2024年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題10 化學(xué)工藝流程(題型突破)(講義)(師版)

【淘寶店鋪：向陽百分百】【淘寶店鋪：向陽百分百】專題09化學(xué)工藝流程(題型突破)目錄【淘寶店鋪：向陽百分百】TOC\o"1-3"\p""\h\z\u22題型一化學(xué)工藝流程與物質(zhì)制備4【真題研析·規(guī)律探尋】413【核心提煉·考向探究】131．原料預(yù)處理的常用方法132．制備過程中控制反應(yīng)條件常用方法143．工藝流程中的常見專業(yè)術(shù)語14【題型特訓(xùn)·命題預(yù)測】14題型二化學(xué)工藝流程與反應(yīng)原理20【真題研析·規(guī)律探尋】2036【核心提煉·考向探究】371．溫度、濃度、壓強(qiáng)的控制372．pH的控制373．體系環(huán)境氛圍及其它條件的控制37【題型特訓(xùn)·命題預(yù)測】38題型三化學(xué)工藝流程與物質(zhì)提純44【真題研析·規(guī)律探尋】4455【核心提煉·考向探究】561．物質(zhì)分離的常用方法562．獲得產(chǎn)品階段的主要操作563．常見實(shí)驗(yàn)操作“目的或原因”分析57【題型特訓(xùn)·命題預(yù)測】57考點(diǎn)要求考題統(tǒng)計(jì)考情分析化學(xué)工藝流程2023?全國甲卷26題，14分；2023?全國乙卷27題，14分；22023?全國新課標(biāo)卷27題，14分；2023?山東卷17題，13分；2023?湖南卷17題，14分；2023?北京卷18題，13分；2023?廣東卷18題，14分；2023?海南卷15題，10分；2023?江蘇卷17題，17分；2023?江蘇卷18題，14分；2023?遼寧省選擇性考試16題，14分；2023?湖北省選擇性考試16題，14分；2023?浙江省6月選考18題，10分；2022?全國甲卷26題，14分；2022?全國乙卷27題，14分；2022?福建卷11題，13分；2022?重慶卷15題，15分；2022?北京卷18題，13分；2022?山東卷17題，13分；2022?江蘇卷題，12分；2022?湖北省選擇性考試16題，14分；2022?遼寧省選擇性考試16題，14分；2022?海南省選擇性考試15題，10分；2022?河北省選擇性考試15題，14分；2022?湖南選擇性考試17題，14分；2022?廣東選擇性考試18題，14分【命題規(guī)律】化學(xué)工藝流程題結(jié)構(gòu)一般包括題頭、題干和題尾三部分。題頭一般簡單介紹以何種物質(zhì)(主要成分是什么、含什么雜質(zhì)等，要注意一些關(guān)鍵信息)為原料制備哪種物質(zhì)，以及物質(zhì)的性質(zhì)和用途。題干部分則是工業(yè)制備的簡化工藝流程圖。題尾部分則是根據(jù)工業(yè)生產(chǎn)流程中涉及到的化學(xué)知識(shí)命題者精心設(shè)計(jì)的系列問題。【命題預(yù)測】預(yù)計(jì)2024年將化學(xué)工藝或化學(xué)工業(yè)生產(chǎn)及最新科技成果融入其中，來考查考生的綜合能力。從命題趨勢(shì)來看，一般有三種題型：一是從實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)和評(píng)價(jià)的角度對(duì)化工生產(chǎn)進(jìn)行模擬；二是根據(jù)一些化工生產(chǎn)的流程來考查考生的綜合應(yīng)用能力；三是關(guān)于化工生產(chǎn)的相關(guān)計(jì)算題型一化學(xué)工藝流程與物質(zhì)制備1．(2023?全國甲卷，26)aT是一種壓電材料。以Ba為原料，采用下列路線可制備粉狀aT。

回答下列問題：(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是_______。(2)“焙燒”后固體產(chǎn)物有a、易溶于水的Ba和微溶于水的a?！敖　睍r(shí)主要反應(yīng)的離子方程式為_______。(3)“酸化”步驟應(yīng)選用的酸是_______(填標(biāo)號(hào))。a．稀硫酸

b．濃硫酸

c．鹽酸

d．磷酸(4)如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。(5)“沉淀”步驟中生成aT的化學(xué)方程式為_______。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產(chǎn)生的_______?！敬鸢浮?1)做還原劑，將Ba還原(2)a2++a↓(3)c(4)不可行產(chǎn)物中的硫化物與酸反應(yīng)生成的有毒氣體H2S會(huì)污染空氣，而且a與鹽酸反應(yīng)生成可溶于水的a，導(dǎo)致a溶液中混有a雜質(zhì)無法除去、最終所得產(chǎn)品的純度降低(5)a+T+H2aT+(6)1：1【解析】由流程和題中信息可知，Ba與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到CO、a、易溶于水的Ba和微溶于水的a；燒渣經(jīng)水浸取后過濾，濾渣中碳粉和a，濾液中有a和Ba；濾液經(jīng)酸化后濃縮結(jié)晶得到a晶體；a晶體溶于水后，加入T和T將鋇離子充分沉淀得到aT；aT經(jīng)熱分解得到aT。(1)“焙燒”步驟中，Ba與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到CO、a、a和a，Ba被還原為Ba，因此，碳粉的主要作用是做還原劑，將Ba還原。(2)“焙燒”后固體產(chǎn)物有a、易溶于水的Ba和微溶于水的a。易溶于水的Ba與過量的a可以發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成硫化鈣沉淀，因此，“浸取”時(shí)主要反應(yīng)的離子方程式為a2++a↓。(3)“酸化”步驟是為了將Ba轉(zhuǎn)化為易溶液于的鋇鹽，由于硫酸鋇和磷酸鋇均不溶于水，而a可溶于水，因此，應(yīng)選用的酸是鹽酸，選c。(4)如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：產(chǎn)物中的硫化物與酸反應(yīng)生成的有毒氣體H2S會(huì)污染空氣，而且a與鹽酸反應(yīng)生成可溶于水的a，導(dǎo)致a溶液中混有a雜質(zhì)無法除去、最終所得產(chǎn)品的純度降低。(5)“沉淀”步驟中生成aT的化學(xué)方程式為：a+T+H2aT+。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為，aTaT↑↑，因此，產(chǎn)生的。2．(2023?全國乙卷，27)LiMn2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關(guān)注。由菱錳礦(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制備LiMn2O4的流程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。回答下列問題：(1)硫酸溶礦主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。為提高溶礦速率，可采取的措施_______(舉1例)。(2)加入少量MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。(3)溶礦反應(yīng)完成后，反應(yīng)器中溶液pH=4，此時(shí)c(Fe3+)=_______mol·L-1；用石灰乳調(diào)節(jié)至pH≈7，除去的金屬離子是_______。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_______。(5)在電解槽中，發(fā)生電解反應(yīng)的離子方程式為_______。隨著電解反應(yīng)進(jìn)行，為保持電解液成分穩(wěn)定，應(yīng)不斷_______。電解廢液可在反應(yīng)器中循環(huán)利用。(6)緞燒窯中，生成LiMn2O4反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______。【答案】(1)MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑粉碎菱錳礦(2)將Fe2+氧化為Fe3+Fe3+可以催化H2O2分解(3)2.8×10-9Al3+(4)BaSO4、NiS(5)Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+加入Mn(OH)2(6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑【解析】根據(jù)題給的流程，將菱錳礦置于反應(yīng)器中，加入硫酸和MnO2，可將固體溶解為離子，將雜質(zhì)中的Fe、Ni、Al等元素物質(zhì)也轉(zhuǎn)化為其離子形式，同時(shí)，加入的MnO2可以將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+；隨后將溶液pH調(diào)至制約等于7，此時(shí)，根據(jù)已知條件給出的三種氫氧化物的溶度積可以將溶液中的Al3+沉淀出來；隨后加入BaS，可以將溶液中的Ni2+沉淀，得到相應(yīng)的濾渣；后溶液中含有大量的Mn2+，將此溶液置于電解槽中電解，得到MnO2，將MnO2與碳酸鋰共同煅燒得到最終產(chǎn)物L(fēng)iMn2O4。