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

第14講過渡金屬與化工流程[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.了解熱點過渡金屬及其化合物的轉(zhuǎn)化。2.能用熱重分析法計算判斷金屬化合物的組成?？键c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℃時完全失去結(jié)晶水，g，則該摩爾鹽結(jié)晶水個數(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________。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，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對應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)式是CoCl2·H2O。答案：CoCl2·H2O考點二化工流程題中的過渡金屬過渡金屬元素常具有多種可變化合價，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)實驗室以含鋅廢液(主要成分為ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)為原料制備ZnCO3·2Zn(OH)2的實驗流程如下：下列說法正確的是()A．過二硫酸鈉(Na2S2O8)中硫元素的化合價為＋7價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時試劑X可以選用Zn、ZnO、ZnCO3等物質(zhì)D．沉鋅時的離子方程式為3Zn2＋＋6HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=ZnCO3·2Zn(OH)2↓＋5CO2↑＋H2OD[把流程中前兩步過濾后溶液編號為：濾液1、濾液2，由題給流程可知，向含鋅廢液中加入過二硫酸鈉溶液，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，過濾得到二氧化錳和濾液1；向濾液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，過濾得到氫氧化鐵和濾液2；向濾液2中加入碳酸氫銨溶液，將鋅離子轉(zhuǎn)化為ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀，過濾得到濾液和ZnCO3·2Zn(OH)2，分子中硫元素的化合價為＋6價，，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錯誤；，所以調(diào)節(jié)溶液pH時試劑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等金屬陽離子)對環(huán)境污染極大，是典型危險廢棄物。某科研團(tuán)隊設(shè)計了從電鍍污泥中提取鎳的流程，如圖所示。根據(jù)以上信息，下列說法錯誤的是()學(xué)生用書第67頁A.“浸出渣”的主要成分可能是CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3B．“氨浸”時適當(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、過濾、洗滌、干燥、灼燒C[(包含Ni、Ca、Fe、Al等金屬陽離子)，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A正確；B.“氨浸”時適當(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C錯誤；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、過濾、洗滌、干燥、灼燒，選項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”過程可簡單表示為4ROH＋V4Oeq\o\al(\s\up1(4－),\s\do1(12))R4V4O12＋4OH－(ROH為強(qiáng)堿性陰離子交換樹脂)：下列說法錯誤的是()A．“酸浸”時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)，過濾后，向濾液中加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V變?yōu)閂Oeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))中＋5價V，化合價升高1個價態(tài)，KClO3中＋5價Cl變?yōu)椋?價Cl，降低6個價態(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”過程可簡單表示為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錯誤。]真題演練明確考向1．[2019·全國卷Ⅰ，27(5)]采用熱重分析法測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________________________________________________________________________。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．[全國卷Ⅱ，27(4)]PbO2在加熱過程發(fā)生分解的失重曲線如圖所示，已知失重曲線上的a點為樣品失重4.0%(即eq\f(樣品起始質(zhì)量－a點固體質(zhì)量,樣品起始質(zhì)量)×100%)的殘留固體。若a點固體組成表示為PbOx或mPbO2·nPbO，列式計算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回答下列問題：(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學(xué)方程式為_________________________________________________________________________________________________________。(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)。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)后過濾，濾渣②中有MnO2，該步反應(yīng)的離子方程式為_______________________________________________________________________________________________________________________。(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＋，再向濾液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2＋，過濾得到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，過濾后得到濾渣③為Cu，再向濾液③中加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣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(離子濃度小于10－5mol/L)，結(jié)合表格Ksp計算各離子完全沉淀時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課時精練(十四)過渡金屬與化工流程eq\a\vs4\al(\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P353))(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊裝訂！)