備戰(zhàn)2025年高考化學二輪復習大題突破練1　化學工藝流程題（含解析）

大題突破練(一)化學工藝流程題1.(2024·河北卷)V2O5是制造釩鐵合金、金屬釩的原料,也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取V2O5的工藝,具有釩回收率高、副產物可回收和不產生氣體污染物等優(yōu)點。工藝流程如下。已知:ⅰ.石煤是一種含V2O3的礦物,雜質為大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分為CaCO3、NaOH、Na2CO3等。ⅱ.高溫下,苛化泥的主要成分可與Al2O3反應生成偏鋁酸鹽;室溫下,偏釩酸鈣[Ca(VO3)2]和偏鋁酸鈣均難溶于水?；卮鹣铝袉栴}:(1)釩原子的價層電子排布式為;焙燒生成的偏釩酸鹽中釩的化合價為,產生的氣體①為(填化學式)。

(2)水浸工序得到濾渣①和濾液,濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣,濾液中雜質的主要成分為(填化學式)。

(3)在弱堿性環(huán)境下,偏釩酸鈣經(jīng)鹽浸生成碳酸鈣,發(fā)生反應的離子方程式為;CO2加壓導入鹽浸工序可提高浸出率的原因為;浸取后低濃度的濾液①進入(填工序名稱),可實現(xiàn)釩元素的充分利用。

(4)洗脫工序中洗脫液的主要成分為(填化學式)。

(5)下列不利于沉釩過程的兩種操作為(填字母)。

a.延長沉釩時間b.將溶液調至堿性c.攪拌d.降低NH4Cl溶液的濃度2.(2024·廣西北海一模)硫酸鈰銨[(NH4)2Ce(SO4)3]微溶于水,不溶于乙醇,溶于無機酸,可用作分析試劑、氧化劑。某工廠用碳酸鈰[Ce2(CO3)3]礦石制備硫酸鈰銨的工藝流程如圖:Ce2(CO3)3礦石Ce2(SO4)3Ce(OH)4懸濁液硫酸鈰銨晶體已知:①Ksp[Ce(OH)4]=2×10-48。②硫酸鈰銨的熔點為130℃,沸點為330℃?；卮鹣铝袉栴}:(1)(NH4)2Ce(SO4)3中鈰元素的化合價為。

(2)步驟一中,先將Ce2(CO3)3礦石粉碎,目的是。

(3)步驟二中,反應溫度需要控制在0~30℃,原因是。

反應完全后,要將混合物升溫至90℃,目的是

。

(4)步驟二中,Ce2(SO4)3與H2O2、NH3·H2O反應生成Ce(OH)4的化學方程式為。

(5)步驟三反應完全后的溶液經(jīng)、、過濾,得到晶體。最后用洗滌2~3次后,得到高純硫酸鈰銨晶體。

(6)若最初稱取一定量的碳酸鈰礦石,其中含Ce2(CO3)34.60kg,經(jīng)該工藝流程最終獲得5.62kg(NH4)2Ce(SO4)3晶體,則(NH4)2Ce(SO4)3的產率為(保留三位有效數(shù)字)。

3.(2024·湖北卷)鈹用于航天器件的構筑。一種從其鋁硅酸鹽[Be3Al2(SiO3)6]中提取鈹?shù)穆窂饺鐖D所示。已知:Be2++4HABeA2(HA)2+2H+回答下列問題。(1)基態(tài)Be2+的軌道表示式為。

(2)為了從“熱熔冷卻”步驟得到玻璃態(tài),冷卻過程的特點是。

(3)“萃取分液”的目的是分離Be2+和Al3+,向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,觀察到的現(xiàn)象是

。

(4)寫出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學方程式:。“濾液2”可以進入步驟再利用。

(5)電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時,加入氯化鈉的主要作用是。

(6)Be(OH)2與醋酸反應得到某含4個Be的配合物,4個Be位于以1個O原子為中心的四面體的4個頂角,且每個Be的配位環(huán)境相同,Be與Be間通過CH3COO-相連,其化學式為。