(1)菱錳礦中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以與其反應(yīng)，硫酸溶礦主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；為提高溶礦速率，可以將菱錳礦粉碎；(2)加入MnO2的作用是將酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化為Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因?yàn)檠趸笊傻腇e3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化為Fe3+；(3)溶礦完成以后，反應(yīng)器中溶液pH=4，此時(shí)溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此時(shí)體系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9mol·L-1，這時(shí)，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，認(rèn)為Fe3+已經(jīng)沉淀完全；用石灰乳調(diào)節(jié)至pH≈7，這時(shí)溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，這一階段除去的金屬離子是Al3+；(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，此時(shí)溶液中發(fā)生的離子方程式為BaS+Ni2++SO42-=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS；(5)在電解槽中，Mn2+發(fā)生反應(yīng)生成MnO2，反應(yīng)的離子方程式為Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；電解時(shí)電解液中Mn2+大量減少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持電解液成分的穩(wěn)定；(6)煅燒窯中MnO2與Li2CO3發(fā)生反應(yīng)生成LiMn2O4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。3．(2022?遼寧省選擇性考試)某工廠采用輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2雜質(zhì))與軟錳礦(主要成分為MnO2)聯(lián)合焙燒法制備BiOCl和MnSO4，工藝流程如下：已知：①焙燒時(shí)過量的MnO2分解為Mn2O3，F(xiàn)eS2轉(zhuǎn)變?yōu)镕e2O3；②金屬活動(dòng)性：；③相關(guān)金屬離子形成氫氧化物的范圍如下：開始沉淀pH完全沉淀pHFe2+6.58.3Fe3+1.62.8Mn2+8.110.1回答下列問題：(1)為提高焙燒效率，可采取的措施為___________。a．進(jìn)一步粉碎礦石b．鼓入適當(dāng)過量的空氣c．降低焙燒溫度(2)Bi2S3在空氣中單獨(dú)焙燒生成Bi2O3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。(3)“酸浸”中過量濃鹽酸的作用為：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②___________。(4)濾渣的主要成分為___________(填化學(xué)式)。(5)生成氣體A的離子方程式為___________。(6)加入金屬的目的是___________。【答案】(1)ab(2)2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2(3)抑制金屬離子水解(4)SiO2(5)Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++Cl2↑+3H2O(6)將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+【解析】聯(lián)合焙燒：由已知信息①和第(2)問題干可知，發(fā)生轉(zhuǎn)化：Bi2S3→Bi2O3+SO2、FeS2→Fe2O3+SO2、MnO2→Mn2O3+MnSO4，故聯(lián)合焙燒后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4進(jìn)入濾液，濾渣為Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入過量濃鹽酸后，Bi2O3和Fe2O3發(fā)生轉(zhuǎn)化：Bi2O3→Bi3+、Fe2O3→Fe3+，因MnSO4有氧化性，會(huì)與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)：Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++Cl2↑+3H2O，氣體A為Cl2，濾渣主要為不溶于濃鹽酸的SiO2，濾液中金屬離子為Bi3+、Fe3+、Mn2+；第(4)(5)問轉(zhuǎn)化：由已知信息②知，F(xiàn)e的金屬活動(dòng)性強(qiáng)于Bi，且調(diào)pH=2.6時(shí)Mn2+和Fe2+進(jìn)入濾液，可知加入金屬Bi的目的是將Fe3+還原為Fe2+。(1)a項(xiàng)，聯(lián)合焙燒時(shí)，進(jìn)一步粉碎礦石，可以增大礦石與空氣的接觸面積，能夠提高焙燒效率，選項(xiàng)a符合題意；b項(xiàng)，鼓入適當(dāng)過量的空氣有利于礦石充分反應(yīng)，選項(xiàng)b符合題意；c項(xiàng)，降低焙燒溫度，反應(yīng)速率減慢，不利于提高焙燒效率，選項(xiàng)c不符合題意；答案選ab；(2)Bi2S3在空氣中單獨(dú)焙燒生成Bi2O3，根據(jù)原子守恒可知還應(yīng)生成SO2，結(jié)合得失電子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；(3)加入濃鹽酸后，溶液中含有的離子主要為Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl-，而酸浸后取濾液進(jìn)行轉(zhuǎn)化，故要防止金屬離子水解生成沉淀，進(jìn)入濾渣，造成制得的BiOCl產(chǎn)率偏低；(4)濾渣主要為不溶于濃鹽酸的SiO2；(5)因Mn2O3有氧化性，會(huì)與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)：Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++Cl2↑+3H2O；(6)由已知信息③知，調(diào)pH=2.6時(shí)，F(xiàn)e3+會(huì)水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2+還沒開始沉淀，故要將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，在調(diào)pH后獲得含F(xiàn)eCl2的濾液，為了不引入新的雜質(zhì)，加入Bi作還原劑。4．(2022?山東卷)工業(yè)上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3]，含SiO2等雜質(zhì)]為原料生產(chǎn)磷酸和石膏，工藝流程如下：回答下列問題：(1)酸解時(shí)有產(chǎn)生。氫氟酸與SiO2反應(yīng)生成二元強(qiáng)酸H2SiF6，離子方程式為_______。(2)部分鹽的溶度積常數(shù)見下表。精制Ⅰ中，按物質(zhì)的量之比n(Na2CO3)：n(SiF62-)=1：1加入Na2CO3脫氟，充分反應(yīng)后，c(Na+)=_______mol?L-1；再分批加入一定量的BaCO3，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是_______。BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.0×10-64.0×10-69.0×10-41.0×10-10(3)SO42-濃度(以SO3%計(jì))在一定范圍時(shí)，石膏存在形式與溫度、H3PO4濃度(以P2O5%計(jì))的關(guān)系如圖甲所示。酸解后，在所得、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為_______(填化學(xué)式)；洗滌時(shí)使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗滌液X的操作單元是_______；一定溫度下，石膏存在形式與溶液中P2O5%和SO3%的關(guān)系如圖乙所示，下列條件能實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)品轉(zhuǎn)化的是_______(填標(biāo)號(hào))。A．65℃、P2O5%=15、SO3%=15

B．80℃、P2O5%=10、SO3%=20C．65℃、P2O5%=10、SO3%=30

D．80℃、P2O5%=10、SO3%=10【答案】(1)6HF+SiO2=2H++SiF62-+2H2O(2)2.0×10-2

SO42-(3)CaSO4?0.5H2O

減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率

酸解

D【解析】根據(jù)題中的工藝流程，氟磷灰石用硫酸溶解后過濾，得到粗磷酸和濾渣，濾渣經(jīng)洗滌后結(jié)晶轉(zhuǎn)化為石膏；粗磷酸以精制I脫氟、除硫酸根離子和SiF62-，過濾，濾液經(jīng)精制II等一系列操作得到磷酸。(1)氫氟酸與SiO2反應(yīng)生成二元強(qiáng)酸H2SiF6，該反應(yīng)的離子方程式為6HF+SiO2=2H++SiF62-+2H2O。(2)精制1中，按物質(zhì)的量之比n(Na2CO3)：n(SiF62-)=1：1加入Na2CO3脫氟，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反應(yīng)后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有飽和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c(SiF62-)，根據(jù)Na2SiF6的溶度積可知Ksp=c2(Na+)?c(SiF62-)=4c3(SiF62-)，c(SiF62-)=mol?L-1，因此c(Na+)=2c(SiF62-)=2.0×10-2mol?L-1；同時(shí)，粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液，c(Ca2+)=c(SO42-)=mol?L-1；分批加入一定量的BaCO3，當(dāng)BaSiF6沉淀開始生成時(shí)，c(Ba2+)=mol?L-1，當(dāng)BaSO4沉淀開始生成時(shí)，c(Ba2+)=mol?L-1，因此，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是SO42-，然后才是SiF62-。(3)根據(jù)圖中的坐標(biāo)信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為CaSO4?0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗滌時(shí)使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水的原因是：減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率；洗滌液X中含有硫酸，其具有回收利用的價(jià)值，由于酸解時(shí)使用的也是硫酸，因此，回收利用洗滌液X的操作單元是：酸解。