【高考化學】微專題26化學工藝流程題核心反應與條件控制-備戰高考化學考點微專題（解析版）【高考化學】微專題26化學工藝流程題核心反應與條件控制-備戰高考化學考點微專題（解析版）1/32【高考化學】微專題26化學工藝流程題核心反應與條件控制-備戰高考化學考點微專題（解析版）微專題26化學工藝流程題微專題26化學工藝流程題核心反應與條件控制１.(2023·全國·統考高考真題）是一種壓電材料。以為原料，采用下列路線可制備粉狀。

核心反應與條件控制核心反應與條件控制（1）“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是。（2）“焙燒”后固體產物有、易溶于水的和微溶于水的。“浸取”時主要反應的離子方程式為。（3)“酸化"步驟應選用的酸是（填標號）.ａ．稀硫酸

ｂ．濃硫酸

ｃ.鹽酸

d.磷酸(4）如果焙燒后的產物直接用酸浸取，是否可行？,其原因是。(5）“沉淀”步驟中生成的化學方程式為.（6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產生的?！敬鸢浮浚?）做還原劑，將還原（２)（3)c(4）不可行產物中的硫化物與酸反應生成的有毒氣體會污染空氣，而且與鹽酸反應生成可溶于水的，導致溶液中混有雜質無法除去、最終所得產品的純度降低(5）（6）【解析】由流程和題中信息可知，與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到、、易溶于水的和微溶于水的；燒渣經水浸取后過濾，濾渣中碳粉和,濾液中有和;濾液經酸化后濃縮結晶得到晶體；晶體溶于水后，加入和將鋇離子充分沉淀得到；經熱分解得到。(1)“焙燒”步驟中,與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到、、和,被還原為,因此,碳粉的主要作用是做還原劑，將還原。（２）“焙燒"后固體產物有、易溶于水的和微溶于水的。易溶于水的與過量的可以發生復分解反應生成硫化鈣沉淀,因此，“浸取”時主要反應的離子方程式為.（3）“酸化”步驟是為了將轉化為易溶液于的鋇鹽,由于硫酸鋇和磷酸鋇均不溶于水，而可溶于水,因此，應選用的酸是鹽酸，選ｃ.（4）如果焙燒后的產物直接用酸浸取是不可行的,其原因是：產物中的硫化物與酸反應生成的有毒氣體會污染空氣，而且與鹽酸反應生成可溶于水的，導致溶液中混有雜質無法除去、最終所得產品的純度降低。（5)“沉淀"步驟中生成的化學方程式為：++=。(６）“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇,該反應的化學方程式為，，因此，產生的=.一、化工流程答題基本思路二、一個完整的無機化工生產流程一般具有下列過程：原料原料對原料的預處理核心化學反應產品的提純和分離目標產物三、核心反應與條件控制：1.溶液的PH：提供酸堿性環境反應、抑制或促進離子水解等產生沉淀便于分離等。調節PH的方法：調節pH所需的物質一般應滿足兩點:一是能與H+反應,使溶液pＨ增大；二是不引入新雜質.(一般酸、堿、氧化物、水解的鹽等)如:要除去Cｕ2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(ＯH）2、Cu2(OH)2ＣＯ3等物質來調節溶液的pＨ，不可加入NaOＨ溶液、氨水等。①調節溶液的酸堿性，使某些金屬離子形成氫氧化物沉淀析出（或抑制水解）.②加入酸或調節溶液至酸性還可除去氧化物(膜)。③加入堿或調節溶液至堿性還可除去油污，除去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅等。④特定的氧化還原反應需要的酸性條件(或堿性條件）.2。溫度:（1）升溫－—-—加快反應（溶解）速率;促進平衡向吸熱方向移動；去除熱穩定性差的物質或易升華的物質。（2）降溫－—-—防止物質分解,揮發；使平衡向放熱方向移動；使高沸點的物質液化,使其與其他物質分離；降低溶解度，減少損失。（3)控溫－--－－水浴、沙浴、油?。?-—受熱均勻,便于控制溫度.溫度太高-－－速率太快；物質可能分解、揮發、水解；催化劑可能中毒；發生副反應等。溫度太低--——速率可能太慢；催化劑活性不高;物質轉化率、產率不高等.主要從物質性質(熱穩定性、水解、氧化性或還原性、溶解度、熔沸點、揮發性、膠體聚沉等）和反應原理(反應速率、平衡移動、催化劑活性、副反應）兩個角度思考.３?？刂茐簭?改變速率,影響平衡.4。使用合適的催化劑：加快反應速率，縮短達到平衡所需要的時間。5.趁熱過濾:防止某物質降溫時析出。6。洗滌：常見的洗滌方式有“水洗"和“乙醇洗”.“水洗”的目的是除去沉淀或晶體表面殘留的雜質，當沉淀物的溶解度隨溫度升高而增大時一般可用冰水洗;“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶體表面殘留的雜質，又可以降低晶體的溶解度，減少損失,還可以利用乙醇易揮發的性質,加快除去沉淀或晶體表面的水分。7．氧化：氧化劑的選擇要依據試題設置的情境，常見的氧化劑有氯氣、過氧化氫、氧氣和次氯酸鈉等,為了避免引入新的雜質，通常選擇的氧化劑有過氧化氫和氧氣.1．(20２３·全國·統考高考真題）鉻和釩具有廣泛用途.鉻釩渣中鉻和釩以低價態含氧酸鹽形式存在,主要雜質為鐵、鋁、硅、磷等的化合物，從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如下圖所示：核心反應與條件控制

核心反應與條件控制已知:最高價鉻酸根在酸性介質中以Cr2O存在，在堿性介質中以CrO存在?；卮鹣铝袉栴}：(1）煅燒過程中,釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽,其中含鉻化合物主要為(填化學式)。（2）水浸渣中主要有ＳiＯ２和.（3）“沉淀”步驟調ｐH到弱堿性,主要除去的雜質是。(４)“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以ＭgSiO3和MｇNH4PＯ４的形式沉淀，該步需要控制溶液的ｐＨ≈9以達到最好的除雜效果,若pＨ〈9時，會導致;ｐＨ>9時，會導致。(5）“分離釩”步驟中,將溶液ｐH調到1．8左右得到V2O５沉淀，V2Ｏ５在pH〈1時,溶解為VO或VO3+在堿性條件下，溶解為VO或ＶO，上述性質說明V2O５具有(填標號)。A．酸性