4.(2024·吉林白山二模)鈧(Sc)及其化合物在電子、超導合金和催化劑等領域有重要應用。一種利用鈦白廢酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸廢液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)聯(lián)合制備Sc2O3的工藝流程如圖所示。回答下列問題:已知:25℃時,Ksp[Sc(OH)3]=1×10-30。(1)基態(tài)Fe3+的簡化電子排布式為。

(2)為提高“浸取”速率,可采取的措施有(寫出一條即可),“浸渣”的主要成分是(寫化學式);水相中含有的金屬離子主要是(寫離子符號)。

(3)“除鈦”時,加入H2O2的作用是。

(4)25℃時,若使“反萃取”后水溶液中的Sc3+沉淀完全(離子濃度≤10-5mol·L-1),應控制溶液的pH不低于(保留兩位有效數(shù)字)。

(5)寫出草酸鈧晶體[Sc2(C2O4)3·6H2O]“灼燒”時發(fā)生反應的化學方程式:。

5.(2024·安徽黃山二模)氧缺位體(CuFe2O4-δ)是熱化學循環(huán)分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦(主要成分是CuFeS2,含Al2O3、SiO2等雜質)為原料制備CuFe2O4-δ的流程如圖所示:已知:①酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+②25℃時已知幾種金屬離子沉淀的pH如表所示:氫氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Cu(OH)2Fe(OH)2開始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.69.0請回答下列問題:(1)CuFeS2“焙燒”時生成三種氧化物,其中金屬氧化物的化學式為。

(2)“焙燒”產物中的SO2在有氧條件下利用石灰漿液吸收可制得一種副產品(填化學式)。

(3)流程中,若無“還原”工序,造成的后果是

。

(4)已知Cu(NH3)2Cl2有兩種同分異構體,則“沉鐵”過程中生成的[Cu(NH3)4]2+的空間結構是。

(5)“灼燒”工序的化學方程式是,“煅燒”時通入N2的作用是

。

(6)“煅燒”CuFe2O4得到氧缺位體(CuFe2O4-δ)時,不同溫度范圍內,發(fā)生變價的金屬元素不同,某溫度下制得的氧缺位體質量為原質量的99%,則δ=。

(7)氧缺位體催化分解水制氫可分為兩步:第一步:

(完成方程式);第二步:2CuFe2O42CuFe2O4-δ+δO2↑。6.鎳、鉻、銅及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應用,從電鍍污泥[含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等]中回收制備NiSO4·nH2O和其他金屬及其化合物的工藝流程如圖所示。已知:“萃取”可將金屬離子進行富集與分離,原理如下:X2+(水相)+2RH(有機相)XR2(有機相)+2H+(水相)回答下列問題:(1)與鉻同周期的所有元素的基態(tài)原子中最外層電子數(shù)與鉻原子相同的元素有(填元素符號)。原子核外運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài),若一種自旋狀態(tài)用“+12”表示,與之相反的用“-12”表示,“±12(2)已知NiO與MgO的晶體結構相同,其中Mg2+和Ni2+的離子半徑分別為66pm和69pm。則熔點:NiO(填“>”“<”或“=”)MgO,理由是

。

(3)“濾渣Ⅰ”的主要成分為(填化學式)。

(4)電解之后加入碳酸鈉調節(jié)pH的目的是

。

(5)“反萃取”時加入的試劑A為。

(6)“反萃取”得到的NiSO4溶液,在堿性條件下可被NaClO氧化生成NiOOH沉淀,該反應的離子方程式為

。

(7)資料顯示,硫酸鎳結晶水合物的形態(tài)與溫度有如表關系:溫度低于30.8℃30.8~53.8℃53.8~280℃高于280℃晶體形態(tài)NiSO4·7H2ONiSO4·6H2O多種結晶水合物NiSO4由NiSO4溶液獲得NiSO4·7H2O晶體的操作依次是蒸發(fā)濃縮、、