由圖甲信息可知，溫度越低，越有利于實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶的轉(zhuǎn)化，由圖乙信息可知，位于65℃線上方的晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，在兩線之間的以兩種晶體的混合物形式存在：A項(xiàng)，P2O5%=l5、SO3%=15，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于兩個(gè)溫度線之間，故不能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，A不符合題意；B項(xiàng)，P2O5%=10、SO3%=20，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于兩個(gè)溫度線(65℃、80℃)之間，故不能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，B不符合題意；C項(xiàng)，P2O5%=10、SO3%=30，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于，該點(diǎn)坐標(biāo)位于65℃線上方，晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，故不能實(shí)現(xiàn)晶體轉(zhuǎn)化，C不符合題意；D項(xiàng)，P2O5%=10、SO3%=10，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，故能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，D符合題意；故選D。5．(2021?全國甲卷)碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面?；卮鹣铝袉栴}：(1)I2的一種制備方法如下圖所示：①加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為_______，生成的沉淀與硝酸反應(yīng)，生成_______后可循環(huán)使用。②通入Cl2的過程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______；若反應(yīng)物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5時(shí)，氧化產(chǎn)物為_______；當(dāng)n(Cl2)/n(FeI2)1.5，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低，原因是_______。(2)以NaIO3為原料制備I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入計(jì)量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反應(yīng)得到I2，上述制備I2的總反應(yīng)的離子方程式為_______。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少為_______mol。I2在KI溶液中可發(fā)生反應(yīng)I2+I-I3-。實(shí)驗(yàn)室中使用過量的KI與CuSO4溶液反應(yīng)后，過濾，濾液經(jīng)水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反應(yīng)中加入過量的原因是_______。【答案】(1)2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-AgNO3FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被過量的Cl2進(jìn)一步氧化(2)2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O(3)4防止單質(zhì)碘析出【解析】(1)①由流程圖可知懸濁液中含AgI，AgI可與Fe反應(yīng)生成FeI2和Ag，F(xiàn)eI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入Fe粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的銀能與硝酸反應(yīng)生成硝酸銀參與循環(huán)中；②通入Cl2的過程中，因I-還原性強(qiáng)于Fe2+，Cl2先氧化還原性強(qiáng)的I-，若氧化產(chǎn)物只有一種，則該氧化產(chǎn)物只能是I2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反應(yīng)物用量比n(Cl2)/n(FeI2)1.5時(shí)即Cl2過量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好將全部I-和Fe2+氧化，故氧化產(chǎn)物為I2、FeCl3，當(dāng)n(Cl2)/n(FeI2)1.5即Cl2過量特別多，多余的氯氣會(huì)與生成的單質(zhì)碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低；(2)先向NaIO3溶液中加入計(jì)量的NaHSO3，生成碘化物即含I-的物質(zhì)；再向混合溶液中(含I-)加入NaIO3溶液，反應(yīng)得到I2，上述制備I2的兩個(gè)反應(yīng)中I-為中間產(chǎn)物，總反應(yīng)為IO3-與HSO3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成SO42-和I2，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒]及元素守恒配平離子方程式即可得：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O；(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化學(xué)方程式為4KI+2CuSO4=2CuI↓+I2+2K2SO4，若生成1molI2，則消耗的KI至少為4mol；反應(yīng)中加入過量KI，I-濃度增大，可逆反應(yīng)I2+I-I3-平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升華，有利于蒸餾時(shí)防止單質(zhì)碘析出。6．(2021?廣東選擇性考試)對(duì)廢催化劑進(jìn)行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁()、鉬(Mo)、鎳()等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：已知：25℃時(shí)，H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka1=4.7×10-11，Ksp(BaMoO4)=3.5，Ksp(BaCO3)=2.6；該工藝中，pH時(shí)，溶液中Mo元素以MoO42-的形態(tài)存在。(1)“焙燒”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合價(jià)為_______。(2)“沉鋁”中，生成的沉淀為_______。(3)“沉鉬”中，pH為7.0。①生成BaMoO4的離子方程式為_______。②若條件控制不當(dāng)，BaCO3也會(huì)沉淀。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCO3-)：c(MoO42-)=_______(列出算式)時(shí)，應(yīng)停止加入BaCl2溶液。(4)①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y，Y為_______。②往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量_______(填化學(xué)式)氣體，再通入足量CO2，可析出。(5)高純AlAs(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護(hù)膜為一種氧化物，可阻止H2O刻蝕液與下層GaAs(砷化鎵)反應(yīng)。①該氧化物為_______。②已知：和Al同族，As和N同族。在H2O2與上層GaAs的反應(yīng)中，As元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià)，則該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為_______?！敬鸢浮?1)+6(2)Al(OH)3(3)①Ba2++MoO42-=BaMoO4↓②(4)①NaHCO3②NH3(5)①Al2O3②4：1【解析】由題中信息可知，廢催化劑與氫氧化鈉一起焙燒后，鋁和鉬都發(fā)生了反應(yīng)分別轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉和鉬酸鈉，經(jīng)水浸、過濾，分離出含鎳的固體濾渣，濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到的沉淀X為氫氧化鋁，濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，過濾得到鉬酸鋇?！窘馕觥?1)“焙燒”中，有Na2MoO4生成，其中Na和O的化合價(jià)為+1和-2，根據(jù)化合價(jià)的代數(shù)和為0可知，Mo元素的化合價(jià)為+6。(2)“沉鋁”中，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀X為Al(OH)3。(3)①濾液II中含有鉬酸鈉，加入氯化鋇溶液后生成BaMoO4沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為Ba2++MoO42-=BaMoO4↓。②若開始生成BaCO3沉淀，則體系中恰好建立如下平衡：HCO3-+BaMoO4BaCO3+MoO42-+H+，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必須滿足，由于“沉鉬”中pH為7.0，c(H＋)=1.0mol·L－1，所以溶液中時(shí)，開始生成BaCO3沉淀，因此，時(shí)，應(yīng)停止加入BaCl2溶液。