B．堿性

C.兩性（６)“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉（Na2S2O５）溶液,反應的離子方程式為。【答案】(１)Na2CｒO4（2)Ｆe2Ｏ３（3）Ａl(ＯＨ）３（4)磷酸根會與H＋反應使其濃度降低導致MｇＮH4PO４無法完全沉淀,同時可能產生硅酸膠狀沉淀不宜處理會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgＳiO3沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中銨根離子濃度降低導致ＭｇNH4ＰO4無法完全沉淀（5)C(6）2Cｒ２O+3S２O+1０H＋=4Cr3+＋６SO+5H２O【解析】由題給流程可知，鉻釩渣在氫氧化鈉和空氣中煅燒，將釩、鉻、鋁、硅、磷等元素轉化為相應的最高價含氧酸鹽,煅燒渣加入水浸取、過濾得到含有二氧化硅、氧化鐵的濾渣和濾液;向濾液中加入稀硫酸調節溶液pH將Al元素轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到強氧化鋁濾渣和濾液;向濾液中加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液將硅元素、磷元素轉化為MgSｉO3和MgNＨ4ＰＯ4沉淀,過濾得到含有MgSiＯ3、MgＮＨ4PＯ4的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸調節溶液pH將釩元素轉化為五氧化二釩，過濾得到五氧化二釩和濾液；向濾液中焦亞硫酸鈉溶液將鉻元素轉化為三價鉻離子，調節溶液pH將鉻元素轉化為氫氧化鉻沉淀,過濾得到氫氧化鉻。（1）由分析可知，煅燒過程中,鉻元素轉化為鉻酸鈉，故答案為：Ｎａ２ＣrＯ4；(2）由分析可知,水浸渣中主要有二氧化硅、氧化鐵,故答案為：Fe２O3；（3）由分析可知，沉淀步驟調pＨ到弱堿性的目的是將Ａl元素轉化為氫氧化鋁沉淀,故答案為：Ａl（OH）3；(4)由分析可知,加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液的目的是將硅元素、磷元素轉化為MgSiO3和MgNH4PO４沉淀，若溶液pH〈9時，磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNＨ４PO4無法完全沉淀,同時可能產生硅酸膠狀沉淀不宜處理;若溶液pH>9時，會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成ＭｇSiO３沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgＮＨ4ＰＯ４無法完全沉淀,故答案為:磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4,同時可能產生硅酸膠狀沉淀不宜處理;會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MｇSiO3沉淀，導致產品中混有雜質,同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH４ＰＯ4無法完全沉淀；(5）由題給信息可知,五氧化二釩水能與酸溶液反應生成鹽和水，也能與堿溶液發生生成鹽和水的兩性氧化物，故選C；(６）由題意可知，還原步驟中加入焦亞硫酸鈉溶液的目的是將鉻元素轉化為鉻離子，反應的離子方程式為２Ｃr2Ｏ+3S２O＋10H+=４Cｒ3＋+6SO+5Ｈ2O,故答案為:２Cr2O+3S2O+1０H+=4Cr3++6SO+5H2Ｏ。2。(２023·遼寧·統考高考真題）某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含（和）。實現鎳、鈷、鎂元素的回收。

核心反應與條件控制核心反應與條件控制物質回答下列問題：（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時,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生具有強氧化性的過一硫酸,中過氧鍵的數目為.(3)“氧化”中，用石灰乳調節，被氧化為,該反應的離子方程式為（的電離第一步完全，第二步微弱);濾渣的成分為、(填化學式）。（4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，(Ⅱ）氧化率與時間的關系如下。體積分數為時，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續增大體積分數時，(Ⅱ)氧化速率減小的原因是。

(5）“沉鈷鎳”中得到的（Ⅱ）在空氣中可被氧化成，該反應的化學方程式為.（6）“沉鎂”中為使沉淀完全,需控制不低于（精確至０．１)。【答案】(1)適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積（2)ＮA（３）Ｆe(OH）３（4）9。0%SO2有還原性，過多將會降低的濃度,降低(Ⅱ）氧化速率(5)(6)1１。1【解析】在“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產生具有強氧化性的過一硫酸，用石灰乳調節,被氧化為,發生反應，Fｅ3+水解同時生成氫氧化鐵,“沉鉆鎳”過程中，Co2＋變為Co(OＨ)２，在空氣中可被氧化成。（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時，為提高浸取速率可適當增大硫酸濃度、升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積(2)的結構簡式為,所以中過氧鍵的數目為ＮA（３）用石灰乳調節，被氧化為,該反應的離子方程式為:;氫氧化鐵的Ksp=1０-37.4,當鐵離子完全沉淀時,溶液中c(Fe3+）＝1０—5mol／L，，c（OH-）=10—１0.8mol/Ｌ，根據Kw=10—１４,pH＝3.2,此時溶液的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）根據圖示可知體積分數為０.9%時,(Ⅱ)氧化速率最大；繼續增大體積分數時，由于ＳO2有還原性，過多將會降低的濃度，降低（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,該反應的化學方程式為:；（6)氫氧化鎂的Ksp=10－１0.8,當鎂離子完全沉淀時,c(Mg２+）=10—5moｌ/L,根據Ｋｓp可計算c（OH-)=10－2.9mol/L，根據Ｋw=10－14，ｃ(H+）=10－11。１mol／L，所以溶液的ｐＨ=11．1；3．（２02１·福建·高考真題）四鉬酸銨是鉬深加工的重要中間產品具有廣泛的用途.一種以鉬精礦（主要含,還有、的化合物及等）為原料制備四鉬酸銨的工藝流程如下圖所示。核心反應核心反應與條件控制回答下列問題:（1)“焙燒"產生的氣體用＿_＿____吸收后可制取氮肥。(２)“浸出”時，轉化為.提高單位時間內鉬浸出率的措施有_____＿_(任寫兩種）。溫度對內鉬浸出率的影響如圖所示。當浸出溫度超過后，鉬的浸出率反而降低,主要原因是溫度升高使水大量蒸發，導致__＿＿___。（３）“凈化”時，浸出液中殘留的、轉化為沉淀除去。研究表明,該溶液中和pH的關系為：。為了使溶液中的雜質離子濃度小于,應控制溶液的ｐH不小于_＿____＿。(已知：；和的分別為35。2和17。2）(4)“凈化”后,溶液中若有低價鉬(以表示)，可加入適量將其氧化為,反應的離子方程式為_____＿_。（5）“沉淀”時，加入的目的是_______.(６）高溫下用還原（NH4)2Mo4O13可制得金屬鉬,反應的化學方程式為_______?！疽阎?ＮH4）2Mo４O1３受熱分解生成】【答案】(1)氨水（2）

