSO4·H2O)mol，其中n(H2O)mol，m(H2O)g，300℃時(shí)，g，g，則說(shuō)明該段失去結(jié)晶水，此時(shí)固體為MnSO4。(2)溫度繼續(xù)升高，固體MnSO4mol，850℃時(shí)，g，g，則硫的氧化物的相對(duì)分子質(zhì)量為64，故為二氧化硫，則此時(shí)的固體為MnO2，1150℃時(shí)固體為二氧化錳分解所得，由錳元素質(zhì)量守恒，則m(Mn)＝n(Mn)×55g·mol－1g，則氧化物中m(O)g，n(O)mol，故n(Mn)∶n(O)∶0.2＝3∶4，則該氧化物為Mn3O4，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為3MnO2eq\o(=,\s\up7(1150℃))Mn3O4＋O2↑。答案：(1)MnSO4(2)3MnO2eq\o(=,\s\up7(1150℃))Mn3O4＋O2↑7．堿式碳酸鋁鎂[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃劑。為確定堿式碳酸鋁鎂的組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①g樣品與足量稀鹽酸充分反應(yīng)，LCO2(已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下)。②另取一定量樣品在空氣中加熱，樣品的固體殘留率(eq\f(固體樣品的剩余質(zhì)量,固體樣品的起始質(zhì)量)×100%)隨溫度的變化如圖所示(樣品在270℃時(shí)已完全失去結(jié)晶水，600℃以上殘留固體為金屬氧化物的混合物)。根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算堿式碳酸鋁鎂樣品中的n(OH－)∶n(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝________。解析：堿式碳酸鋁鎂的化學(xué)式不確定，題中只表示為MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O，g樣品為研究對(duì)象，g樣品為1g樣品與足量的稀鹽酸充分反應(yīng)，生成CO2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。n(CO2)＝L·mol－1)mol，根據(jù)C元素守恒，即可確定d為0.025。270℃時(shí)已完全失去結(jié)晶水，g×(1－73.45%)≈g，600℃以上殘留固體為金屬氧化物的混合物，說(shuō)明又失去了除結(jié)晶水外的氫元素。失去的氫元素只能再結(jié)合樣品中的氧元素生成水。600℃g×(1－37.02%)≈g，g－(mol×44g·mol－1)g＝g。n(H)＝g,18g·mol－1)×2mol，根據(jù)氫元素守恒，c＝0.015。故堿式碳酸鋁鎂樣品中的n(OH－)∶n(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))∶0.025＝3∶5。答案：3∶58．利用釩鈦磁鐵礦冶煉后產(chǎn)生的釩渣(主要含F(xiàn)eO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸鹽)生產(chǎn)V2O5的工藝流程如下，回答下列問(wèn)題：已知：①V2O5、Al2O3、SiO2可與Na2CO3、NaCl組成的混合鈉鹽在高溫下反應(yīng)，并轉(zhuǎn)化為NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性鈉鹽。②AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋4H＋=Al3＋＋2H2O。(1)焙燒Ⅰ包括氧化和鈉化成鹽兩個(gè)過(guò)程，氧化的目的是獲得V2O5，寫(xiě)出氧化過(guò)程中FeO·V2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______________________________________________________________________________________________________________________；廢渣Ⅰ的主要成分是____________；精制Ⅰ中加鹽酸調(diào)pH的主要作用是_____________________________________________________________________________________________________________，加入NH3·H2O后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________________________________________________________________________________________________________。(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸鹽，pH過(guò)小時(shí)影響除磷效果的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________；pH過(guò)大時(shí)，沉淀量增大的原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)沉釩所得NH4VO3沉淀需進(jìn)行洗滌，洗滌時(shí)除去的陰離子主要是________。NH4VO3在500℃時(shí)焙燒脫氨制得產(chǎn)品V2O5，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH4VO3eq\o(=,\s\up7(△))V2O5＋H2O↑＋2NH3↑。但脫氨過(guò)程中，部分V2O5會(huì)轉(zhuǎn)化成V2O4，反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為3∶2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)氧化過(guò)程FeO·V2O3生成對(duì)應(yīng)的金屬氧化物Fe2O3和V2O5，化學(xué)方程式為4FeO·V2O3＋5O2eq\o(=,\s\up7(焙燒))2Fe2O3＋4V2O5；經(jīng)過(guò)氧化和鈉化后，V2O5、Al2O3、SiO2均轉(zhuǎn)化為可溶性鹽，F(xiàn)e2O3成為濾渣；精制Ⅰ中加鹽酸調(diào)pH是為了和SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))反應(yīng)生成硅酸沉淀，并將AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))轉(zhuǎn)化為Al3＋；加入NH3·H2O后與Al3＋發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀，還可以中和酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、H＋＋NH3·H2O=H2O＋NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))。(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸鈣沉淀，除去磷酸鹽，pH過(guò)小時(shí)易形成溶解度較大的酸式鹽；pH過(guò)大時(shí)易形成Ca(OH)2沉淀。(3)沉釩時(shí)加入試劑NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀，含有的陰離子主要為Cl－；脫氨過(guò)程中，部分V2O5會(huì)轉(zhuǎn)化成V2O4，且反應(yīng)中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為3∶2，則V2O5為氧化劑，NH3為還原劑，還原產(chǎn)物為V2O4，氧化產(chǎn)物為N2，則氧化還原方程式為3V2O5＋2NH3eq\o(=,\s\up7(500℃))3V2O4＋N2＋3H2O。答案：(1)4FeO·V2O3＋5O2eq\o(=,\s\up7(焙燒))2Fe2O3＋4V2O5Fe2O3除Si并將AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))轉(zhuǎn)化為Al3＋Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、H＋＋NH3·H2O=H2O＋NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))(2)形成溶解度較大的酸式鹽(或形成溶解度較大的磷酸氫鈣或磷酸二氫鈣)產(chǎn)生了Ca(OH)2沉淀(3)Cl－3V2O5＋2NH3eq\o(=,\s\up7(500℃))3V2O4＋N2＋3H2O9．鉻是一種具有戰(zhàn)略意義的金屬，它具有多種價(jià)態(tài)，單質(zhì)鉻熔點(diǎn)為1857℃。(1)工業(yè)上以鉻鐵礦[主要成分是