(4)①濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，同時(shí)生成碳酸氫鈉，過濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，因此，過濾得到的濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和NaHCO3，故Y為NaHCO3。②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知，往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。(5)①由題中信息可知，致密的保護(hù)膜為一種氧化物，是由H2O2與AlAs反應(yīng)生成的，聯(lián)想到金屬鋁表面容易形成致密的氧化膜可知，該氧化物為Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中顯+3價(jià)(其最高價(jià))、As顯-3價(jià)。在H2O2與上層GaAs的反應(yīng)中，As元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià)，其化合價(jià)升高了8，As元素被氧化，則該反應(yīng)的氧化劑為H2O2，還原劑為GaAs。H2O2中的O元素為-1價(jià)，其作為氧化劑時(shí)，O元素要被還原到-2價(jià)，每個(gè)H2O2參加反應(yīng)會(huì)使化合價(jià)降低2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中元素化合價(jià)升高的總數(shù)值等于化合價(jià)降低的總數(shù)值可知，該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為8：2=4：1。7．(2019年江蘇高考化學(xué))實(shí)驗(yàn)室以工業(yè)廢渣(主要含CaSO4·2H2O，還含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)為原料制取輕質(zhì)CaCO3和(NH4)2SO4晶體，其實(shí)驗(yàn)流程如下：(1)室溫下，反應(yīng)CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)達(dá)到平衡，則溶液中=________[Ksp(CaSO4)=4.8×10?5，Ksp(CaCO3)=3×10?9]。(2)將氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其離子方程式為________；浸取廢渣時(shí)，向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是_____________________。(3)廢渣浸取在如圖所示的裝置中進(jìn)行?？刂品磻?yīng)溫度在60~70℃，攪拌，反應(yīng)3小時(shí)。溫度過高將會(huì)導(dǎo)致CaSO4的轉(zhuǎn)化率下降，其原因是________；保持溫度、反應(yīng)時(shí)間、反應(yīng)物和溶劑的量不變，實(shí)驗(yàn)中提高CaSO4轉(zhuǎn)化率的操作有________。(4)濾渣水洗后，經(jīng)多步處理得到制備輕質(zhì)CaCO3所需的CaCl2溶液。設(shè)計(jì)以水洗后的濾渣為原料，制取CaCl2溶液的實(shí)驗(yàn)方案：______[已知pH=5時(shí)Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5時(shí)Al(OH)3開始溶解。實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑：鹽酸和Ca(OH)2]?！敬鸢浮?1)1.6×104(2)HCO3-+NH3·H2O＝NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O)增加溶液中CO32-的濃度，促進(jìn)CaSO4的轉(zhuǎn)化(3)溫度過高，(NH4)2CO3分解加快攪拌速率(4)在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產(chǎn)生后，過濾，向?yàn)V液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH試紙測量溶液pH，當(dāng)pH介于5~8.5時(shí)，過濾【解析】(1)反應(yīng)CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)達(dá)到平衡時(shí)，溶液中====1.6×104；(2)NH4HCO3屬于酸式鹽，與氨水反應(yīng)生成(NH4)2CO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4HCO3+NH3·H2O=(NH4)2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2O(NH4)2CO3+H2O]，離子方程式為HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O)；浸取廢渣時(shí)，加入的(NH4)2CO3屬于弱酸弱堿鹽，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2OHCO3-+NH3·H2O，加入適量濃氨水，水解平衡逆向移動(dòng)，溶液中CO32-的濃度增大，反應(yīng)CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)正向移動(dòng)，促進(jìn)CaSO4的轉(zhuǎn)化；(3)由于銨鹽具有不穩(wěn)定性，受熱易分解，所以溫度過高，(NH4)2CO3分解，從而使CaSO4轉(zhuǎn)化率下降；由于浸取過程中的反應(yīng)屬于固體與溶液的反應(yīng)(或發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化)，保持溫度、反應(yīng)時(shí)間、反應(yīng)物和溶劑的量不變，提高CaSO4轉(zhuǎn)化率即提高反應(yīng)速率，結(jié)合外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，實(shí)驗(yàn)過程中提高CaSO4轉(zhuǎn)化率的操作為加快攪拌速率(即增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸取率)；(4)工業(yè)廢渣主要含CaSO4·2H2O，還含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入(NH4)2CO3溶液浸取，其中CaSO4與(NH4)2CO3反應(yīng)生成CaCO3和(NH4)2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反應(yīng)，過濾后所得濾渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的濾渣為原料制取CaCl2溶液，根據(jù)題給試劑，首先要加入足量鹽酸將CaCO3完全轉(zhuǎn)化為CaCl2，發(fā)生的反應(yīng)為CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，與此同時(shí)發(fā)生反應(yīng)Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反應(yīng)，經(jīng)過濾除去SiO2；得到的濾液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根據(jù)“pH=5時(shí)Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全，pH=8.5時(shí)Al(OH)3開始溶解”，為了將濾液中Al3+、Fe3+完全除去，應(yīng)加入Ca(OH)2調(diào)節(jié)溶液的pH介于5~8.5[加入Ca(OH)2的過程中要邊加邊測定溶液的pH]，然后過濾即可制得CaCl2溶液。無機(jī)工業(yè)流程題能夠以真實(shí)的工業(yè)生產(chǎn)過程為背景，體現(xiàn)能力立意的命題為指導(dǎo)思想，為近年來高考的必考題型。該類試題的解題思路為：明確整個(gè)流程及每一部分的目的→仔細(xì)分析每步反應(yīng)發(fā)生的條件以及得到的產(chǎn)物的物理或化學(xué)性質(zhì)→結(jié)合基礎(chǔ)理論與實(shí)際問題思考→注意答題的模式與要點(diǎn)。基本方法和步驟為：(1)從題干中獲取有用信息，了解生產(chǎn)的產(chǎn)品。(2)然后整體瀏覽一下流程，基本辨別出預(yù)處理、反應(yīng)、提純、分離等階段。(3)分析流程中的每一步驟，從以下幾個(gè)方面了解流程：①反應(yīng)物是什么；②發(fā)生了什么反應(yīng)；③該反應(yīng)造成了什么后果，對(duì)制造產(chǎn)品有什么作用。抓住一個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)：一切反應(yīng)或操作都是為獲得產(chǎn)品而服務(wù)。易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn)是最后一問。物質(zhì)制備類化工流程題常以某種物質(zhì)(目標(biāo)產(chǎn)物)的制備為基礎(chǔ)，涉及原料的預(yù)處理、物質(zhì)的制備原理、產(chǎn)品的分離及提純等具體步驟，兼顧考查元素及其化合物、化學(xué)基本概念和基本理論、化學(xué)實(shí)驗(yàn)等知識(shí)。一個(gè)完整的物質(zhì)制備類化工生產(chǎn)流程一般包括以下具體內(nèi)容：1．原料預(yù)處理的常用方法方法目的研磨、霧化減小固體的顆粒度或?qū)⒁后w霧化，增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率或使反應(yīng)更加充分水浸與水接觸反應(yīng)或溶解酸浸與酸接觸反應(yīng)或溶解，使可溶性離子進(jìn)入溶液，不溶物通過過濾除去堿浸除去油污，溶解酸性氧化物、鋁及其氧化物灼燒除去可燃性雜質(zhì)或使原料初步轉(zhuǎn)化，如從海帶中提取碘時(shí)的灼燒就是為了除去可燃性雜質(zhì)煅燒改變結(jié)構(gòu)，使一些物質(zhì)能溶解，并使一些雜質(zhì)在高溫下氧化、分解，如煅燒高嶺土2．