適當升溫、攪拌、增加用量（增大濃度）等

晶體析出，混入浸渣(３)3.9(４)(５）提供，使充分轉化為沉淀析出(６）【解析】鉬精礦（主要含,還有、的化合物及等)通入氧氣焙燒得到、ＣuO、Fｅ２Ｏ3、SiO2和ＳO2，焙燒產生的氣體主要為SＯ２;、CｕＯ、Fe2O3、ＳiO2加Ｎa２CO3、H2O浸出,轉化為，銅、鐵大多轉化為氫氧化物，SｉO２不反應，浸渣為SｉＯ2、氫氧化鐵、氫氧化銅等，浸出液含和少量Ｃu2+、Fe2＋,加(ＮH4）２S凈化,Cｕ2+、Fe2+轉化CuS、FeＳ沉淀，濾渣為ＣuＳ、FｅS，濾液主要含,濾液中加NH４NＯ３、HNO3進行沉淀得到（NH4)2Mo4Ｏ１３·2H２Ｏ.(1)“焙燒”產生的氣體為SO2,用氨水吸收后可制取氮肥硫酸銨；（2）“浸出”時，提高單位時間內鉬浸出率即提高反應速率,措施有適當升溫、攪拌、增加用量（增大濃度）（任寫兩種)；當浸出溫度超過后,鉬的浸出率反而降低，主要原因是溫度升高使水大量蒸發，導致晶體析出,混入浸渣;（3)和的分別為35.2和17。2，則Ksp(CuS)＝10—35.2，Ｋsp(FｅＳ)=10－１7.2，要使Cｕ2+濃度小于，則S2-濃度大于moｌ／Ｌ＝10－29．2mol/L,要使Fe2+濃度小于,則S２－濃度大于mol／L＝10-１1。2mｏｌ/Ｌ，綜述：c(S2-）〉10－11．2mol／L，c(S2-)=10-11．2mol/L時，lg（1０-1１。2）=ｐＨ－１5。１，pＨ=1５。1-11.２=3。9，綜上所述，為了使溶液中的雜質離子濃度小于，應控制溶液的ｐH不小于３．9;（4)溶液中若有低價鉬(以表示），可加入適量將其氧化為，則氧化劑為，還原產物為－2價的O，還原劑為，氧化產物為，則反應的離子方程式為;(5）由流程可知“沉淀”時，產生的沉淀為(NＨ4）2Mｏ4Ｏ1３·２Ｈ2Ｏ,因此加入的目的是提供,使充分轉化為沉淀析出;（６）高溫下用還原（NＨ4）２Mo４O13可制得金屬鉬，結合得失電子守恒、原子守恒可知反應的化學方程式為。核心反應與條件控制1．（２０２3·山東·統考高考真題）鹽湖鹵水(主要含、和硼酸根等)是鋰鹽的重要來源。一種以高鎂鹵水為原料經兩段除鎂制備的工藝流程如下：核心反應與條件控制已知：常溫下，。相關化合物的溶解度與溫度的關系如圖所示。回答下列問題：(1)含硼固體中的在水中存在平衡：（常溫下,）;與溶液反應可制備硼砂.常溫下,在硼砂溶液中,水解生成等物質的量濃度的和,該水解反應的離子方程式為,該溶液。（2)濾渣Ⅰ的主要成分是(填化學式)；精制Ⅰ后溶液中的濃度為，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應控制在以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ,除無法回收外，還將增加的用量(填化學式)。（３）精制Ⅱ的目的是；進行操作時應選擇的試劑是，若不進行該操作而直接濃縮，將導致.【答案】（1）（2）ＣaＯ(3）加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉化為（或除去精制Ⅰ所得濾液中的),提高純度鹽酸濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結晶得到的中會混有，最終所得的產率減小【解析】由流程可知，鹵水中加入鹽酸脫硼后過濾，所得濾液經濃縮結晶后得到晶體，該晶體中含有Ｎa+、Ｌi+、Cｌ-、等，焙燒后生成HCｌ氣體;燒渣水浸后過濾，濾液中加生石灰后產生沉淀,在此條件下溶解度最小的是,則濾渣Ⅰ的主要成分為；由于微溶于水,精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀，則濾渣Ⅱ為;精制Ⅱ所得濾液經操作X后,所得溶液經濃縮結晶、過濾得到氯化鈉，濃縮后的濾液中加入飽和碳酸鈉溶液沉鋰,得到。（1）含硼固體中的在水中存在平衡：(常溫下，);與溶液反應可制備硼砂.常溫下.在硼砂溶液中,水解生成等物質的量濃度的和,該水解反應的離子方程式為,由B元素守恒可知,和的濃度均為，,則該溶液.(２）由分析可知,濾渣I的主要成分是；精制Ｉ后溶液中的濃度為２.0，由可知，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應控制在以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ,若不回收HCl，整個溶液將呈強酸性，因此為達到除Mg2+離子所需的堿性pH首先需要額外多消耗CaO，同時多引入的Cａ2＋離子需要更多的純堿除去，因此，還將增加生石灰（CaO)和純堿（)的用量。（3)精制Ⅰ中，燒渣水浸后的濾液中加生石灰后產生的濾渣Ⅰ的主要成分為;由于微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的，還需要除去,因此,精制Ⅱ的目的是：加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉化為(或除去精制Ⅰ所得濾液中的），提高純度。操作X是為了除去剩余的碳酸根離子,為了防止引入雜質離子,應選擇的試劑是鹽酸;加入鹽酸的目的是除去剩余的碳酸根離子，若不進行該操作而直接濃縮，將導致濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結晶得到的中會混有,最終所得的產率減小。2.(202３·海南海口·海南華僑中學?？级?穿甲彈的彈芯用鎢合金制造.工業上以黑鎢礦（主要成分是FeＷO4、MnWＯ4，含少量的Ｆｅ２O3、SiＯ2）為原料冶煉鎢的流程如圖所示.