過濾、洗滌、干燥。大題突破練(一)化學工藝流程題1.(2024·河北卷)V2O5是制造釩鐵合金、金屬釩的原料,也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取V2O5的工藝,具有釩回收率高、副產物可回收和不產生氣體污染物等優(yōu)點。工藝流程如下。已知:ⅰ.石煤是一種含V2O3的礦物,雜質為大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分為CaCO3、NaOH、Na2CO3等。ⅱ.高溫下,苛化泥的主要成分可與Al2O3反應生成偏鋁酸鹽;室溫下,偏釩酸鈣[Ca(VO3)2]和偏鋁酸鈣均難溶于水?；卮鹣铝袉栴}:(1)釩原子的價層電子排布式為;焙燒生成的偏釩酸鹽中釩的化合價為,產生的氣體①為(填化學式)。

(2)水浸工序得到濾渣①和濾液,濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣,濾液中雜質的主要成分為(填化學式)。

(3)在弱堿性環(huán)境下,偏釩酸鈣經(jīng)鹽浸生成碳酸鈣,發(fā)生反應的離子方程式為;CO2加壓導入鹽浸工序可提高浸出率的原因為;浸取后低濃度的濾液①進入(填工序名稱),可實現(xiàn)釩元素的充分利用。

(4)洗脫工序中洗脫液的主要成分為(填化學式)。

(5)下列不利于沉釩過程的兩種操作為(填字母)。

a.延長沉釩時間b.將溶液調至堿性c.攪拌d.降低NH4Cl溶液的濃度答案:(1)3d34s2+5價CO2(2)NaAlO2(3)HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3-提高溶液中HCO(4)NaCl(5)bd解析:“焙燒”過程中,通入空氣,石煤和苛化泥在高溫條件下反應生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等?！八边^程中,分離“焙燒”后的可溶性物質(如NaVO3)和不溶性物質[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]?！半x子交換”“洗脫”過程中,富集和提純VO3-?！俺菱C”過程中,生成NH4VO3?！胞}浸”過程中,濾渣①中含有釩元素,通過“鹽浸”,使濾渣①中的釩元素進入濾液①中,再將濾液①回流到“離子交換”工序,進行V(1)釩是23號元素,其價層電子排布式為3d34s2;焙燒過程中,氧氣被還原,V2O3被氧化生成VO3-,偏釩酸鹽中釩的化合價為+5價;CaCO3在800℃以上開始分解,生成的氣體①為CO(2)由已知信息可知,高溫下,苛化泥的主要成分NaOH與Al2O3反應生成偏鋁酸鈉,所以濾液中雜質的主要成分是NaAlO2。(3)在弱堿性環(huán)境下,Ca(VO3)2與HCO3-和OH-反應生成CaCO3、VO3-和H2O,離子方程式為HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3-。濾液①(4)由離子交換工序中樹脂的組成可知,洗脫液中應含有Cl-,考慮到水浸所得溶液中含有Na+,為避免引入其他雜質離子,且NaCl廉價易得,故洗脫液的主要成分應為NaCl。(5)沉釩過程是生成NH4VO3。NH4Cl呈弱酸性,如果將溶液調至堿性,OH-與NH4+反應,不利于生成NH4VO3,b符合題意;降低NH4Cl溶液的濃度,也不利于生成NH4VO2.(2024·廣西北海一模)硫酸鈰銨[(NH4)2Ce(SO4)3]微溶于水,不溶于乙醇,溶于無機酸,可用作分析試劑、氧化劑。某工廠用碳酸鈰[Ce2(CO3)3]礦石制備硫酸鈰銨的工藝流程如圖:Ce2(CO3)3礦石Ce2(SO4)3Ce(OH)4懸濁液硫酸鈰銨晶體已知:①Ksp[Ce(OH)4]=2×10-48。②硫酸鈰銨的熔點為130℃,沸點為330℃?；卮鹣铝袉栴}:(1)(NH4)2Ce(SO4)3中鈰元素的化合價為。