制備過程中控制反應(yīng)條件常用方法調(diào)節(jié)溶液的pH常用于使某些金屬離子形成氫氧化物沉淀。調(diào)節(jié)pH所需的物質(zhì)一般應(yīng)滿足兩點(diǎn)：①能與H＋反應(yīng)，使溶液pH變大；②不引入新雜質(zhì)。例如若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物質(zhì)來調(diào)節(jié)溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等控制溫度根據(jù)需要升溫或降溫，改變反應(yīng)速率或使平衡向需要的方向移動(dòng)控制壓強(qiáng)改變速率，影響平衡使用合適的催化劑加快反應(yīng)速率，縮短達(dá)到平衡所需要的時(shí)間趁熱過濾防止某物質(zhì)降溫時(shí)析出冰水洗滌洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，并減少晶體在洗滌過程中的溶解損耗3．工藝流程中的常見專業(yè)術(shù)語關(guān)鍵詞釋義研磨、霧化將塊狀或顆粒狀的物質(zhì)磨成粉末或?qū)⒁后w霧化，增大反應(yīng)物接觸面積，以加快反應(yīng)速率或使反應(yīng)更充分灼燒(煅燒)使固體在高溫下分解或改變結(jié)構(gòu)、使雜質(zhì)高溫氧化、分解等。如煅燒石灰石、高嶺土、硫鐵礦浸取向固體中加入適當(dāng)溶劑或溶液，使其中可溶性的物質(zhì)溶解，包括水浸取、酸溶、堿溶、醇溶等浸出率固體溶解后，離子在溶液中的含量的多少酸浸在酸性溶液中使可溶性金屬離子進(jìn)入溶液，不溶物通過過濾除去的過程水浸與水接觸反應(yīng)或溶解過濾固體與液體的分離滴定定量測定，可用于某種未知濃度物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度的測定蒸發(fā)結(jié)晶蒸發(fā)溶劑，使溶液由不飽和變?yōu)轱柡?，繼續(xù)蒸發(fā)，過剩的溶質(zhì)就會(huì)呈晶體析出蒸發(fā)濃縮蒸發(fā)除去部分溶劑，提高溶液的濃度水洗用水洗去可溶性雜質(zhì)，類似的還有酸洗、醇洗等酸作用溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金屬離子的水解、除去雜質(zhì)離子等堿作用去油污，去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅，調(diào)節(jié)pH、促進(jìn)水解(沉淀)1．(2024·福建福州八縣協(xié)作校高三聯(lián)考)廢SCR催化劑(含TiO2、V2O5、WO3等)的回收對(duì)環(huán)境保護(hù)和資源循環(huán)利用意義重大。通過如下工藝流程可以回收其中的鈦、釩、鎢等。已知：TiO2、V2O5和WO3都能與NaOH溶液反應(yīng)生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；回答下列問題：(1)元素V在周期表中的位置。在NH4VO3中V元素的化合價(jià)是。(2)“球磨”的目的是。(3)請(qǐng)寫出“堿浸”過程中WO3與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式。(4)“酸浸”后鈦主要以TiO2+形式存在，“熱水解”反應(yīng)的離子方程式為。(5)“煅燒”NH4VO3的化學(xué)方程式為。(6)“沉鎢”中為促進(jìn)CaWO4盡可能析出完全，需要進(jìn)行的措施是?！敬鸢浮?1)第四周期ⅤB族+5(2)增大接觸面積，提高“堿浸”反應(yīng)速率(3)WO3+2OH-=WO42-+H2O(4)TO2++(x+1)H2OTiO·xH2O↓+2H+(5)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑(6)加入過量CaCl2【解析】廢SCR催化劑(含TO2、V2O5、WO3等)經(jīng)過球磨預(yù)處理后，進(jìn)行堿浸，TO2、V2O5和WO3都能與NaOH溶液反應(yīng)生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；過濾的到Na2TiO3，加入硫酸進(jìn)行溶解，進(jìn)行熱水解后得到TiO·xH2O；濾液中加入氯化銨進(jìn)行沉釩，過濾后得到NH4VO3，經(jīng)過煅燒分解出V2O5；濾液中加入HCl和CaCl2沉鎢，沉淀經(jīng)煅燒后生成WO3。(1)元素V的原子序數(shù)是23，在周期表中的位置是第四周期ⅤB族；在NH4VO3中V元素的化合價(jià)是+5價(jià)；(2)“球磨”的目：增大接觸面積，提高“堿浸”反應(yīng)速率；(3)堿浸過程中，WO3與NaOH溶液反應(yīng)生成可溶性的Na2WO4，離子方程式為WO3+2OH-=WO42-+H2O；(4)“酸浸”后鈦主要以TiO2+形式存在，TO2+“熱水解”生成TiO2+·xH2O，離子方程式：TO2++(x+1)H2OTiO·xH2O↓+2H+；(5)煅燒NH4VO3可生成V2O5，反應(yīng)化學(xué)方程式：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑；(6)“沉鎢”中析出CaWO4時(shí)，為促進(jìn)CaWO4盡可能析出完全，可利用同離子效應(yīng)，加入過量CaCl2，促進(jìn)CaWO4盡可能析出完全。2．(2024·福建福州市八縣一中高三聯(lián)考)電池級(jí)碳酸鋰是制造LiCoO2等鋰離子電池必不可少的原材料。享譽(yù)“亞洲鋰都”的宜春擁有亞洲儲(chǔ)量最大的鋰云母礦，以鋰云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO42-等)為原料制取電池級(jí)Li2CO3的工藝流程如圖：已知：①HR為有機(jī)萃取劑，難溶于水，可萃取Fe3+，萃取時(shí)發(fā)生的反應(yīng)可表示為：Fe3++3HRFeR3+3H+；②常溫時(shí)，1mol·L-1LiOH溶液的pH=14?；卮鹣铝袉栴}：(1)“有機(jī)層”的主要成分為(填化學(xué)式，下同)；“濾渣1”中含有的物質(zhì)為；使用HR萃取劑時(shí)，需加入一定量的NaOH進(jìn)行處理，其目的是。(2)某種HR的結(jié)構(gòu)簡式為，該分子中可能與Fe3+形成配位鍵的原子有。(3)加適量草酸的目的。(4)“混合沉鋰”的離子方程式為。(5)Li2CO3與Co3O4在空氣中加熱可以制備重要的電極材料鈷酸鋰(LiCoO2)。寫出對(duì)應(yīng)的化學(xué)方程式。(6)鈷酸鋰(LiCoO2)是常見的鋰離子電池正極材料，其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如下圖所示，各離子位于晶胞的頂點(diǎn)、棱和體內(nèi)。①基態(tài)Co原子核外電子排布式為。②該晶胞密度為g·cm-3。(寫出計(jì)算式，阿伏加德羅常數(shù)為NA)【答案】(1)FeR3和HRLi2CO3、MgCO3消耗萃取反應(yīng)時(shí)生成的H+，促進(jìn)萃取反應(yīng)的正向進(jìn)行，提高萃取率(2)O、N(3)使鈣離子生成草酸鈣，便于除掉(4)2Li++HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓(5)6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2(6)[Ar]3d74s2【解析】(1)根據(jù)Fe3++3HRFeR3+3H+平衡可知，有機(jī)層中主要是FeR3和HR，根據(jù)流程可知沉淀主要是碳酸鋰和碳酸鎂。加入氫氧化鈉后氫離子會(huì)被消耗，從而使平衡正向移動(dòng)。(2)從結(jié)構(gòu)可知氧原子、氮原子都有孤對(duì)電子，所以能形成配位鍵的是N、O；(3)加入草酸的目的是沉淀多余的鈣離子；(4)從流程可知是碳酸氫鋰和氫氧化鋰反應(yīng)生成了碳酸鋰，離子方程式為：2Li++HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓；(5)鈷元素的化合價(jià)從+2和+3歸到+3價(jià)部分被氧化，所以有氧氣參加反應(yīng)?；瘜W(xué)方程式為：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；(6)Co為第四周期第Ⅷ族元素，其核外電子排布式為：[Ar]3d74s2，該晶胞中Li+：、Co3+：、O2-：，其晶胞化學(xué)式為：Li3Co3O6，故其密度為：。3．(2023·重慶市二模)仲鉬酸銨(NH4)6Mo7O24[]是用作測定磷酸鹽、鎳、鍺、二氧化硒、砷酸鹽、生物堿和鉛等的試劑。用某含鉬廢料(主要含有MoS2、CoS和Al2O3)制備仲鉬酸銨的工藝流程如下圖所示：請(qǐng)回答下列問題：(1)基態(tài)Co原子的價(jià)層電子排布式為_______。(2)焙燒的過程中采用如圖所示的“多層逆流焙燒”，其優(yōu)點(diǎn)是_______(任答兩點(diǎn)即可)。(3)焙燒時(shí)MoS2轉(zhuǎn)化為MoO3，則MoS2焙燒時(shí)的化學(xué)方程式為_______。(4)“操作”的名稱是_______；實(shí)驗(yàn)室完成該“操作”用到的最主要的玻璃儀器是_______。(5)“調(diào)pH為5.5”生成仲鉬酸銨的化學(xué)方程式為_______。(6)已知有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系，則8鉬酸銨的化學(xué)式為_______。(7鉬酸根)(8鉬酸根)(7)若在某溫度下，BaMoO4在水中的溶解平衡曲線如下圖所示。向100mL0.400mol/LNa2MoO4溶液中滴加200mLBa(OH)2溶液，恰好使MoO42-完全沉淀[]，則所加入的Ba(OH)2溶液的濃度約為_______mol/L(混合后，溶液的體積變化忽略不計(jì)，計(jì)算結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后3位)?！敬鸢浮?1)3d74s2(2)增大接觸面積，使其充分反應(yīng)，加快反應(yīng)速率，提高原料的利用率、實(shí)現(xiàn)熱量交換，節(jié)約能源等(3)2MoS2+7O22MoO3+4SO2、(4)分液分液漏斗(5)7(NH4)2MoO4+4H2SO4=(NH4)6Mo7O24+4(NH4)2SO4+4H2O(6)(NH4)4Mo8O26(7)0.206【解析】含鉬廢料在空氣中焙燒，MoS2轉(zhuǎn)化為MoO3，CoS轉(zhuǎn)化為氧化物，然后加硫酸酸浸，金屬進(jìn)入酸浸液中，用有機(jī)萃取劑萃取，鉬元素進(jìn)入有機(jī)相中，在有機(jī)相中加入過量氨水得到(NH4)2MoO4溶液，向(NH4)2MoO4溶液中加入硫酸“調(diào)pH為5.5”生成仲鉬酸銨。