核心反應與條件控制已知：鎢酸H2WO4核心反應與條件控制回答下列問題：(１)浸取在加熱、通空氣條件下進行,FeWＯ4轉化為Na２WO4的化學方程式為.(２)“濾渣1”的成分為。除硅時，加入稀鹽酸調節pH時，如果pH太低,鎢的產率會降低,其原因是.（3）“系列操作X”的目的是去除部分氨，使（ＮH4)2ＷO4轉化為仲鎢酸銨析出并分離,則該系列操作是。(４）已知：含大量鎢酸鈣固體的溶液中存在。時,，當溫度升高至時，，則（填“”“”或“”）0?！敬鸢浮浚?)（2）硅酸（或Ｈ2SｉO3)若酸性太強，鎢酸鈉會轉化成鎢酸沉淀,導致鎢的產率降低（3）蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌（4）＜【解析】黑鎢礦（主要成分是ＦeWO4、MｎWO4，含少量的Ｆe2O３、ＳiＯ2）中加入Ｎa2ＣO３浸取，生成Ｎa2WO4、Na2ＳiO3、Ｆe2O3等，過濾分離出Fe2O３；往濾液中加入HＣl、調溶液的pH=8，Nａ2SｉＯ３轉化為H2SiＯ3等，過濾得濾液；往濾液中加入CａＣl2溶液,生成CaＷO４等；加入鹽酸發生反應,將CaＷO4轉化為H2WO4沉淀；再加氨水溶解，H2WO４轉化為(NH４）2ＷO4進入溶液，過濾得濾液；將濾液經過系列操作Ｘ，使（ＮH４)2WO4轉化為仲鎢酸銨析出并分離；煅燒后生成ＷO3;加入還原劑,將ＷＯ3還原為W。（1）浸取在加熱、通空氣條件下進行,ＦｅWO4轉化為Na２WO4,同時有O2參加反應,生成Ｆｅ2O３等，化學方程式為。答案為：;（２)由分析可知,“濾渣1”的成分為硅酸(或H2SiO3)。除硅時,加入稀鹽酸調節pH時，如果ｐH太低,Na２WO4會轉化為H2ＷＯ４沉淀,從而使鎢的產率降低，則其原因是:若酸性太強，鎢酸鈉會轉化成鎢酸沉淀,導致鎢的產率降低。答案為:硅酸（或Ｈ2SiＯ３）；若酸性太強，鎢酸鈉會轉化成鎢酸沉淀，導致鎢的產率降低;（3)“系列操作X”的目的是去除部分氨，通過蒸發濃縮,使（ＮH4）２WO4轉化為仲鎢酸銨,同時增大濃度，降低溫度后結晶析出，則該系列操作是：蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌。答案為：蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌;(４）溫度由T1K升高到T２Ｋ，pCa由５增大到5。5，則c（Ｃa２＋)減小，平衡逆向移動，所以<0。答案為：〈.３．(20２3·陜西商洛·統考三模)固體電解質ＬATP的化學式為Lｉ1．4Al0。４Ti1．6（PO４)3，某研究人員以鈦鐵礦精粉（主要成分為FeTｉO3,含少量Al2O3，SiＯ2）為原料合成LATP的工藝流程如圖所示。核心反應與條件控制

核心反應與條件控制請回答下列問題:（1)LATP中鈦的化合價為價.(2)“粉碎”的目的是，為了達到這一目的，還可以采用的措施有(答一條即可)。（3)“堿浸”的目的是除去（填化學式)。(4）“堿浸”時加入適當過量的NaOH溶液，“酸浸”時加入適當過量的稀硫酸，且NａＯH溶液和稀硫酸均不宜過量太多，其主要原因是.（5)“沉鈦”時生成Ti3（PO4）４的化學方程式為。（6）本實驗洗滌Ｔi3（PO4）4時采用如圖所示裝置，該裝置為抽濾裝置,其原理是用抽氣泵使吸濾瓶中的壓強降低，達到快速固液分離的目的。其中“安全瓶”的作用是。

（７)常溫下，Ti３(PＯ4)4的Ｋｓp=a,當溶液中c（Ti4+)≤1.0×10-5mｏl·L—１時可認為Ti4+沉淀完全,則“沉鈦"時，溶液中c()最低為mol·L-1?！敬鸢浮?1）+4（2）增大固體接觸面積,提高堿浸速率適當加熱（或攪拌或適當增大NaOH溶液濃度等合理答案）（3）Ａl2O３、SiO2（４)成本增大(5）3TiOＳO４+4Ｈ３PO4=Tｉ3（PO4)4↓＋3H2SＯ4+3Ｈ2Ｏ（6）平衡氣壓、防倒吸穩定過濾速度等（７)（或）【解析】鈦鐵礦粉碎過篩后加入NａOH溶液，氧化鋁、二氧化硅和NaOＨ溶液反應而除去，FeＴｉO3用稀硫酸酸浸,得到ＴiＯSO4和FeSO4的混合溶液，加磷酸沉鈦，得到Ｔｉ３（PO4)４，Ｔi3（ＰO４)4和ＡｌPＯ４、Li3PO４高溫反應得到LATP。（1）LＡＴP的化學式為Ｌi1.４Al0.4Ti1.６（ＰO４)3,Lｉ的化合價為＋1價，Al為+３價,P為+５價，O為—2價，根據正負化合價代數和為0的原則，Ｔi的化合價為+4價；(2）“粉碎”的目的是增大接觸面積，加快反應速率；為了達到加快反應速率的目的,還可以適當升溫或攪拌,以及適當增加NaOH溶液的濃度等;(3）鈦鐵礦粉碎過篩后主要成分為FeTiO３,含少量Ａl2O３、ＳiO2，加入NaOH溶液“堿浸”的目的是除去雜質Al2O3，SｉO2；（4）NaOＨ溶液、H2SO4溶液均具有強烈的腐蝕作用，NaOH溶液和稀硫酸均不宜過量太多，使用過量的NａＯH、H2SO4會增加成本;（5）“沉鈦”時加入磷酸生成Ti3(PO4）４的化學方程式為：４Ｈ3ＰO4+3TiＯSO４＝Ti3（PＯ4）4↓+3Ｈ2SＯ4+３Ｈ２Ｏ；(6）抽濾原理是用抽氣泵使吸濾瓶中的壓強降低,抽氣泵中的壓強降低容易出現倒吸現象，需要加入“安全瓶"平衡氣壓，防止吸濾瓶中的液體倒吸到抽氣泵中且可以穩定過濾速度等;(7）Ｔi3（PO4)4（s)3Ti４+（ａｑ）+4(aq）,Kｓｐ=c３(Ti４+）·c４(），當Ti４+沉淀完全時cmin（)=（或）。4．（2023·山東濰坊·統考三模)可用于油漆顏料及羊毛處理。工業上以高鐵鉻鐵礦(主要成分為，含、、等雜質）為原料生產和金屬Aｌ的工藝流程如圖.核心反應與條件控制

