專題84 工藝流程-結(jié)合理論綜合 十年（2015-2024）高考化學(xué)真題分類匯編(解析版)

2015-2024年十年高考真題匯編PAGEPAGE1專題84工藝流程——結(jié)合理論綜合考點(diǎn)十年考情(2015-2024)命題趨勢考點(diǎn)1簡單工藝流程中應(yīng)用2023?山東卷，、2023?江蘇卷化工流程的命題來源很廣,與各個(gè)知識模塊的結(jié)合點(diǎn)較多,因此分析工業(yè)生產(chǎn)化工流程題時(shí),應(yīng)將流程路線、試題設(shè)問和理論知識有機(jī)結(jié)合起來,它常常結(jié)合工藝流程考查基本化學(xué)實(shí)驗(yàn)問題。流程的最終目的就是收益最大化，充分利用理論知識，做題時(shí)只需找到所需回答的問題與流程圖中相關(guān)信息的一一對應(yīng)關(guān)系，“順藤摸瓜”就可以有效解決相關(guān)問題，對流程進(jìn)行在效評價(jià)?？键c(diǎn)2綜合工藝流程中應(yīng)用2023?湖南卷、2023?遼寧省選擇性考試、2023?湖北省選擇性考試、2023?北京卷、2023?廣東卷、2023?江蘇卷、2022?山東卷、2022?全國乙、2022?全國甲、2022?湖南選擇性、2022?廣東選擇性、2021?全國乙、2021?湖南選擇性、2021?廣東選擇性、2021?遼寧選擇性考試、2021?湖北選擇性考試、2015·四川卷考點(diǎn)1簡單工藝流程中應(yīng)用1．(2023?山東卷，13)一種制備Cu2O的工藝路線如圖所示，反應(yīng)Ⅱ所得溶液在3~4之間，反應(yīng)Ⅲ需及時(shí)補(bǔ)加以保持反應(yīng)在條件下進(jìn)行。常溫下，H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8。下列說法正確的是()A．反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應(yīng)B．低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止NaHSO3被氧化C．溶液Y可循環(huán)用于反應(yīng)Ⅱ所在操作單元吸收氣體ⅠD．若Cu2O產(chǎn)量不變，參與反應(yīng)Ⅲ的與CuSO4物質(zhì)的量之比增大時(shí)，需補(bǔ)加NaOH的量減少【答案】CD【解析】銅和濃硫酸反應(yīng)(反應(yīng)Ⅰ)生成二氧化硫氣體(氣體Ⅰ)和硫酸銅，生成的二氧化硫氣體與碳酸鈉反應(yīng)(反應(yīng)Ⅱ)，所得溶液在3~4之間，溶液顯酸性，根據(jù)H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8，可知NaHSO3溶液顯酸性(電離大于水解)，則反應(yīng)Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，調(diào)節(jié)溶液pH值至11，使NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3，低溫真空蒸發(fā)(防止Na2SO3被氧化)，故固液分離得到Na2SO3晶體和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反應(yīng)的離子方程式是SO32-+2Cu2＋+2H2O=SO42-+Cu2O+4H+,反應(yīng)過程中酸性越來越強(qiáng)，使Na2SO3轉(zhuǎn)化成SO2氣體，總反應(yīng)方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及時(shí)補(bǔ)加NaOH以保持反應(yīng)在條件下進(jìn)行。A項(xiàng)，反應(yīng)Ⅰ是銅和濃硫酸反應(yīng)，生成二氧化硫，是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ是SO2和碳酸鈉溶液反應(yīng)，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反應(yīng)生成Cu2O，是氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，經(jīng)分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循環(huán)用于反應(yīng)Ⅱ的操作單元吸收SO2氣體(氣體Ⅰ)，故C正確；D項(xiàng)，制取Cu2O總反應(yīng)方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O產(chǎn)量不變，增大比，多的Na2SO3會消耗氫離子，用于控制pH值，可減少NaOH的量，故D正確；故選CD。2．(2023?江蘇卷，12，3分)室溫下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制備MnCO3的過程如題圖所示。已知Ksp(MgF2)=5.2，Ka(HF)=6.3×10-4。下列說法正確的是()A．0.1mol·L-1NaF溶液中：c(F-)c(Na＋)+c(H＋)B．“除鎂”得到的上層清液中：C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(CO32―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(OH―)D．“沉錳”后的濾液中：(Na＋)+c(H＋)=c(OH―)+c(HCO3-)+2c(CO32―)【答案】C【解析】A項(xiàng)，0.1mol·L-1NaF溶液中存在電荷守恒：c(OH―)+c(F-)c(Na＋)+c(H＋)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，“除鎂”得到的上層清液中為MgF2的飽和溶液，有Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F―)，故，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，0.1mol·L-1NaHCO3溶液中存在質(zhì)子守恒：c(CO32―)+c(OH―)=c(H＋)+c(H2CO3)，故c(CO32―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(OH―)，C正確；D項(xiàng)，“沉錳”后的濾液中還存在F-、SO42-等離子，故電荷守恒中應(yīng)增加其他離子使等式成立，D錯(cuò)誤。故選C?？键c(diǎn)2綜合工藝流程中應(yīng)用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鍵角大小：Ga(CH3)3_______Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______?！敬鸢浮?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?遼寧省選擇性考試，16)某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含(N、、、、M2+和M)。