(1)Co的質(zhì)子數(shù)為27，基態(tài)Co原子的價(jià)層電子排布式為3d74s2。(2)焙燒的過程中采用“多層逆流焙燒”，其優(yōu)點(diǎn)是增大接觸面積，使其充分反應(yīng)，加快反應(yīng)速率，提高原料的利用率、實(shí)現(xiàn)熱量交換，節(jié)約能源等。(3)焙燒時(shí)MoS2轉(zhuǎn)化為MoO3，則MoS2焙燒時(shí)被空氣中的氧氣氧化，MoS2中的硫元素轉(zhuǎn)化為SO2，根據(jù)電子守恒和質(zhì)量守恒寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2MoS2+7O22MoO3+4SO2、。(4)“操作”是將有機(jī)相和水相分開，則操作是分液，實(shí)驗(yàn)室分液時(shí)需要用到的最主要的玻璃儀器是分液漏斗。(5)向(NH4)2MoO4溶液中加入硫酸“調(diào)pH為5.5”生成仲鉬酸銨，根據(jù)質(zhì)量守恒，生成物還有硫酸銨和水，化學(xué)方程式為7(NH4)2MoO4+4H2SO4=(NH4)6Mo7O24+4(NH4)2SO4+4H2O。(6)8鉬酸根中有8個(gè)Mo，即x=8，根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，Mo的化合價(jià)為+6價(jià)，8鉬酸根帶4個(gè)單位負(fù)電荷，所以O(shè)有26個(gè)，則8鉬酸銨的化學(xué)式為(NH4)4Mo8O26。(7)由題意可知：(NH4)2MoO42-完全沉淀時(shí)：消耗；由圖可知，混合液中；即混合液中；故加入的Ba(OH)2溶液的濃度約為。4．(2023·安徽省高三質(zhì)量檢測)以某混合氧化物(由MnO2、ZnO、CuO、Fe2O3組成)為原料制備KMnO4和FeSO4·7H2O的工藝流程如下：已知：ZnO與Al2O3的化學(xué)性質(zhì)相似?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Cu原子核外電子排布式為_______。(2)寫出“酸浸”時(shí)，CuO反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。(3)“去銅”時(shí)，除了生成CuCl外，還有SO42-、H+生成，該反應(yīng)的離子方程式為_______。(4)為檢驗(yàn)“去銅”后是否含有Fe3+，選用的試劑是_______。(5)“熔融”時(shí)MnO2轉(zhuǎn)化為K2MnO4，該反應(yīng)中每轉(zhuǎn)移1mol電子，消耗_______gMnO2。(6)已知"“歧化”時(shí)反應(yīng)為3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3。常溫下，相關(guān)物質(zhì)的溶解度數(shù)據(jù)如下：物質(zhì)K2CO3KHCO3K2SO4KMnO4CH3COOK溶解度(g/100g水)11133.711.16.34256通入CO2至溶液pH達(dá)10~11時(shí)，應(yīng)停止通CO2，不能繼續(xù)通入CO2的原因是_______。可以替代CO2的試劑是_______(填“稀鹽酸”“稀硫酸”或“稀醋酸”)。(7)KMnO4的純度測定：稱取mgKMnO4粗品于燒杯中，加入蒸餾水和稀硫酸溶解，再用0.5mol·L-1的Na2C2O4溶液滴定3次，平均消耗Na2C2O4溶液20.00mL。KMnO4樣品的純度為_______%(用含m的代數(shù)式表示，雜質(zhì)不參與反應(yīng))。已知酸性條件下KMnO4與Na2C2O4反應(yīng)，生成Mn2+和CO2?！敬鸢浮?1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(2)CuO+H2SO4=CuSO4+H2O(3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+(4)KSCN溶液或硫氰化鉀溶液(5)43.5(6)若繼續(xù)通入CO2，則會(huì)生成KHCO3，由于與碳酸鉀相比，碳酸氫鉀溶解度與高錳酸鉀溶解度相差不是很大，會(huì)使得到的高錳酸鉀粗品中含有較多的雜質(zhì)KHCO3稀醋酸(7)【解析】混合氧化物加NaOH堿浸，由題干信息可知ZnO溶于NaOH，其他固體不溶，過濾得濾渣，將濾渣溶于硫酸，其中CuO、Fe2O3溶于硫酸生成硫酸銅和硫酸鐵，二氧化錳不溶于硫酸，過濾后濾液中通入二氧化硫再加NaCl將銅還原為CuCl沉淀，同時(shí)硫酸鐵被還原為硫酸亞鐵，硫酸亞鐵溶于經(jīng)濃縮結(jié)晶得到晶體；二氧化錳固體加KOH熔融通空氣，生成K2MnO4，K2MnO4溶液中通二氧化碳調(diào)節(jié)pH值10-11發(fā)生歧化反應(yīng)得到高錳酸鉀。(1)Cu為29號(hào)元素，基態(tài)Cu原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(2)酸浸時(shí)氧化銅與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和水，反應(yīng)方程式為：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，故答案為：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；(3)“去銅”時(shí)，除了生成CuCl外，還有SO42-、H+生成，可知1mol銅離子得1mol電子生成CuCl，1mol二氧化硫失2mol電子生成SO42-，根據(jù)得失電子守恒及元素守恒得反應(yīng)離子方程式：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；(4)檢驗(yàn)三價(jià)鐵離子可用KSCN溶液或硫氰化鉀溶液；(5)“熔融”時(shí)MnO2轉(zhuǎn)化為K2MnO4，反應(yīng)為：MnO2+O2+4KOH=2K2MnO4+2H2O，該反應(yīng)中每轉(zhuǎn)移1mol電子，消耗0.5molMnO2，質(zhì)量為43.5g；(6)通入CO2至溶液pH達(dá)10~11時(shí)，應(yīng)停止通入，若繼續(xù)通入會(huì)使堿性減弱，生成KHCO3，與碳酸鉀相比，碳酸氫鉀溶解度與高錳酸鉀溶解度相差不是很大，會(huì)使得到的高錳酸鉀粗品中含有較多的雜質(zhì)；可以替代CO2的試劑應(yīng)選弱酸醋酸，弱酸便于控制溶液pH值；(7)酸性條件下KMnO4與Na2C2O4反應(yīng)，生成Mn2+和CO2。根據(jù)得失電子守恒可得關(guān)系式：2KMnO4~5Na2C2O4，n(Na2C2O4)=0.5mol/L×0.02L=0.01mol，則n(KMnO4)=n(Na2C2O4)=×0.01mol=0.004mol，KMnO4樣品的純度為%。題型二化學(xué)工藝流程與反應(yīng)原理1．(2023?湖南卷，17)超純Ga(CH3)3是制備第三代半導(dǎo)體的支撐源材料之一，近年來，我國科技工作者開發(fā)了超純純化、超純分析和超純灌裝一系列高新技術(shù)，在研制超純Ga(CH3)3方面取得了顯著成果，工業(yè)上以粗鎵為原料，制備超純Ga(CH3)3的工藝流程如下：已知：①金屬Ga的化學(xué)性質(zhì)和相似，Ga的熔點(diǎn)為29.8℃；②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作為配體；③相關(guān)物質(zhì)的沸點(diǎn)：物質(zhì)Ga(CH3)3Et2OCH3INR3沸點(diǎn)/℃55.734.642.4365.8回答下列問題：(1)晶體Ga(CH3)3的晶體類型是_______；(2)“電解精煉”裝置如圖所示，電解池溫度控制在40-45℃的原因是_______，陰極的電極反應(yīng)式為_______；(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的產(chǎn)物還包括MgI2和CH3MgI，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______；(4)“殘?jiān)苯?jīng)純水處理，能產(chǎn)生可燃性氣體，該氣體主要成分是_______；(5)下列說法錯(cuò)誤的是_______；A．流程中Et2O得到了循環(huán)利用B．流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在無水無氧的條件下進(jìn)行C．“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3D．用核磁共振氫譜不能區(qū)分Ga(CH3)3和CH3I(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制備超純Ga(CH3)3，而本流程采用“配體交換”工藝制備超純Ga(CH3)3的理由是_______；(7)比較分子中的C-Ga-C鍵角大?。篏a(CH3)3_______Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。【答案】(1)分子晶體(2)保證Ga為液體，便于純Ga流出Ga3++3eˉ=Ga(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI(4)CH4(5)D(6)NR3沸點(diǎn)較高，易與Ga(CH3)3分離，Et2O的沸點(diǎn)低于Ga(CH3)3，一起氣化，難以得到超純Ga(CH3)3(7)>Ga(CH3)3中Ga為sp2雜化，所以為平面結(jié)構(gòu)，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga為sp3雜化，所以為四面體結(jié)構(gòu)，故夾角較小【解析】以粗鎵為原料，制備超純Ga(CH3)3，粗Ga經(jīng)過電解精煉得到純Ga，Ga和Mg反應(yīng)生產(chǎn)Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反應(yīng)生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，然后經(jīng)過蒸發(fā)溶劑、蒸餾，除去殘?jiān)麺gI2、CH3MgI，加入NR3進(jìn)行配體交換、進(jìn)一步蒸出得到超純Ga(CH3)3，Et2O重復(fù)利用。