核心反應與條件控制已知:I．“焙燒”過程中，反應轉化為Ⅱ.若溶液中相關離子的物質的量濃度為c，則常溫時，lｇc與溶液pH的關系如圖所示.Ⅲ.(黃色）(橙色)

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（１）“焙燒"時,發生反應的化學方程式為。(2）“水浸"后濾渣主要成分為(填化學式）;“調ｐＨ"時通入的“氣體X”是。（3）常溫下，圖像上Ｍ點對應的溶液。（４）用稀硫酸進行“酸浸”，調節溶液ｐH的最大值為?！俺龄X”后的母液Ⅱ的主要成分為。(5)加入“析鉻"時，被還原的離子方程式為?！敬鸢浮?1）(2）(3）6．９(4)２。8（５）【解析】工業上以高鐵鉻鐵礦（主要成分為Cr2O3，含Fe2O3、SｉO2、Ａl２Ｏ3等雜質）為原料生產Cr(OH）３和金屬Ａl，高鐵鉻鐵礦通入空氣、加入碳酸鈉焙燒生成二氧化碳，“焙燒”過程中，Cr2O3反應轉化為Na2CｒO4，二氧化硅和碳酸鈉反應生成硅酸鈉,氧化鋁和碳酸鈉反應生成偏鋁酸鈉,過濾得到濾渣為Ｆｅ２O3，通入二氧化碳氣體調節溶液pＨ析鉻，加入硫化鈉生成Cｒ（OH)3,過濾得到母液蒸發濃縮冷卻結晶、過濾洗滌、干燥得到碳酸鈉晶體失去結晶水得到碳酸鈉固體，析鉻后的固體為硅酸沉淀和氫氧化鋁沉淀，加入硫酸酸浸，過濾得到硅酸和鋁鹽溶液,加入過量氨水沉鋁生成氫氧化鋁沉淀,煅燒得到氧化鋁和水，氧化鋁熔融電解得到鋁,母液Ⅱ主要是銨鹽硫酸銨;（1)“焙燒”過程中，Cｒ２Ｏ３反應轉化為Ｎa２CｒO4,Cr2O3發生反應的化學方程式為：,答案為;（2）上述分析可知，“水浸”后濾渣主要成分為:Fｅ2O３，“調ｐＨ”時通入的“氣體X”是：CO2，答案為：Fe2Ｏ３;CO2;(3)（黃色)（橙色）

,M點ｃ（）＝ｃ（)，，c（H＋）==１0—6．9mol/L，pH＝ｎ＝6。９，答案為6.9；（4)用稀硫酸進行“酸浸”，生成硫酸鋁溶液和硅酸沉淀，圖像中鋁離子濃度最大時，lｇc（Al3＋）=0.4，c（OＨ-)=10—0。4moｌ/L，，c(OＨ-）＝=1０—11.2ｍｏl/L，c（H+）＝＝10-2.8mol/Ｌ，pH＝2．8,調節溶液pＨ的最大值為2。8;“沉鋁”后的母液Ⅱ的主要成分為；(5）加入“析鉻”時，被還原的離子方程式為,答案為.５．(2023·湖南邵陽·統考三模)金屬釩主要用于冶煉特種鋼，被譽為“合金的維生素”。人們在化工實踐中，以富釩爐渣(其中的釩以FｅO?V2Ｏ3、V２O5等形式存在，還有少量的SiＯ2、Aｌ２O３等)為原料提取金屬釩的工藝流程如圖所示：核心反應與條件控制

核心反應與條件控制提示:①釩有多種價態，其中+5價最穩定;②V2O5在堿性條件下可轉化為VO。(1)可加快“高溫氧化”速率的措施有（填一條).（2)“氣體X”和“氣體Y”的化學式分別為、。(3）“沉硅、沉鋁”中得到含鋁沉淀的離子方程式為。（4）寫出“高溫氧化”過程中發生反應的化學方程式。(5）寫出“熱解”時的化學方程式。(6）在“高溫還原”反應中,氧化鈣最終轉化為(寫化學式）。（7）已知:２５℃時,NＨ3?Ｈ2O的電離平衡常數Kb＝1。8×1０－5,Ｈ２CO3的電離平衡常數Ka１＝4.3×10－7，Kａ2＝5.6×10-11，判斷NＨ4ＨCO3溶液呈（填“酸性”“堿性"或“中性")。【答案】(1）將富釩爐渣粉碎（或將ＫClO3與富釩爐渣充分混合等)（2）CO２ＮＨ3（3)AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓+CＯ(4）6［FｅO?Ｖ2O５]+5KClＯ3３Fe２Ｏ3+6V2Ｏ５+5KＣl（5）２ＮH４ＶO3V2O５＋2NH３↑+H2O（6)CaSｉO3（7)堿性【解析】“焙燒＂過程中加入KClO3可將低價鐵、釩氧化為高價，而碳酸鈉的作用是將SiO２、Al2O３和V2O5轉化為相應的鹽，都是生成CＯ２氣體，但氧化鐵不參與反應；ＫOH溶液“浸取”是將固體混合物溶解,而不溶解的氧化鐵作為“濾渣1”的形式過濾出來；加碳酸氫銨的作用是先除去硅和鋁（生成硅酸和氫氧化鋁沉淀)，之后加入的硫酸銨可將釩轉化為釩酸銨；“熱解"是利用銨鹽受熱易分解的性質將釩酸銨加熱分解得到五氧化二釩,同時釋放出氨氣；最后通過鋁熱反應將五氧化二釩還原為金屬釩。（1)將富釩爐渣粉碎（或將ＫClO3與富釩爐渣充分混合)均可加快“高溫氧化”速率。（2）由分析可知，“氣體Ｘ”和“氣體Y”的化學式分別為CO2和NＨ3。(3）由分析可知,“沉硅、沉鋁"中加碳酸氫銨和鋁氫氧化鋁沉淀，離子方程式為:ＡlＯ+ＨCO+H2O=Ａl(OＨ)３↓＋CＯ。（4)“焙燒”過程中加入KClＯ3可將FｅO?V２Ｏ3氧化為Ｆe2Ｏ3和Ｖ2O5，化學方程式為：6[ＦeＯ?V２Ｏ5］+5KClO33Fe2Ｏ３＋6Ｖ2O５+５KCl.（５）“熱解"是利用銨鹽受熱易分解的性質將釩酸銨加熱分解得到五氧化二釩,同時釋放出氨氣，化學方程式為:2NH4VO３V2O5＋2NH3↑+H２O。（6）V2O5和CaO、硅鐵合金在高溫下發生反應生成粗釩,Ｖ元素化合價下降,則Sｉ元素化合價上升,氧化鈣最終轉化為ＣaSiＯ3。（7)NH4HCO3溶液NH發生水解NH+H2O+H+，水解常數Kh=，ＨCO發生水解HCＯ+H2ＯH2ＣO３+ＯH－,水解常數Kh=，說明ＮＨ的水解程度小于HCO的水解程度,NH4HCO3溶液呈堿性.1.(２０23·浙江·統考高考真題）某研究小組用鋁土礦為原料制備絮凝劑聚合氯化鋁()按如下流程開展實驗。核心反應與條件控制