實(shí)現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。已知：物質(zhì)NMKsp10-37.410-14.710-14.710-10.8回答下列問題：(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時(shí)，提高浸取速率的方法為_______(答出一條即可)。(2)“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中過氧鍵的數(shù)目為_______。(3)“氧化”中，用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，M被H2SO5氧化為M，該反應(yīng)的離子方程式為_______(H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為M、_______(填化學(xué)式)。(4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，M(Ⅱ)氧化率與時(shí)間的關(guān)系如下。SO2體積分?jǐn)?shù)為_______時(shí)，M(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時(shí)，M(Ⅱ)氧化速率減小的原因是_______。(5)“沉鈷鎳”中得到的Co(Ⅱ)在空氣中可被氧化成CoO(OH)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。(6)“沉鎂”中為使M2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精確至0.1)?！敬鸢浮?1)適當(dāng)增大硫酸濃度或適當(dāng)升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積(2)NA(3)①M(fèi)+HSO3-+H2O=M②Fe(OH)3(4)①9.0%②SO2有還原性，過多將會降低H2SO5的濃度，降低M(Ⅱ)氧化速率(5)4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O(6)11.1【解析】在“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸(H2SO5)，用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，M被H2SO5氧化為M，發(fā)生反應(yīng)M+HSO3-+H2O=M，F(xiàn)e3+水解同時(shí)生成氫氧化鐵，“沉鉆鎳”過程中，Co2+變?yōu)镃o(OH)2，在空氣中可被氧化成CoO(OH)。(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時(shí)，為提高浸取速率可適當(dāng)增大硫酸濃度、升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積；(2)H2SO5的結(jié)構(gòu)簡式為，所以1molH2SO5中過氧鍵的數(shù)目為NA；(3)用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，M被H2SO5氧化為M，該反應(yīng)的離子方程式為：M+HSO3-+H2O=M；氫氧化鐵的Ksp=10-37.4，當(dāng)鐵離子完全沉淀時(shí)，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=1.0-5×(10-10.8)3=10－37.4，c(OH-)=10-10.8mol/L，根據(jù)Kw=10-14，pH=3.2，此時(shí)溶液的pH=4，則鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀，故濾渣還有氫氧化鐵；(4)根據(jù)圖示可知SO2體積分?jǐn)?shù)為0.9%時(shí)，M(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時(shí)，由于SO2有還原性，過多將會降低H2SO5的濃度，降低M(Ⅱ)氧化速率；(5)“沉鉆鎳”中得到的Co(OH)2，在空氣中可被氧化成CoO(OH)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O；(6)氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當(dāng)鎂離子完全沉淀時(shí)，c(Mg2+)=10-5mol/L，根據(jù)Ksp可計(jì)算c(OH-)=10-2.9mol/L，根據(jù)Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。3．(2023?湖北省選擇性考試，16)SiCl4是生產(chǎn)多晶硅的副產(chǎn)物。利用SiCl4對廢棄的鋰電池正極材料LiCoO2進(jìn)行氯化處理以回收Li、Co等金屬，工藝路線如下：回答下列問題：(1)Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。(2)燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙燒”后剩余的SiCl4應(yīng)先除去，否則水浸時(shí)會產(chǎn)生大量煙霧，用化學(xué)方程式表示其原因_______。(3)鑒別洗凈的“濾餅3”和固體Na2CO3常用方法的名稱是_______。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中Co2+濃度為_______mol·L-1。“850℃煅燒”時(shí)的化學(xué)方程式為_______。(5)導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解的因素有_______(填標(biāo)號)。a．Si-Cl鍵極性更大b．Si的原子半徑更大c．Si-Cl鍵鍵能更大d．Si有更多的價(jià)層軌道【答案】(1)①4②Ⅷ(2)SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl(3)焰色反應(yīng)(4)①5.9×10-7②6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O(5)abd【解析】由流程和題中信息可知，LiCoO2粗品與SiCl4在500℃焙燒時(shí)生成氧氣和燒渣，燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；燒渣經(jīng)水浸、過濾后得濾液1和濾餅1，濾餅1的主要成分是SiO2和H2SiO3；濾液1用氫氧化鈉溶液沉鈷，過濾后得濾餅2[主要成分為Co(OH)2]和濾液2(主要溶質(zhì)為LiCl)；濾餅2置于空氣中在850℃煅燒得到Co3O4；濾液2經(jīng)碳酸鈉溶液沉鋰，得到濾液3和濾餅3，濾餅3為Li2CO3。(1)Co是27號元素，其原子有4個(gè)電子層，其價(jià)電子排布為3d74s2，元素周期表第8、9、10三個(gè)縱行合稱第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。