(2)步驟一中,先將Ce2(CO3)3礦石粉碎,目的是。

(3)步驟二中,反應溫度需要控制在0~30℃,原因是。

反應完全后,要將混合物升溫至90℃,目的是

。

(4)步驟二中,Ce2(SO4)3與H2O2、NH3·H2O反應生成Ce(OH)4的化學方程式為。

(5)步驟三反應完全后的溶液經(jīng)、、過濾,得到晶體。最后用洗滌2~3次后,得到高純硫酸鈰銨晶體。

(6)若最初稱取一定量的碳酸鈰礦石,其中含Ce2(CO3)34.60kg,經(jīng)該工藝流程最終獲得5.62kg(NH4)2Ce(SO4)3晶體,則(NH4)2Ce(SO4)3的產率為(保留三位有效數(shù)字)。

答案:(1)+4價(2)增大溶解過程中固體與稀硫酸的接觸面積,加快溶解速率(3)溫度過高會導致過氧化氫分解、氨水揮發(fā)除去過量的過氧化氫(4)Ce2(SO4)3+H2O2+6NH3·H2O2Ce(OH)4↓+3(NH4)2SO4(5)蒸發(fā)濃縮冷卻結晶乙醇(6)60.6%解析:碳酸鈰[Ce2(CO3)3]礦石用硫酸浸取,Ce3+進入溶液,加入過氧化氫將+3價Ce氧化為+4價Ce,加入氨水升溫至90℃得到Ce(OH)4懸濁液,加入硫酸、硫酸銨得到硫酸鈰銨晶體。(1)(NH4)2Ce(SO4)3中銨根、硫酸根化合價分別為+1、-2價,根據(jù)化合價代數(shù)和為零,可知鈰元素的化合價為+4價。(3)過氧化氫不穩(wěn)定、氨水易揮發(fā),所以反應溫度需要控制在0~30℃。反應完全后,要將混合物升溫至90℃,目的是除去過量的過氧化氫。(4)Ce2(SO4)3與H2O2、NH3·H2O反應生成Ce(OH)4,反應中Ce化合價由+3價變?yōu)?4價、過氧化氫中氧化合價由-1價變?yōu)?2價,結合電子守恒、質量守恒可知,化學方程式為Ce2(SO4)3+H2O2+6NH3·H2O2Ce(OH)4↓+3(NH4)2SO4。(5)硫酸鈰銨微溶于水,不溶于乙醇,故最后用乙醇洗滌2~3次后,得到高純硫酸鈰銨晶體。(6)由Ce守恒可知,Ce2(CO3)3~2(NH4)2Ce(SO4)3,則(NH4)2Ce(SO4)3的產率為5.3.(2024·湖北卷)鈹用于航天器件的構筑。一種從其鋁硅酸鹽[Be3Al2(SiO3)6]中提取鈹?shù)穆窂饺鐖D所示。已知:Be2++4HABeA2(HA)2+2H+回答下列問題。(1)基態(tài)Be2+的軌道表示式為。

(2)為了從“熱熔冷卻”步驟得到玻璃態(tài),冷卻過程的特點是。

(3)“萃取分液”的目的是分離Be2+和Al3+,向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,觀察到的現(xiàn)象是

。

(4)寫出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學方程式:。“濾液2”可以進入步驟再利用。

(5)電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時,加入氯化鈉的主要作用是。

(6)Be(OH)2與醋酸反應得到某含4個Be的配合物,4個Be位于以1個O原子為中心的四面體的4個頂角,且每個Be的配位環(huán)境相同,Be與Be間通過CH3COO-相連,其化學式為。