核心反應與條件控制已知：①鋁土礦主要成分為，含少量和。用溶液溶解鋁土礦過程中轉變為難溶性的鋁硅酸鹽。②的絮凝效果可用鹽基度衡量，鹽基度當鹽基度為0．6０～0．85時,絮凝效果較好。請回答:（1）步驟Ⅰ所得濾液中主要溶質的化學式是.(2）下列說法不正確的是___＿____＿__。Ａ。步驟I，反應須在密閉耐高壓容器中進行，以實現所需反應溫度B．步驟Ⅱ，濾液濃度較大時通入過量有利于減少沉淀中的雜質Ｃ．步驟Ⅲ,為減少吸附的雜質，洗滌時需對漏斗中的沉淀充分攪拌D.步驟Ⅳ中控制和的投料比可控制產品鹽基度(３)步驟V采用如圖所示的蒸汽浴加熱，儀器A的名稱是；步驟V不宜用酒精燈直接加熱的原因是.

（４）測定產品的鹽基度.的定量測定：稱取一定量樣品，配成溶液，移取溶液于錐形瓶中,調，滴加指示劑溶液。在不斷搖動下，用標準溶液滴定至淺紅色(有沉淀），30秒內不褪色。平行測試３次,平均消耗標準溶液。另測得上述樣品溶液中。①產品的鹽基度為。②測定過程中溶液過低或過高均會影響測定結果,原因是。【答案】（1）ＮaAlO2（２)C（3）蒸發皿酒精燈直接加熱受熱不均勻，會導致產品鹽基度不均勻(4）０．7pH過低，指示劑會與氫離子反應生成重鉻酸跟,會氧化氯離子，導致消耗的硝酸銀偏少，而ｐH過高，氫氧根會與銀離子反應，導致消耗的硝酸銀偏多【解析】鋁土礦主要成分為，含少量和，向鋁土礦中加氫氧化鈉溶液,得到難溶性鋁硅酸鹽、偏鋁酸鈉，氧化鐵不與氫氧化鈉溶液反應,過濾,濾液中主要含偏鋁酸鈉，向偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化碳，過濾，得到氫氧化鋁沉淀，分為兩份,一份加入鹽酸得到氯化鋁,將兩份混合得到聚合氯化鋁溶液,加熱得到聚合氯化鋁固體。（１）根據題中信息步驟Ⅰ所得濾液中主要溶質的化學式是NａAｌO2；故答案為:NaAlO2.(2）Ａ。步驟I,反應所學溫度高于10０℃，因此反應須在密閉耐高壓容器中進行，以實現所需反應溫度，故A正確；B．步驟Ⅱ，濾液濃度較大時通入過量生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉溶液，有利于減少沉淀中的雜質，故B正確；Ｃ．步驟Ⅲ,洗滌時不能需對漏斗中的沉淀充分攪拌,故C錯誤;D.中ａ、b可通過控制和的投料比來控制產品鹽基度，故D正確;綜上所述，答案為：C。（3）步驟V采用如圖所示的蒸汽浴加熱,根據圖中信息得到儀器A的名稱是蒸發皿；酒精燈直接加熱受熱不均勻，會導致產品鹽基度不均勻,而用蒸汽浴加熱，受熱均勻，得到的產品鹽基度均勻；故答案為：蒸發皿；酒精燈直接加熱受熱不均勻，會導致產品鹽基度不均勻。(4)①根據,樣品溶液中氯離子物質的量濃度為，,根據電荷守恒得到產品的鹽基度為；故答案為:0.７。②測定過程中溶液過低或過高均會影響測定結果，原因是pH過低，指示劑會與氫離子反應生成重鉻酸跟，會氧化氯離子，導致消耗的硝酸銀偏少，而pＨ過高,氫氧根會與銀離子反應，導致消耗的硝酸銀偏多；故答案為:pH過低，指示劑會與氫離子反應生成重鉻酸跟,會氧化氯離子，導致消耗的硝酸銀偏少,而ｐH過高,氫氧根會與銀離子反應,導致消耗的硝酸銀偏多。核心反應與條件控制2．(2023·湖北·統考高考真題）是生產多晶硅的副產物。利用對廢棄的鋰電池正極材料進行氯化處理以回收Li、Ｃo等金屬,工藝路線如下：核心反應與條件控制