(1)晶體Ga(CH3)3的沸點(diǎn)較低，晶體類型是分子晶體；(2)電解池溫度控制在40-45℃可以保證Ga為液體，便于純Ga流出；粗Ga在陽極失去電子，陰極得到Ga，電極反應(yīng)式為Ga3++3eˉ=Ga；(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的產(chǎn)物還包括MgI2和CH3MgI，該反應(yīng)的化學(xué)方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI；(4)“殘?jiān)焙珻H3MgI，經(jīng)純水處理，能產(chǎn)生可燃性氣體CH4；(5)A項(xiàng)，流程中Et2O得到了循環(huán)利用，A正確；B項(xiàng)，Ga(CH3)3(Et2O)容易和水反應(yīng)，容易被氧化，則流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在無水無氧的條件下進(jìn)行，B正確；C項(xiàng)，“配體交換”得到Ga(CH3)3(NR3)，“工序X”先解配Ga(CH3)3(NR3)后蒸出Ga(CH3)3，C正確；D項(xiàng)，二者甲基的環(huán)境不同，核磁共振氫譜化學(xué)位移不同，用核磁共振氫譜能區(qū)分Ga(CH3)3和CH3I，D錯(cuò)誤；故選D；(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)時(shí)由于Et2O的沸點(diǎn)較低，與Ga(CH3)3一起蒸出，不能制備超純Ga(CH3)3，而本流程采用“配體交換”工藝制備超純Ga(CH3)3的理由是，根據(jù)題給相關(guān)物質(zhì)沸點(diǎn)可知，NR3沸點(diǎn)遠(yuǎn)高于Ga(CH3)3，與Ga(CH3)3易分離；(7)分子中的C-Ga-C鍵角Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(Et2O)，其原因是Ga(CH3)3中Ga為sp2雜化，所以為平面結(jié)構(gòu)，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga為sp3雜化，所以為四面體結(jié)構(gòu)，故夾角較小。2.(2023?江蘇卷，16)實(shí)驗(yàn)室模擬“鎂法工業(yè)煙氣脫硫”并制備MgSO4·H2O，其實(shí)驗(yàn)過程可表示為(1)在攪拌下向氧化鎂漿料中勻速緩慢通入SO2氣體，生成MgSO3，反應(yīng)為Mg(OH)2+H2SO3=MgSO3+2H2O，其平衡常數(shù)K與Ksp[(Mg(OH)2)]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代數(shù)關(guān)系式為K=___________；下列實(shí)驗(yàn)操作一定能提高氧化鎂漿料吸收SO2效率的有___________(填序號(hào))。A．水浴加熱氧化鎂漿料B．加快攪拌速率C．降低通入SO2氣體的速率D．通過多孔球泡向氧化鎂漿料中通SO2(2)在催化劑作用下MgSO3被O2氧化為MgSO4。已知MgSO3的溶解度為0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SO32-的離子方程式為___________；在其他條件相同時(shí)，以負(fù)載鈷的分子篩為催化劑，漿料中MgSO3被O2氧化的速率隨pH的變化如題圖甲所示。在pH=6~8范圍內(nèi)，pH增大，漿料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是___________。(3)制取MgSO4·H2O晶體。在如題圖乙所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，攪拌下，使一定量的MgSO3漿料與H2SO4溶液充分反應(yīng)。MgSO3漿料與H2SO4溶液的加料方式是___________；補(bǔ)充完整制取MgSO4·H2O晶體的實(shí)驗(yàn)方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中，___________。(已知：Fe3+、Al3+在pH時(shí)完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀；室溫下從MgSO4飽和溶液中結(jié)晶出MgSO4·7H2O，MgSO4·7H2O在150~170℃下干燥得到MgSO4·H2O，實(shí)驗(yàn)中需要使用MgO粉末)【答案】(1)①②BD(2)①2SO32-+O22SO42-②pH增大，抑制SO32-的水解，反應(yīng)物SO32-的濃度增大，故可加快氧化速率(3)①用滴液漏斗向盛有MgSO3漿料的三頸燒瓶中緩慢滴加硫酸溶液②分批加入少量氧化鎂粉末，攪拌，直至用pH試紙測得pH≥5，過濾；將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結(jié)晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥?！窘馕觥勘緦?shí)驗(yàn)的目的是為了制取MgSO4·H2O，首先在攪拌下向氧化鎂漿料中勻速緩慢通入SO2氣體，生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3漿料與H2SO4溶液充分反應(yīng)生成硫酸鎂，在硫酸鎂的溶液中加入氧化鎂調(diào)節(jié)溶液的pH除去三價(jià)鐵和三價(jià)鋁，將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結(jié)晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥即可得到MgSO4·H2O。(1)已知下列反應(yīng)：①M(fèi)g(OH)2+H2SO3=MgSO3+2H2OK②Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)Ksp[(Mg(OH)2)]③MgSO3(s)Mg2+(aq)+SO32-(aq)Ksp(MgSO3)④H2SO3H++HSO3-Ka1(H2SO3)⑤HSO3-H++SO32-Ka2(H2SO3)⑥H2OH++OH-KW根據(jù)蓋斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥，故K=；A項(xiàng)，加熱可加快反應(yīng)速率，但溫度升高，SO2在水中溶解度降低，且會(huì)導(dǎo)致H2SO3受熱分解，不一定能提高吸收SO2效率，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，加快攪拌速率，可以使反應(yīng)物充分接觸，提高吸收SO2效率，B正確；C項(xiàng)，降低通入SO2氣體的速率，SO2可與MgO漿料充分接觸，但會(huì)降低反應(yīng)速率，不一定能提高吸收SO2效率，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，多孔球泡可以讓SO2與MgO漿料充分接觸，能提高吸收SO2效率，D正確；故選BD。(2)根據(jù)題意，O2氧化溶液中的SO32-，SO32-被氧化為SO42-，1molO2氧化2molSO32-，故O2氧化溶液中SO32-的離子方程式為：2SO32-+O22SO42-；pH增大，抑制SO32-的水解，反應(yīng)物SO32-的濃度增大，故可加快氧化速率；(3)在進(jìn)行含固體物質(zhì)的反應(yīng)物與液體反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)將含固體物質(zhì)的反應(yīng)物放在三頸瓶中，通過滴液漏斗滴加液體，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4過量；根據(jù)題意，首先需要調(diào)節(jié)pH≥5以除去Fe3+、Al3+雜質(zhì)，需要用到的試劑為MgO粉末，操作細(xì)節(jié)為分批加入少量MgO粉末，以免pH過高，不斷攪拌進(jìn)行反應(yīng)直至檢測到pH≥5，然后過濾除去氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀；接著需要從溶液中得到MgSO4·H2O，根據(jù)題目信息，室溫下結(jié)晶只能得到MgSO4·7H2O，因此需要在150~170℃下干燥得到MgSO4·H2O，操作細(xì)節(jié)為將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結(jié)晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥。3.(2023?江蘇卷，17)空氣中CO2含量的控制和CO2資源利用具有重要意義。(1)燃煤煙氣中CO2的捕集可通過如下所示的物質(zhì)轉(zhuǎn)化實(shí)現(xiàn)。“吸收”后所得的KHCO3溶液與石灰乳反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________；載人航天器內(nèi)，常用LiOH固體而很少用KOH固體吸收空氣中的CO2，其原因是___________。(2)合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途徑之一、尿素合成主要通過下列反應(yīng)實(shí)現(xiàn)反應(yīng)Ⅰ：NH3(g)＋CO2(g)=NH2COONH4(l)反應(yīng)Ⅱ：NH2COONH4(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l)①密閉體系中反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)(K)與溫度的關(guān)系如圖甲所示，反應(yīng)Ⅰ的ΔH=___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。②反應(yīng)體系中除發(fā)生反應(yīng)Ⅰ、反應(yīng)Ⅱ外，還發(fā)生尿素水解、尿素縮合生成縮二脲[(NH2CO)2NH]和尿素轉(zhuǎn)化為氰酸銨(NH4OCN)等副反應(yīng)。尿素生產(chǎn)中實(shí)際投入NH3和CO2的物質(zhì)的量之比為n(NH3)；n(CO2)＝4：1，其實(shí)際投料比值遠(yuǎn)大于理論值的原因是___________。(3)催化電解吸收CO2的KOH溶液可將CO2轉(zhuǎn)化為有機(jī)物。在相同條件下，恒定通過電解池的電量，電解得到的部分還原產(chǎn)物的法拉第效率()隨電解電壓的變化如圖乙所示。其中，Qx=nF，n表示電解生成還原產(chǎn)物X所轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量，F(xiàn)表示法拉第常數(shù)。