(2)“500℃焙燒”后剩余的SiCl4應(yīng)先除去，否則水浸時(shí)會產(chǎn)生大量煙霧，由此可知，四氯化硅與可水反應(yīng)且能生成氯化氫和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水劇烈水解，生成硅酸和氯化氫，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl。(3)洗凈的“濾餅3”的主要成分為Li2CO3，常用焰色反應(yīng)鑒別Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反應(yīng)為紫紅色，而Na2CO3的焰色反應(yīng)為黃色。故鑒別“濾餅3”和固體Na2CO3常用方法的名稱是焰色反應(yīng)。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中c(OH-)1.0×10-4mol·L-1，Co2+濃度為mol·L-1。“850℃煅燒”時(shí)，Co(OH)2與O2反應(yīng)生成Co3O4和H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。(5)a項(xiàng)，Si-Cl鍵極性更大，則Si-Cl鍵更易斷裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有關(guān)；b項(xiàng)，Si的原子半徑更大，因此，SiCl4中的共用電子對更加偏向于Cl，從而導(dǎo)致Si-Cl鍵極性更大，且Si原子更易受到水電離的OH-的進(jìn)攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有關(guān)；c項(xiàng)，通常鍵能越大化學(xué)鍵越穩(wěn)定且不易斷裂，因此，Si-Cl鍵鍵能更大不能說明Si-Cl更易斷裂，故不能說明SiCl4比CCl4易水解，c無關(guān)；d項(xiàng)，Si有更多的價(jià)層軌道，因此更易與水電離的OH-形成化學(xué)鍵，從而導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解，d有關(guān)；綜上所述，導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。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：。【答案】(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)。【答案】(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)2CO3屬于晶體；②根據(jù)題意(NH4)2CO3會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，則(NH4)2CO3能提高了NCo的浸取速率，其原因是減少膠狀物質(zhì)對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)①“析晶”過程中為了防止N水解，因此通入的酸性氣體A為H；②由Co可制備AlCoO晶體，其立方晶胞如圖。x、y為整數(shù)，根據(jù)圖中信息Co、Al都只有一個(gè)原子，而氧(白色)原子有3個(gè)，Al與O最小間距大于Co與O最小間距，則Al在頂點(diǎn)，因此Co在晶胞中的位置為體心；晶體中一個(gè)Al周圍與其最近的O原子，以頂點(diǎn)Al分析，面心的氧原子一個(gè)橫截面有4個(gè)，三個(gè)橫截面共12個(gè)，因此晶體中一個(gè)Al周圍與其最近的O的個(gè)數(shù)為12；(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，則晶體A為MO3)2·6H2O，根據(jù)MO3)2+2H2OM(OH)2+2HNO3，M(OH)2MO+H2O，還剩余5個(gè)水分子，因此所得HNO3溶液中與的比值理論上最高為2：5；②“熱解”對于從礦石提取NCo工藝的意義，根據(jù)前面分析MO3)2+2H2OM(OH)2+2HNO3，M(OH)2MO+H2O，在于可重復(fù)利用HNO3和MO。6．(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)?！拔铡焙笏玫腒HCO3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。7．(2022?山東卷，17)(13分)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)。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。8．(2022?全國乙，26)廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等。為了保護(hù)環(huán)境、充分利用鉛資源，通過下圖流程實(shí)現(xiàn)鉛的回收。一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表：難溶電解質(zhì)PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10-87.4×10-141.1×10-102.6×10-9一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時(shí)的如下表：金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2開始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列問題：(1)在“脫硫”中PbSO4轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為____________________________________________，用沉淀溶解平衡原理解釋選擇Na2CO3的原因_______________________________________________。(2)在“脫硫”中，加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉(zhuǎn)化，原因是_______________________。(3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，還要加入H2O2。(ⅰ)能被H2O2氧化的離子是________；(ⅱ)H2O2促進(jìn)了金屬Pb在醋酸中轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，其化學(xué)方程式為________________________________；(ⅲ)H2O2也能使PbO2轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，H2O2的作用是________。(4)“酸浸”后溶液的pH約為4.9，濾渣的主要成分是________。(5)“沉鉛”的濾液中，金屬離子有________?！敬鸢浮?1)

PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)

反應(yīng)PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數(shù)K==3.4105>105，PbSO4可以比較徹底的轉(zhuǎn)化為PbCO3(2)反應(yīng)BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數(shù)K==0.04<<105，反應(yīng)正向進(jìn)行的程度有限(3)Fe2+

Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O

作還原劑(4)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)Ba2+、Na+【解析】鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等，向鉛膏中加入碳酸鈉溶液進(jìn)行脫硫，硫酸鉛轉(zhuǎn)化為碳酸鉛，過濾，向所得固體中加入醋酸、過氧化氫進(jìn)行酸浸，過氧化氫可將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，酸浸后溶液的pH約為4.9，依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時(shí)的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵，過濾后，向?yàn)V液中加入氫氧化鈉溶液進(jìn)行沉鉛，得到氫氧化鉛沉淀，濾液中的金屬陽離子主要為鈉離子和鋇離子，氫氧化鉛再進(jìn)行處理得到PbO。(1)“脫硫”中，碳酸鈉溶液與硫酸鉛反應(yīng)生成碳酸鉛和硫酸鈉，反應(yīng)的離子方程式為：PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)，由一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)的數(shù)據(jù)可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反應(yīng)PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數(shù)K====≈3.4105>105，說明可以轉(zhuǎn)化的比較徹底，且轉(zhuǎn)化后生成的碳酸鉛可由酸浸進(jìn)入溶液中，減少鉛的損失。(2)反應(yīng)BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數(shù)K====≈0.04<<105，說明該反應(yīng)正向進(jìn)行的程度有限，因此加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉(zhuǎn)化。(3)(i)過氧化氫有氧化性，亞鐵離子有還原性，會被過氧化氫氧化為鐵離子。(ii)過氧化氫促進(jìn)金屬Pb在醋酸溶液中轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，過氧化氫與Pb、HAc發(fā)生氧還原反應(yīng)生成Pb(Ac)2和H2O，依據(jù)得失電子守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。(iii)過氧化氫也能使PbO2轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，鉛元素化合價(jià)由+4價(jià)降低到了+2價(jià)，PbO2是氧化劑，則過氧化氫是還原劑。(4)酸浸后溶液的pH約為4.9，依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時(shí)的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵。(5)依據(jù)分析可知，加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉(zhuǎn)化，鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為了氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，鉛轉(zhuǎn)化為了氫氧化鉛、最終變?yōu)榱搜趸U，因此沉鉛的濾液中，金屬離子有Ba2+和加入碳酸鈉、氫氧化鈉時(shí)引入的Na+。9．(2022?全國甲，26)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氯氧化物溶度積常數(shù)如下表：離子Fe3+Zn2+Cu2+Fe2+Mg2+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，最適宜使用的X是_______(填標(biāo)號)。A．NH3·H2O