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、和的混合物,“5０0℃焙燒”后剩余的應先除去,否則水浸時會產生大量煙霧,用化學方程式表示其原因。(3)鑒別洗凈的“濾餅３”和固體常用方法的名稱是。(４)已知，若“沉鈷過濾”的pH控制為1０.0，則溶液中濃度為?！?50℃煅燒"時的化學方程式為。（5）導致比易水解的因素有(填標號）。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有更多的價層軌道【答案】（1)４Ⅷ(2）(3）焰色反應（4）（5）abd【解析】由流程和題中信息可知,粗品與在５０0℃焙燒時生成氧氣和燒渣，燒渣是LiCｌ、和的混合物；燒渣經水浸、過濾后得濾液1和濾餅1,濾餅１的主要成分是和；濾液1用氫氧化鈉溶液沉鈷，過濾后得濾餅2（主要成分為）和濾液2（主要溶質為LｉCl）；濾餅２置于空氣中在850℃煅燒得到;濾液2經碳酸鈉溶液沉鋰，得到濾液3和濾餅３，濾餅3為.（1）Ｃｏ是27號元素，其原子有4個電子層，其價電子排布為，元素周期表第8、9、１0三個縱行合稱第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。（２)“50０℃焙燒”后剩余的應先除去，否則水浸時會產生大量煙霧，由此可知，四氯化硅與可水反應且能生成氯化氫和硅酸,故其原因是:遇水劇烈水解，生成硅酸和氯化氫,該反應的化學方程式為。（3)洗凈的“濾餅3”的主要成分為,常用焰色反應鑒別和，的焰色反應為紫紅色，而的焰色反應為黃色。故鑒別“濾餅3”和固體常用方法的名稱是焰色反應。（4）已知,若“沉鈷過濾"的pH控制為１0．0，則溶液中，濃度為?！?５０℃煅燒”時，與反應生成和,該反應的化學方程式為。（５）ａ．Si-Cl鍵極性更大，則Si—Cl鍵更易斷裂，因此，比易水解,a有關;ｂ．Si的原子半徑更大，因此，中的共用電子對更加偏向于,從而導致Ｓｉ—Cl鍵極性更大,且Si原子更易受到水電離的的進攻，因此，比易水解，b有關;c.通常鍵能越大化學鍵越穩定且不易斷裂，因此，Ｓi—Ｃｌ鍵鍵能更大不能說明Si－Cl更易斷裂，故不能說明比易水解,ｃ無關；d。Si有更多的價層軌道,因此更易與水電離的形成化學鍵，從而導致比易水解，d有關；綜上所述，導致比易水解的因素有abｄ。3.（2023·江蘇南通·海門中學校考模擬預測）從分金渣（主要成分為AgCl、、、）中獲取高純銀的流程如圖所示：核心反應與條件控制

核心反應與條件控制已知：在上述反應的溫度下,（１）“預處理"加入溶液將轉化為AgCl，反應的化學方程式為。（2)氯化銀的晶胞如圖,周圍最近且等距離的數目為。

(3）已知:,,“分銀”時,AｇＣｌ與反應生成，該反應的平衡常數.（４)“分銀”時,的濃度與溶液pH的關系如圖1；及其與形成的微粒的濃度分數隨溶液pH變化的關系如圖2?！胺帚y”時，終點pH需控制的范圍及原因為。

（5）“還原”時發生反應的離子方程式為.（6）已如(白色),測定所制銀樣品純度的過程為（雜質不反應）:①稱取制備的銀樣品1.０8０0g,加適量稀硝酸溶解,定容到10０mL容量瓶中。②準確量?。?．00mL溶液于錐形瓶中,酸化后滴入幾滴溶液作指示劑，再用標準溶液滴定，滴定終點時溶液變為血紅色。③重復②的操作２次，所用標準溶液的平均體積為24.0０mＬ。計算樣品中銀的質量分數（寫出計算過程）.【答案】(１)（２)12（3)（４)8~9；pH8~9時濃度較大,有利于ＡｇCl與反應生成（5）(６）96.0％【解析】由流程可知,“預處理”時FeCl3溶液和Aｇ2Ｓ發生氧化還原生成ＦeCl２、Ｓ和AｇCl,“分銀”時AgCl與Ｎa2SＯ3反應生成從而使銀元素與分銀渣分離，且溶液中存在＝Aｇ+＋２ＳO，加入鹽酸沉銀,促使=Ag＋+2SＯ平衡正向移動，電離出Aｇ+,Aｇ+與分銀液中的Cl-反應生成AｇCl,最后將AｇCl還原.（1）“預處理”時FｅＣｌ3溶液和Ag2S發生氧化還原生成ＦｅCl2、S和AgCl，反應的化學方程式為：.（２）由底面面心的原子可知,在上層、同層、下層各會有4個距離最近且相等的,故共12個。(3)反應的平衡常數K1=，“分銀”時，ＡgCl與反應生成，離子方程式為:ＡｇCl+2+Cｌ-，該反應的平衡常數K＝=K1=.（4）“分銀”時，終點pＨ需控制的范圍為：８～9；原因為：ｐH８～9時濃度較大，有利于AｇCl與反應生成。（5）“還原”時，將ＡgＣl還原為Aｇ,Ag元素由＋１價下降到０價，N元素由—2價上升到0價,根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：。(6)已如Ag++SCN-=AgSCN↓(白色），則n(Ag)＝n（SＣN－)=24.00×１0－3L×0.１00０mｏｌ/L×=9.6×１０－３mｏl,則樣品中銀的質量分數為=96。0％。4。(2023·江西·校聯考二模）鈀（Pd)是一種貴金屬，活性炭載鈀催化劑廣泛應用于石油化工、制藥等工業，但使用過程中因生成難溶于酸的PｄO而失活。一種從廢鈀催化劑(雜質主要含有機物、活性炭、及少量Ｆｅ、Cu等元素)中回收海綿鈀的工藝流程如圖:核心反應與條件控制核心反應與條件控制已知：I．陰、陽離子交換樹脂的基本工作原理分別為、(表示樹脂的有機成分)。Ⅱ。“沉鈀”時得到氯鈀酸銨固體，不溶于冷水，可溶于稀鹽酸。請回答下列問題：(1）進行“焙燒"的目的是.（２)“浸取”時，加入有利于Pd的溶解,生成的四氯合鈀（Ⅱ）酸(）為二元強酸。加入濃鹽酸和后主要反應的離子方程式：.(3)“離子交換除雜"應使用(填“陽離子”或“陰離子”)樹脂.(4）“還原"過程轉化為,在反應器出口處器壁內側有白色晶體生成,該過程發生的化學方程式為,且該反應的副產物可循環利用至環節（填環節名稱)。(5）研究表明有些過渡金屬型氫化物能高效的儲存和輸送氫能源,如LaH2.76、TiH1。73，已知標準狀況下，1體積的鈀粉大約可吸附8９6體積的氫氣(鈀粉的密度為１0.64g·cm—３,相對原子質量為10６。4），試寫出鈀（Pd)的氫化物的化學式。在第二步還原過程中,也可用代替N2H4進行熱還原，但消耗的H2質量比理論值略高,其原因是.【答案】（１)除去混合物中的有機物和活性炭，同時將金屬氧化為金屬氧化物有利于浸出(２)（3)陰離子(4）2(NＨ4）PdCl4+Ｎ2H4=Ｎ2+２Pd+4NH４Cl＋4HCl浸取與洗脫（5)PdＨ0.８鈀是一種優良的儲氫金屬,由于鈀吸收儲存了部分氫氣,所以消耗的H2質量比理論值略高【解析】廢鈀催化劑(雜質主要含有機物、活性炭、及少量Ｆe、Cu等元素)在空氣中焙燒，將有機物燃燒、金屬氧化為金屬氧化物,用甲酸還原得到金屬單質,過濾,將鈀渣用濃鹽酸、氯酸鈉浸取，再過濾,將濾液用離子交換除雜，再用洗脫機洗脫，再用濃氨水沉鈀，得到的產物用N2H4還原得到Ｐd。（１）根據題中信息一種從廢鈀催化劑(雜質主要含有機物、活性炭、及少量Fe、Ｃu等元素）,則進行“焙燒"的目的是除去混合物中的有機物和活性炭，同時將金屬氧化為金屬氧化物有利于浸出；故答案為:除去混合物中的有機物和活性炭，同時將金屬氧化為金屬氧化物有利于浸出。（２）“浸取”時,加入有利于Pd的溶解,生成的四氯合鈀（Ⅱ)酸(）為二元強酸,則電離出,因此加入濃鹽酸和后主要反應是Pd和氯酸鈉、鹽酸反應生成四氯合鈀(Ⅱ）酸鈉、四氯合鈀(Ⅱ）和水,其反應的離子方程式：；故答案為:。（3)由于溶液中含有,因此“離子交換除雜”應使用陰離子樹脂將交換；故答案為:陰離子。（4)“沉鈀”時得到氯鈀酸銨固體，則“還原”過程轉化為，在反應器出口處器壁內側有白色晶體生成,該過程發生的化學方程式為２（ＮH４)PｄCl4+N2H4=Ｎ2+2Pｄ＋４NH4Cl+４ＨCl,根據流程圖中鹽酸用于浸取，洗脫過程中將變為（NH4）ＰｄCｌ4,因此該反應的副產物可循環利用至浸取與洗脫環節；故答案為:２(ＮH4）PdCl4+N２H４=N２＋2Ｐd＋4NH4Cl+4HＣｌ；浸取與洗脫。（5）研究表明有些過渡金屬型氫化物能高效的儲存和輸送氫能源，如LaH2。7６、ＴiＨ1．７3，已知標準狀況下，1體積的鈀粉大約可吸附8９6體積的氫氣（鈀粉的密度為10.６4g·cm—3，相對原子質量為1０６。4），則1L(物質的量為），896Ｌ氫氣的物質的量為40mol，則鈀（Ｐd）的氫化物的化學式ＰdＨ０。8.在第二步還原過程中,也可用代替N2Ｈ4進行熱還原,但消耗的H2質量比理論值略高,其原因是鈀是一種優良的儲氫金屬，由于鈀吸收儲存了部分氫氣，所以消耗的H２質量比理論值略高;故答案為：PdH0.8；鈀是一種優良的儲氫金屬,由于鈀吸收儲存了部分氫氣,所以消耗的H2質量比理論值略高。5．（２023·云南·校聯考二模）六水合氯化鎳(NiCｌ2·６H2Ｏ）常用于電鍍、陶瓷等工業。某實驗室以鎳礦渣（主要含NiS、CｕＳ、FeS)制備六水合氯化鎳晶體,設計流程如圖所示:核心反應與條件控制