①當(dāng)電解電壓為U1V時(shí)，電解過程中含碳還原產(chǎn)物的FE%為0，陰極主要還原產(chǎn)物為___________(填化學(xué)式)。②當(dāng)電解電壓為U2V時(shí)，陰極由HCO3-生成CH4的電極反應(yīng)式為___________。③當(dāng)電解電壓為U3V時(shí)，電解生成的C2H4和HCOO-的物質(zhì)的量之比為___________(寫出計(jì)算過程)?！敬鸢浮?1)①KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O②相同質(zhì)量的LiOH固體可吸收更多二氧化碳(2)①<0②適當(dāng)抑制副反應(yīng)的發(fā)生，尿素中氮碳比小于副產(chǎn)物中縮二脲的氮碳比，氨氣與二氧化碳的投料比越大，二氧化碳轉(zhuǎn)化率越高(3)①H2②HCO3-+8e-+6H2O=CH4+9OH-③每生成1molC2H4轉(zhuǎn)移12mole-，每生成1molHCOO-轉(zhuǎn)移2mole-，故電解生成的C2H4和HCOO-的物質(zhì)的量之比為【解析】(1)由圖可知“吸收”后所得的KHCO3溶液與石灰乳反應(yīng)生成碳酸鈣用于煅燒產(chǎn)生二氧化碳，產(chǎn)物KOH可回收利用，故化學(xué)方程式為KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O。載人航天器內(nèi)，常用LiOH固體而很少用KOH固體吸收空氣中的CO2的原因?yàn)橄嗤|(zhì)量的LiOH固體可吸收更多二氧化碳。(2)由圖可知升高溫度反應(yīng)Ⅰ的lgK減小，說明溫度升高平衡逆向移動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，其ΔH<0。實(shí)際投料比值遠(yuǎn)大于理論值的原因是適當(dāng)抑制副反應(yīng)的發(fā)生，尿素中氮碳比小于副產(chǎn)物中縮二脲的氮碳比，氨氣與二氧化碳的投料比越大，二氧化碳轉(zhuǎn)化率越高。(3)當(dāng)電解電壓為U1V時(shí)，電解過程中含碳還原產(chǎn)物的FE%為0，說明二氧化碳為得電子，為氫離子得電子變成氫氣。當(dāng)電解電壓為U2V時(shí)，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒可知堿性條件下陰極由HCO3-生成CH4的電極反應(yīng)式為HCO3-+8e-+6H2O=CH4+9OH-。當(dāng)電解電壓為U3V時(shí)，電解過程中還原產(chǎn)物C2H4的FE%為24%，還原產(chǎn)物HCOO-的FE%為8%，每生成1molC2H4轉(zhuǎn)移12mole-，每生成1molHCOO-轉(zhuǎn)移2mole-，故電解生成的C2H4和HCOO-的物質(zhì)的量之比為。4．(2023?北京卷，18)以銀錳精礦(主要含Ag2S、M、S2)和氧化錳礦(主要含M)為原料聯(lián)合提取銀和錳的一種流程示意圖如下。已知：酸性條件下，M的氧化性強(qiáng)于3+。(1)“浸錳”過程是在H2SO4溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時(shí)去除S2，有利于后續(xù)銀的浸出：礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中。①“浸錳”過程中，發(fā)生反應(yīng)MM↑，則可推斷：Ksp(M)(填“>”或“<”)Ksp(Ag2S)。②在H2SO4溶液中，銀錳精礦中的S2和氧化錳礦中的發(fā)生反應(yīng)，則浸錳液中主要的金屬陽離子有。(2)“浸銀”時(shí)，使用過量、H和Ca的混合液作為浸出劑，將Ag2S中的銀以[Ag]-形式浸出。①將“浸銀”反應(yīng)的離子方程式補(bǔ)充完整：。3++Ag2S++2[Ag]-+S②結(jié)合平衡移動(dòng)原理，解釋浸出劑中的作用：。(3)“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑。①該步反應(yīng)的離子方程式有。②一定溫度下，Ag的沉淀率隨反應(yīng)時(shí)間的變化如圖所示。解釋分鐘后Ag的沉淀率逐漸減小的原因：。(4)結(jié)合“浸錳”過程，從兩種礦石中各物質(zhì)利用的角度，分析聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢(shì)：?！敬鸢浮?1)>3+、M(2)3++Ag2S+42++2[Ag]-+S是為了與Ag2S電離出的Ag+結(jié)合生成[Ag]-，使平衡正向移動(dòng)，提高Ag2S的浸出率；H+是為了抑制3+水解，防止生成沉淀(3)2[Ag]-+3+=2++2Ag+4-、23++=32+2+被氧氣氧化為3+，3+把Ag氧化為Ag+(4)可將兩種礦石中的錳元素同時(shí)提取到浸錳液中，得到M，同時(shí)將銀元素和錳元素分離開；生成的3+還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑【解析】銀錳精礦(主要含Ag2S、M、S2)和氧化錳礦(主要含M)混合加H2SO4溶液，使礦石中的錳元素浸出，同時(shí)去除S2，礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中，浸錳液中主要的金屬陽離子有3+、M；浸錳渣中Ag2S與過量、H和Ca的混合液反應(yīng)，將Ag2S中的銀以[Ag]-形式浸出，用鐵粉把[Ag]-還原為金屬銀。(1)①“浸錳”過程中，礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中，M發(fā)生反應(yīng)MM↑，硫化錳溶于強(qiáng)酸而硫化銀不溶于強(qiáng)酸，則可推斷：Ksp(M)>Ksp(Ag2S)；②根據(jù)信息，在H2SO4溶液中二氧化錳可將2+氧化為3+，自身被還原為M，則浸錳液中主要的金屬陽離子有3+、M。(2)①Ag2S中S元素化合價(jià)升高，F(xiàn)e元素化合價(jià)降低，根據(jù)得失電子守恒、元素守恒，該離子方程式為3++Ag2S+42++2[Ag]-+S；②是為了與Ag2S電離出的Ag+結(jié)合生成[Ag]-，使平衡正向移動(dòng)，提高Ag2S的浸出率；H+是為了抑制3+水解，防止生成沉淀。(3)①鐵粉可將[Ag]-還原為單質(zhì)銀，過量的鐵粉還可以與鐵離子發(fā)生反應(yīng)，因此離子方程式為2[Ag]-+3+=2++2Ag+4-、23++=32+；②溶液中生成的2+會(huì)被空氣中的氧氣緩慢氧化為3+，3+把部分Ag氧化為Ag+，因此min后銀的沉淀率逐漸降低。(4)聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢(shì)在于“浸錳”過程可將兩種礦石中的錳元素同時(shí)提取到浸錳液中，將銀元素和錳元素分離開，利用M的氧化性將S2中的2+氧化為3+，同時(shí)生成的3+還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑，同時(shí)得到M。5．(2023?廣東卷，18)NCo均是重要的戰(zhàn)略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含NCo2+、Al3+、M)中，利用氨浸工藝可提取NCo，并獲得高附加值化工產(chǎn)品。工藝流程如下：已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常溫下，NCo2+、Co3+與NH3形成可溶于水的配離子：Kb(NH3·H2O)=-4.7；Co(OH)2易被空氣氧化為Co(OH)3；部分氫氧化物的Ksp如下表。氫氧化物Co(OH)2Co(OH)3N(OH)2Al(OH)3M(OH)2Ksp回答下列問題：(1)活性可與水反應(yīng)，化學(xué)方程式為。(2)常溫下，的氨性溶液中，c(NH3·H2O)c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)。(3)“氨浸”時(shí)，由Co(OH)3轉(zhuǎn)化為[Co(NH3)6]2+的離子方程式為。(4)(NH4)2CO3會(huì)使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3屬于(填“晶體”或“非晶體”)。②(NH4)2CO3提高了NCo的浸取速率，其原因是。(5)①“析晶”過程中通入的酸性氣體A為。②由Co可制備AlCoO晶體，其立方晶胞如圖。Al與O最小間距大于Co與O最小間距，x、y為整數(shù)，則Co在晶胞中的位置為；晶體中一個(gè)Al周圍與其最近的O的個(gè)數(shù)為。(6)①“結(jié)晶純化”過程中，沒有引入新物質(zhì)。晶體A含6個(gè)結(jié)晶水，則所得HNO3溶液中與的比值，理論上最高為。②“熱解”對(duì)于從礦石提取NCo工藝的意義，在于可重復(fù)利用HNO3和(填化學(xué)式)?！敬鸢浮?1)MO+H2O=M(OH)2(2)＞(3)2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH4++SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O(4)晶體減少膠狀物質(zhì)對(duì)鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積(5)H體心12(6)0.4或2：5MO【解析】硝酸浸取液(含NCo2+、Al3+、M)中加入活性氧化鎂調(diào)節(jié)溶液pH值，過濾，得到濾液主要是硝酸鎂，結(jié)晶純化得到硝酸鎂晶體，再熱解得到氧化鎂和硝酸。濾泥加入氨性溶液氨浸，過濾，向?yàn)V液中進(jìn)行鎳鈷分離，經(jīng)過一系列得到氯化鉻和飽和氯化鎳溶液，向飽和氯化鎳溶液中加入氯化氫氣體得到氯化鎳晶體。(1)活性MO可與水反應(yīng)，化學(xué)方程式為MO+H2O=M(OH)2；(2)常溫下，的氨性溶液中，Kb(NH3·H2O)=-4.7，，，則c(NH3·H2O)＞c(NH4+)；(3)“氨浸”時(shí)，Co(OH)3與亞硫酸根發(fā)生氧化還原反應(yīng)，再與氨水反應(yīng)生成[Co(NH3)6]2+，則由Co(OH)3轉(zhuǎn)化為[Co(NH3)6]2+的離子方程式為2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH4++SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O；(4)(NH4)2CO3會(huì)使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。①X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰，則NH4Al(OH