B．Ca(OH)2

C．濾渣①的主要成分是_______、_______、_______。(4)向的濾液①中分批加入適量KMO4溶液充分反應(yīng)后過濾，濾渣②中有MO2，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(shí)得到的副產(chǎn)物是_______、_______。【答案】(1)ZnCO3ZnO+CO2↑(2)

增大壓強(qiáng)

將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等(3)B

Fe(OH)3

CaSO4

SiO2(4)3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+(5)置換Cu2+為Cu從而除去(6)

CaSO4

MgSO4【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)ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，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?yàn)V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?yàn)V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。(1)由分析，焙燒時(shí)，生成ZnO的反應(yīng)為：ZnCO3ZnO+CO2↑；(2)可采用增大壓強(qiáng)、將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸取率；(3)A項(xiàng)，NH3·H2O易分解產(chǎn)生NH3污染空氣，且經(jīng)濟(jì)成本較高，故A不適宜；B項(xiàng)，Ca(OH)2不會引入新的雜質(zhì)，且成本較低，故B適宜；C項(xiàng)，NaOH會引入雜質(zhì)Na+，且成本較高，C不適宜；故選B；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++MnO4-+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。10．(2022?湖南選擇性，17)鈦(Ti)及其合金是理想的高強(qiáng)度、低密度結(jié)構(gòu)材料。以鈦渣(主要成分為TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物雜質(zhì))為原料，制備金屬鈦的工藝流程如下：已知“降溫收塵”后，粗TiCl4中含有的幾種物質(zhì)的沸點(diǎn)：物質(zhì)TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3沸點(diǎn)/答下列問題：(1)已知ΔG=ΔH-TΔS，的值只決定于反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)，忽略、隨溫度的變化。若ΔG，則該反應(yīng)可以自發(fā)進(jìn)行。根據(jù)下圖判斷：600℃時(shí)，下列反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行的是_______。A．C(s)＋O2(g)=CO2(g) B．2C(s)＋O2(g)=2CO(g)C．TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)D．TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)(2)TiO2與C、Cl2，在600℃的沸騰爐中充分反應(yīng)后，混合氣體中各組分的分壓如下表：物質(zhì)TiCl4COCO2Cl2分壓①該溫度下，TiO2與C、Cl2反應(yīng)的總化學(xué)方程式為________________________________________；②隨著溫度升高，尾氣中的含量升高，原因是__________________________________。(3)“除釩”過程中的化學(xué)方程式為_____________________________________；“除硅、鋁”過程中，分離TiCl4中含、雜質(zhì)的方法是__________________________________。(4)“除釩”和“除硅、鋁”的順序_______(填“能”或“不能”)交換，理由是_______________________________。(5)下列金屬冶煉方法與本工藝流程中加入冶煉的方法相似的是_______。A．高爐煉鐵 B．電解熔融氯化鈉制鈉 C．鋁熱反應(yīng)制錳 D．氧化汞分解制汞【答案】(1)C(2)

5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2

隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應(yīng)C＋CO22CO(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3

蒸餾(4)