核心反應與條件控制已知：Kｓp(NiＳ)=1.0７×10－21，Ｋsp(CｕS)=1.27×10-26?；卮鹣铝袉栴}：(1）①寫出“酸溶”時，NiS發生反應的離子方程式：。②“酸溶”時，為減少生產過程對大氣的污染,通常還需通入過量的(填氣體名稱)。（2）試劑a應選用下列物質中的____＿__（填標號）。A．NaＯH?B。Ｎｉ(OH)2C．Na2CＯ3?D．Ni（ＮO3）2(3）“除銅”過程發生反應的離子方程式是，若要求溶液中Cu２+濃度小于1×10—5mｏl／L,則應控制溶液中Nｉ2＋濃度。（結果保留兩位小數)（４）“沉鎳”所得沉淀有多種組成，可表示為ｘNｉＣO3·yＮi(OＨ)2·zH2O，若試劑b為純凈物,試劑b可以是.為測定沉淀的組成，進行下列實驗：稱取干燥沉淀樣品３。4１ｇ，隔絕空氣加熱,剩余固體質量隨溫度變化的曲線如圖所示(500°Ｃ~７50°C條件下加熱，收集到的氣體產物只有一種，7５0°C以上殘留固體為NｉＯ）.通過計算確定該樣品的化學式為。

（5）由xＮｉCO3·yNi(OH)2·zH2O固體制備NｉCl2·6Ｈ2O的實驗方案是：向固體中加入過量鹽酸，攪拌,調節溶液的ｐH值，蒸發濃縮,，過濾，，干燥（NｉCl2溶解度曲線如圖所示）。

【答案】（1）3NiS+８H++2=3Ni２++3S+2ＮO↑＋4H２O空氣(2)B（３）NiS+Cu2+=CｕS+Ni2+大于０。84mｏｌ／L(４）Na２CO3（合理答案均可）ＮiＣO3·2Ｎi（OH）2·2H2O(5)冷卻至０°C左右結晶用冰水洗滌【解析】某實驗室以鎳礦渣(主要含ＮiS、CuＳ、FeS)制備六水合氯化鎳晶體,加入稀硫酸和稀硝酸進行酸溶,該過程中－2的S元素被氧化為S單質,過濾除去，濾液中的溶質為Nｉ2+、Cu2+和Ｆe3+，向濾液中加入試劑a調節pＨ使Fe3＋轉化為Fe（OＨ)3沉淀，該過程不能引入新的雜質，試劑a為Nｉ（OH)2，過濾后向濾液中加入ＮｉS沉淀Ｃu2+,然后加入試劑b沉鎳。（１)①“酸溶"時，NiＳ和稀硝酸發生氧化還原反應生成Ｓ單質和NO,根據氧化還原反應的規律配平離子方程式為：３NiS+8H++2=3Ni2++3S+2NO↑+4Ｈ2O；②“酸溶”時會產生NＯ污染空氣，可以先通入過量的空氣氧化NiＳ,再加入稀硝酸酸化。（2）向濾液中加入試劑a調節ｐH使Fｅ3+轉化為Fe（