答案:(1)(2)快速冷卻(3)先出現(xiàn)白色渾濁,后白色渾濁迅速消失(4)BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O反萃取分液(5)增強熔融氯化鈹?shù)膶щ娦?6)Be4O(CH3COO)6解析:將Be3Al2(SiO3)6加熱熔融,然后快速冷卻到其玻璃態(tài),再加入稀硫酸“酸浸過濾”,“濾渣”的成分為H2SiO3,“濾液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中,“水相1”中含有Al3+,“有機相”為BeA2(HA)2,加入過量氫氧化鈉反萃取Be2+使其轉化為Na2[Be(OH)4]進入“水相2”中,分離出含NaA的煤油,最后對“水相2”加熱,并過濾分離出Be(OH)2,通過系列操作得到金屬鈹,據(jù)此回答。(1)基態(tài)Be2+的電子排布式為1s2,其軌道表示式為。(2)熔融態(tài)物質冷卻凝固時,緩慢冷卻會形成晶體,快速冷卻會形成非晶態(tài),即玻璃態(tài),所以從“熱熔冷卻”中得到玻璃態(tài),其冷卻過程的特點為快速冷卻。(3)“濾液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中,則“水相1”中含有Al3+,向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,發(fā)生反應:Al3++3OH-Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-,可觀察到的現(xiàn)象為先出現(xiàn)白色渾濁,后白色渾濁迅速消失。(4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學方程式為BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O;“濾液2”的主要成分為NaOH,可進入“反萃取分液”步驟再利用。(5)氯化鈹熔融態(tài)導電性弱,電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時,加入氯化鈉的主要作用為增強熔融氯化鈹?shù)膶щ娦浴?6)由題意可知,該配合物中有4個Be位于四面體的4個頂角,四面體中心只有1個O,Be與Be之間總共有6個CH3COO-,則該配合物的化學式為Be4O(CH3COO)6。4.(2024·吉林白山二模)鈧(Sc)及其化合物在電子、超導合金和催化劑等領域有重要應用。一種利用鈦白廢酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸廢液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)聯(lián)合制備Sc2O3的工藝流程如圖所示。回答下列問題:已知:25℃時,Ksp[Sc(OH)3]=1×10-30。(1)基態(tài)Fe3+的簡化電子排布式為。

(2)為提高“浸取”速率,可采取的措施有(寫出一條即可),“浸渣”的主要成分是(寫化學式);水相中含有的金屬離子主要是(寫離子符號)。

(3)“除鈦”時,加入H2O2的作用是。

(4)25℃時,若使“反萃取”后水溶液中的Sc3+沉淀完全(離子濃度≤10-5mol·L-1),應控制溶液的pH不低于(保留兩位有效數(shù)字)。

(5)寫出草酸鈧晶體[Sc2(C2O4)3·6H2O]“灼燒”時發(fā)生反應的化學方程式:。

答案:(1)[Ar]3d5(2)將赤泥碾碎(或適當升高溫度、攪拌等)SiO2Fe3+、Al3+(3)提供配體,生成配離子[TiO(H2O2)]2+進入水層(4)5.7(5)2Sc2(C2O4)3·6H2O+3O22Sc2O3+12CO2+12H2O解析:鈦白廢酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸廢液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)“浸取”,二氧化硅不和酸反應,“浸渣”為SiO2,“萃取”時分離出Al3+、Fe3+,向“萃取”后的溶液中加入硫酸和H2O2,除鈦分離出[TiO(H2O2)]2+,加NaOH溶液“反萃取”后分離出Sc(OH)3,與鹽酸反應后加草酸得到Sc2(C2O4)3·6H2O,再“灼燒”Sc2(C2O4)3·6H2O得到Sc2O3。(1)Fe是26號元素,基態(tài)Fe3+的簡化電子排布式為[Ar]3d5。(2)SiO2不與硫酸反應,故“浸渣”的主要成分是SiO2;根據(jù)流程圖可知,“浸取”除去SiO2,加入萃取劑“萃取”時水相中的金屬離子主要是Fe3+、Al3+。(3)由流程圖可知,加入H2O2后形成[TiO(H2O2)]2+,該轉化過程中元素化合價沒有變化,H2O2中的氧原子提供孤電子對,Ti原子提供空軌道,形成配離子[TiO(H2O2)]2+進入水層。(4)根據(jù)題意可知,Sc3+恰好完全沉淀時,Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)·c3(OH-)=10-5·c3(OH-)=1×10-30,解得c(OH-)≈10-8.3mol·L-1,c(H+)=KWc(OH(5)Sc2(C2O4)3·6H2O中Sc的化合價為+3價,反應前后Sc的化合價沒有發(fā)生變化,根據(jù)流程圖可知,空氣參與反應,空氣氧化草酸鈧晶體中的碳元素,反應的化學方程式為2Sc2(C2O4)3·6H2O+3O22Sc2O3+12CO2+12H2O。5.(2024·安徽黃山二模)氧缺位體(CuFe2O4-δ)是熱化學循環(huán)分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦(主要成分是CuFeS2,含Al2O3、SiO2等雜質)為原料制備CuFe2O4-δ的流程如圖所示:已知:①酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+②25℃時已知幾種金屬離子沉淀的pH如表所示:氫氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Cu(OH)2Fe(OH)2開始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.69.0請回答下列問題:(1)CuFeS2“焙燒”時生成三種氧化物,其中金屬氧化物的化學式為。