不能

若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時(shí)需要加入Al，又引入Al雜質(zhì)；(5)AC【解析】鈦渣中加入C、Cl2進(jìn)行沸騰氯化，轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的氯化物，降溫收塵后得到粗TiCl4，加入單質(zhì)Al除釩，再除硅、鋁得到純TiCl4，加入Mg還原得到Ti。(1)記①C(s)＋O2(g)=CO2(g)，②2C(s)＋O2(g)=2CO(g)，③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)，④TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)；A項(xiàng)，由圖可知，600℃時(shí)C(s)＋O2(g)=CO2(g)的ΔG，反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，故A不符合題意；B項(xiàng)，由圖可知，600℃時(shí)2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔG，反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，故B不符合題意；C項(xiàng)，由圖可知，600℃時(shí)TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)的ΔG，反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行，故C符合題意；D項(xiàng)，根據(jù)蓋斯定律，TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)可由①+③得到，則600℃時(shí)其ΔG，反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，故D不符合題意；故選C；(2)①根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，該溫度下C主要生成CO和CO2，根據(jù)相同條件下氣體的壓強(qiáng)之比是物質(zhì)的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物質(zhì)的量之比約是5：2：4，所以TiO2與C、Cl2反應(yīng)的總化學(xué)方程式為5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應(yīng)C＋CO22CO，導(dǎo)致CO含量升高；(3)“降溫收塵”后釩元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根據(jù)得失電子守恒和元素守恒配平方程式為3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4與TiCl4沸點(diǎn)差異較大，“除硅、鋁"過程中可采用蒸餾的方法分離AlCl3、SiCl4；(4)若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時(shí)需要加入Al，又引入Al雜質(zhì)，因此“除釩”和“除硅、鋁”的順序不能交換；(5)本工藝中加入Mg冶煉Ti的方法為熱還原法；A項(xiàng)，高爐煉鐵的原理是用還原劑將鐵礦石中鐵的氧化物還原成金屬鐵，屬于熱還原法，故A符合題意；B項(xiàng)，電解熔融氯化鈉制取金屬鈉的原理是電解法，故B不符合題意；C項(xiàng)，鋁熱反應(yīng)制錳是利用Al作還原劑，將錳從其化合物中還原出來，為熱還原法，故C符合題意；D項(xiàng)，Hg為不活潑金屬，可以直接用加熱分解氧化汞的方法制備汞，故D不符合題意；故選AC。11．(2022?廣東選擇性，18)稀土(RE)包括鑭、釔等元素，是高科技發(fā)展的關(guān)鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如下：已知：月桂酸(C11H23COOH)熔點(diǎn)為44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持價(jià)不變；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8，Al(OH)3開始溶解時(shí)的pH為8.8；有關(guān)金屬離子沉淀的相關(guān)pH見下表。離子Mg2+Fe3+Al3+RE3+開始沉淀時(shí)的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全時(shí)的pH/3.24.7/(1)“氧化調(diào)pH”中，化合價(jià)有變化的金屬離子是_______。(2)“過濾1”前，用NaOH溶液調(diào)pH至_______的范圍內(nèi)，該過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。(3)“過濾2”后，濾餅中檢測不到元素，濾液2中Mg2+濃度為2.7g·Lˉ1。為盡可能多地提取RE3+，可提高月桂酸鈉的加入量，但應(yīng)確?！斑^濾2”前的溶液中c(C11H23COO―)低于_______mol·L-1(保留兩位有效數(shù)字)。(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3+溶出、提高產(chǎn)率，其原因是_______。②“操作X”的過程為：先_______，再固液分離。(5)該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質(zhì)有_______(寫化學(xué)式)。(6)稀土元素釔(Y)可用于制備高活性的合金類催化劑Pt3Y。①還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時(shí)，生成1molPt3Y轉(zhuǎn)移_______mol電子。②Pt3Y/C用作氫氧燃料電池電極材料時(shí)，能在堿性溶液中高效催化O2的還原，發(fā)生的電極反應(yīng)為__________________________________?！敬鸢浮?1)Fe2+(2)

4.7pH<6.2

Al3++3OH-=Al(OH)3↓(3)4.010-4(4)

加熱攪拌可加快反應(yīng)速率

冷卻結(jié)晶(5)MgSO4(6)