1．(2022·遼寧模擬預(yù)測)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。下列說法中正確的是()已知：焙燒時，F(xiàn)e、Co均轉(zhuǎn)化為＋3價的氧化物；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，由此說明氧化性：Cl2＞O3C．“除氟”時，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，易形成難溶的ZnFe2O4和In2(Fe2O4)3，其中Fe元素的化合價為＋6價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會轉(zhuǎn)化為Co2O3，加入Na2S2O4可將Co3＋轉(zhuǎn)化為Co2＋，Na2S2O4作還原劑，A錯誤；B.－1價氯元素會和臭氧反應(yīng)生成氯氣，說明氧化性O(shè)3＞Cl2，B2易成膠狀，除氟時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、氧的化合價分別為＋2、－2，則鐵元素的化合價為＋3，In2(Fe2O4)3中Fe元素的化合價為＋3，D錯誤。]2．如今環(huán)境保護(hù)越來越受重視，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)：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程中也涉及氧化還原反應(yīng)，A項錯誤；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項錯誤；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程，C項正確；二氧化碳和鎂會發(fā)生反應(yīng)，因此不能用二氧化碳來作保護(hù)氣，D項錯誤。]3．鉭酸鋰(LiTaO3)是功能材料領(lǐng)域的“萬能”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正五價的鉭元素具有一定的氧化性。下列說法錯誤的是()A．通空氣目的是氧化Ta2O3·FeO生成NaTaO3和Fe2O3同時將油脂氧化除去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．實驗室模擬“灼燒”時，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項正確；B.由鈉鹽和氧化物主要成分可知，過濾后的濾渣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項錯誤。]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，所得固體可能為______(填字母)。A．Ce(SO4)2B．Ce2(SO4)3C．CeOSO4解析：404×70.3%≈284，A項的相對分子質(zhì)量為332，B項的相對分子質(zhì)量為568，C項的相對分子質(zhì)量為252；因為B項中有兩個Ce，根據(jù)質(zhì)量守恒808×70.3%≈568。答案：B5．PbO2gPbO2，將其加熱分解，受熱分解過程中固體質(zhì)量隨溫度的變化如圖所示。A點與C點對應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)式分別為________、________。解析：mol，mol。A點，g，mol，此時剩余的鉛和氧原子的個數(shù)之比是2∶3，A點對應(yīng)的物質(zhì)是Pb2O3。同理可得出C點對應(yīng)物質(zhì)是PbO。答案：Pb2O3PbO6．gMnSO4·H2O樣品受熱分解過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)如圖所示：(1)300℃時，所得固體的化學(xué)式為________。(2)1150℃時，反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)gMnSO4·H2O樣品中n(Mn)＝n(MnSO4·H2O)mol，其中n(H2O)mol，m(H2O)g，300℃時，g，g，則說明該段失去結(jié)晶水，此時固體為MnSO4。(2)溫度繼續(xù)升高，固體MnSO4mol，850℃時，g，g，則硫的氧化物的相對分子質(zhì)量為64，故為二氧化硫，則此時的固體為MnO2，1150℃時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)行如下實驗：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)以上實驗數(shù)據(jù)計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過程，氧化的目的是獲得V2O5，寫出氧化過程中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___________________________________________________________________________________________________________。(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸鹽，pH過小時影響除磷效果的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________；pH過大時，沉淀量增大的原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)沉釩所得NH4VO3沉淀需進(jìn)行洗滌，洗滌時除去的陰離子主要是________。NH4VO3在500℃時焙燒脫氨制得產(chǎn)品V2O5，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH4VO3eq\o(=,\s\up7(△))V2O5＋H2O↑＋2NH3↑。但脫氨過程中，部分V2O5會轉(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_________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)氧化過程FeO·V2O3生成對應(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過小時易形成溶解度較大的酸式鹽；pH過大時易形成Ca(OH)2沉淀。(3)沉釩時加入試劑NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀，含有的陰離子主要為Cl－；脫氨過程中，部分V2O5會轉(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，它具有多種價態(tài)，單質(zhì)鉻熔點為1857℃。(1)工業(yè)上以鉻鐵礦[主要成分是