(2)“焙燒”產物中的SO2在有氧條件下利用石灰漿液吸收可制得一種副產品(填化學式)。

(3)流程中,若無“還原”工序,造成的后果是

。

(4)已知Cu(NH3)2Cl2有兩種同分異構體,則“沉鐵”過程中生成的[Cu(NH3)4]2+的空間結構是。

(5)“灼燒”工序的化學方程式是,“煅燒”時通入N2的作用是

。

(6)“煅燒”CuFe2O4得到氧缺位體(CuFe2O4-δ)時,不同溫度范圍內,發(fā)生變價的金屬元素不同,某溫度下制得的氧缺位體質量為原質量的99%,則δ=。

(7)氧缺位體催化分解水制氫可分為兩步:第一步:

(完成方程式);第二步:2CuFe2O42CuFe2O4-δ+δO2↑。答案:(1)CuO、Fe3O4(2)CaSO4(3)還原工序是將Fe3+還原為Fe2+,若沒有還原工序,Fe3+會形成Fe(OH)3進入濾渣2中(4)平面正方形(5)CuO+2Fe(OH)3CuFe2O4+3H2O作保護氣(6)0.15(7)CuFe2O4-δ+δH2OCuFe2O4+δH2↑解析:氧氣具有氧化性,已知酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+,CuFeS2“焙燒”生成三種氧化物,可知三種氧化物為SO2、CuO、Fe3O4;加入硫酸,金屬氧化物轉化為相應的硫酸鹽,“濾渣1”為SiO2,加入Cu還原Fe3+為Fe2+,加入CuO調節(jié)pH使Al3+沉淀,而Cu2+和Fe2+不沉淀,“濾渣2”中有Al(OH)3、CuO、Cu,加H2O2將Fe2+氧化為Fe3+,加入過量的氨水反應生成Cu(NH3)4SO4,Fe3+生成Fe(OH)3沉淀,Cu(NH3)4SO4經(jīng)過系列操作生成CuO,灼燒CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4,在N2作保護氣下“煅燒”生成CuFe2O4-δ。(1)由分析知金屬氧化物的化學式為CuO、Fe3O4。(2)“焙燒”產物中的SO2在有氧條件下利用石灰漿液Ca(OH)2吸收可制得的一種副產品是CaSO4。(4)已知Cu(NH3)2Cl2有兩種同分異構體,可知其結構不是四面體結構,而是平面四邊形結構,故[Cu(NH3)4]2+的空間結構為平面正方形。(5)灼燒CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4,N2作保護氣,防止生成物被氧化。(6)“煅燒”CuFe2O4得到氧缺位體(CuFe2O4-δ),質量減少的是氧氣質量,16δ64+2×56+4×16×100%=1-99%,(7)制取氫氣的總反應為2H2O2H2↑+O2↑,結合第二步反應2CuFe2O42CuFe2O4-δ+δO2↑,可知第一步反應為CuFe2O4-δ+δH2OCuFe2O4+δH2↑。6.鎳、鉻、銅及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應用,從電鍍污泥[含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等]中回收制備NiSO4·nH2O和其他金屬及其化合物的工藝流程如圖所示。已知:“萃取”可將金屬離子進行富集與分離,原理如下:X2+(水相)+2RH(有機相)XR2(有機相)+2H+(水相)回答下列問題:(1)與鉻同周期的所有元素的基態(tài)原子中最外層電子數(shù)與鉻原子相