15

O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】由流程可知，該類礦(含鐵、鋁等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO42-等離子，經(jīng)氧化調(diào)pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，經(jīng)過濾除去，濾液1中含有RE3+、Mg2+、SO42-等離子，加入月桂酸鈉，使RE3+形成(C11H23COO)3RE沉淀，濾液2主要含有MgSO4溶液，可循環(huán)利用，濾餅加鹽酸，經(jīng)加熱攪拌溶解后，再冷卻結(jié)晶，析出月桂酸，再固液分離得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化調(diào)pH”目的是除去含鐵、鋁等元素的離子，需要將Fe2+氧化為Fe3+，以便后續(xù)除雜，所以化合價(jià)有變化的金屬離子是Fe2+；(2)由表中數(shù)據(jù)可知，Al3+沉淀完全的pH為4.7，而RE3+開始沉淀的pH為6.2~7.4，所以為保證Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液調(diào)pH至4.7pH<6.2的范圍內(nèi)，該過程中Al3+發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Al3++3OH-=Al(OH)3↓；(3)濾液2中Mg2+濃度為2.7g·Lˉ1，即0.1125mol/L，根據(jù)，若要加入月桂酸鈉后只生成(C11H23COO)3RE，而不產(chǎn)生(C11H23COO)2Mg，則==410-4mol·L-1；(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3+溶出、提高產(chǎn)率，其原因是加熱攪拌可加快反應(yīng)速率；②“操作X”的結(jié)果是分離出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)熔點(diǎn)為44℃，故“操作X”的過程為：先冷卻結(jié)晶，再固液分離；(5)由分析可知，該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質(zhì)有MgSO4；(6)①YCl3中Y為+3價(jià)，PtCl4中Pt為+4價(jià)，而Pt3Y中金屬均為0價(jià)，所以還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時(shí)，生成1molPt3Y轉(zhuǎn)移15mol電子；②堿性溶液中，氫氧燃料電池正極發(fā)生還原反應(yīng)，發(fā)生的電極反應(yīng)為O2+4e-+2H2O=4OH-。12．(2021?全國乙，26)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表金屬離子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+開始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c=1.0×10-5mol·Lˉ1)的pH3.24.711.113.8回答下列問題：(1)“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發(fā)生反應(yīng)，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，寫出Al2O3轉(zhuǎn)化為NH4Al(SO4)2的化學(xué)方程式__________________________________。(2)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時(shí)用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6，依次析出的金屬離子是_______。(3)“母液①"中Mg2+濃度為_______mol·Lˉ1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是_______?！八崛茉钡某煞质莀______、_______。(5)“酸溶”后，將溶液適當(dāng)稀釋并加熱，TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應(yīng)的離子方程式是_______。(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得_______，循環(huán)利用?！敬鸢浮緼l2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑Fe3+、Al3+、Mg2+1.0×10-6硫酸SiO2CaSO4TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+H2O(NH4)2SO4【解析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時(shí)，二氧化鈦和二氧化硅不反應(yīng)，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質(zhì)加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應(yīng)，二氧化鈦與稀硫酸反應(yīng)得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。(1)氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應(yīng)為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應(yīng)生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為11.6時(shí)，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀；(3)由鎂離子完全沉淀時(shí)，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，當(dāng)溶液pH為11.6時(shí)，溶液中鎂離子的濃度為=1×10—6mol/L；(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應(yīng)加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應(yīng)，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣；(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應(yīng)的離子方程式為TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用。13．(2021?湖南選擇性，17)Ce2(CO3)3可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨(dú)居石中，鈰(Ce)主要以CePO4形式存在，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物質(zhì)。以獨(dú)居石為原料制備Ce2(CO3)3?nH2O的工藝流程如圖：回答下列問題：(1)鈰的某種核素含有58個(gè)質(zhì)子和80個(gè)中子，該核素的符號為；(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有(至少寫兩條)；(3)濾渣Ⅲ的主要成分是(填化學(xué)式)；(4)加入絮凝劑的目的是；(5)“沉鈰”過程中，生成Ce2(CO3)3?nH2O的離子方程式為，常溫下加入的NH4HCO3溶液呈(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：NH3?H2O的Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11)；(6)濾渣Ⅱ的主要成分為FePO4，在高溫條件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時(shí)生成CO和H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為?！敬鸢浮?1)13858Ce(2)適當(dāng)升高溫度，將獨(dú)居石粉碎等(3)Al(OH)3(4)促使鋁離子沉淀(5)2Ce3++6HCO3-+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3?nH2O+3CO2↑堿性(6)6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O【解析】天然獨(dú)居石主要以CePO4形式存在，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物質(zhì)中加入濃硫酸焙燒，二氧化硅不反應(yīng)，其他物質(zhì)生成對應(yīng)的硫酸鹽，加水水浸，浸渣為硫酸鈣和二氧化硅，濾液中含有加入FeCl3除磷，生成FePO4沉淀，加氧化鎂調(diào)節(jié)pH＝5，加絮凝劑聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+沉淀除去，加入碳酸氫銨沉鈰，過濾獲得Ce2(CO3)3?nH2O。(1)鈰的某種核素含有58個(gè)質(zhì)子和80個(gè)中子，依據(jù)核素的表示方法，其符號為13858Ce；(2)升高溫度，攪拌反應(yīng)物可以加快水浸效率；(3)依據(jù)流程分析，氧化鎂調(diào)節(jié)pH＝5，加絮凝劑聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+生成對應(yīng)的氫氧化物沉淀除去，對應(yīng)的濾渣III為Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)加入絮凝劑，吸附沉淀，使沉淀顆粒變大，便于過濾除去；(5)“沉鈰”過程中，加入Ce3+與CO32﹣結(jié)合，促進(jìn)HCO3﹣電離，生成Ce2(CO3)3?nH2O，離子方程式為：2Ce3++6HCO3﹣+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3?nH2O+3CO2↑，根據(jù)鹽類水解規(guī)律，已知NH3?H2O的電離平衡常數(shù)Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11，所以碳酸氫根的水解程度更大，所以NH4HCO3顯堿性；(6)Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時(shí)生成CO和H2O，可知葡萄糖中C元素被氧化，F(xiàn)ePO4中Fe元素被還原，Li2CO3中C元素被還原，據(jù)此可知方程式為6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O。14．(2021?廣東選擇性，16)對廢催化劑進(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。(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。15．(2021?遼寧選擇性考試，16)從釩鉻錳礦渣(主要成分為V2O5、Cr2O3、MnO)中提鉻的一種工藝流程如下：已知：pH較大時(shí)，二價(jià)錳[](在空氣中易被氧化.回答下列問題：(1)Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。(2)用FeCl3溶液制備膠體的化學(xué)方程式為_____________________________。(3)常溫下，各種形態(tài)五價(jià)釩粒子總濃度的對數(shù)[]與pH關(guān)系如圖1。已知釩鉻錳礦渣硫酸浸液中，“沉釩”過程控制，則與膠體共沉降的五價(jià)釩粒子的存在形態(tài)為_______(填化學(xué)式)。(4)某溫度下，、的沉淀率與pH關(guān)系如圖2?！俺零t”過程最佳pH為_______；在該條件下濾液B中c(Cr3+)=_______(K近似為1×10-14，Cr(OH)3的Ksp近似為1×10-30)。(5)“轉(zhuǎn)化”過程中生成MnO2的離子方程式為_____________________________。(6)“提純”過程中Na2S2O3的作用為_________________________________________________?！敬鸢浮?1)4VIB(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl(3)H3V2O7-(4)6.01×10-6(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O(6)防止pH較大時(shí)，二價(jià)錳[Mn()]被空氣中氧氣氧化，轉(zhuǎn)化為MnO2附在Cr(OH)3的表面，使產(chǎn)物不純【解析】分析本工藝流程圖可知，“沉釩”步驟中使用氫氧化鐵膠體吸附含有釩的雜質(zhì)，濾液中主要含有Mn2+和Cr3+，加熱NaOH“沉鉻”后，Cr3+轉(zhuǎn)化為固體A為Cr(OH)3沉淀，濾液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要時(shí)防止pH較大時(shí)，二價(jià)錳[Mn()]被空氣中氧氣氧化，Cr(OH)3煅燒后生成Cr2O3，“轉(zhuǎn)化”步驟中的反應(yīng)離子方程式為：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O。(1)Cr是24號元素，價(jià)層電子對排布式為：3d54s1，根據(jù)最高能層數(shù)等于周期序數(shù)，價(jià)電子數(shù)等于族序數(shù)，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族；(2)用FeCl3溶液制備Fe(OH)3膠體的化學(xué)方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl；(3)常溫下，各種形態(tài)五價(jià)釩粒子總濃度的對數(shù)[]與pH關(guān)系如圖1。已知釩鉻錳礦渣硫酸浸液中，=-2，從圖中可知，“沉釩”過程控制pH=3.0，=-2時(shí)，與膠體共沉降的五價(jià)釩粒子的存在形態(tài)為H3V2O7-；(4)某溫度下，、的沉淀率與pH關(guān)系如圖2，由圖中信息可知“沉鉻”過程最佳pH為6.0；則此時(shí)溶液中OH-的濃度為：c(OH-)=10-8mol/L，在該條件下濾液B中==1×10-6；(5)“轉(zhuǎn)化”過程中生成MnO2的離子方程式