【高考化學】微專題28有關工藝流程和實驗探究方程式的書寫-備戰高考化學考點微專題（解析版）【高考化學】微專題28有關工藝流程和實驗探究方程式的書寫-備戰高考化學考點微專題（解析版）1/47【高考化學】微專題28有關工藝流程和實驗探究方程式的書寫-備戰高考化學考點微專題（解析版）微專題28有關工藝流程和實驗探究方程式的書寫微專題28有關工藝流程和實驗探究方程式的書寫1.（2023·全國·統考高考真題）LiMｎ2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關注。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）硫酸溶礦主要反應的化學方程式為.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)溶礦反應完成后，反應器中溶液pH=4,此時c（Fe3+）＝mol·L—1；用石灰乳調節至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，發生電解反應的離子方程式為。隨著電解反應進行,為保持電解液成分穩定，應不斷.電解廢液可在反應器中循環利用。(6)煅燒窯中，生成LiMn2Ｏ４反應的化學方程式是。【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】根據題給的流程，將菱錳礦置于反應器中，加入硫酸和MnO2,可將固體溶解為離子，將雜質中的Fｅ、Ni、Al等元素物質也轉化為其離子形式,同時，加入的MnO２可以將溶液中的Ｆe２＋氧化為Fｅ3+；隨后將溶液pH調至制約等于７,此時,根據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物LiMn２O4.（1）菱錳礦中主要含有ＭnCＯ３,加入硫酸后可以與其反應，硫酸溶礦主要反應的化學方程式為:MnＣO3+H2SO4=MｎＳO4+Ｈ2O+ＣO2↑；為提高溶礦速率，可以將菱錳礦粉碎；故答案為:MnCO３+Ｈ２SO4=MnSＯ4+H２O+CＯ2↑、粉碎菱錳礦.（2）根據分析,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+,因為氧化后生成的Ｆe3+可以催化H２O2分解，不能使溶液中的Fe２＋全部氧化為Fｅ３＋;故答案為：將Ｆe2+氧化為Ｆe3+、Fｅ３+可以催化H2O2分解.（３）溶礦完成以后，反應器中溶液pＨ=４,此時溶液中c(OＨ－）=1.0×10－１0mol·L—1，此時體系中含有的c(Fe３＋）==2．8×10-9mol·L－1，這時,溶液中的c（Fe3+)小于１．0×10-5，認為Ｆe３＋已經沉淀完全;用石灰乳調節至pH≈7，這時溶液中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+；故答案為:2。8×1０-9、Ａl３+.（4）加入少量BaＳ溶液除去Ni2+，此時溶液中發生的離子方程式為Ba2＋+S２—+Ｎi2+＋SO＝ＢaSＯ4↓+NiS↓,生成的沉淀有ＢaSＯ4、NｉS。(５）在電解槽中，Mｎ2＋發生反應生成MnO2，反應的離子方程式為Mn2＋+2H2OＨ2↑＋ＭｎＯ2↓＋2H＋；電解時電解液中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定;故答案為：Mn2＋+2H2OH2↑+ＭnO2↓+2H+、加入Mｎ(ＯH)2。（6)煅燒窯中MnO２與Li2CＯ3發生反應生成LiＭn2O４，反應的化學方程式為2Ｌｉ２CＯ3+８MnＯ24LiＭｎ2O4+2CO2↑+O2↑;故答案為:２Li2CO3＋８ＭnＯ２4LｉＭn2O4＋2ＣＯ2↑+Ｏ２↑。2．(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。

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。【答案】（1）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、工藝流程和實驗探究中的氧化還原方程式的書寫方法1.①細讀題干尋找提純對象，結合工藝流程示意圖分析被提純元素的存在形式及雜質的去除情況。②細讀題干尋找實驗目的,通讀題目中從實驗步驟中了解操作步驟,結合裝置分析實驗過程，與實驗目的相對應.２．確定未知反應的反應物和生成物，根據題意分析溶液環境，配平氧化還原方程式。3．配平步驟：第1步：根據題干信息或流程圖，判斷氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物。第2步:按“氧化劑+還原劑——氧化產物+還原產物”寫出方程式，根據得失電子守恒對方程式進行配平。第３步：根據電荷守恒和反應物的酸堿性，在方程式左邊或右邊補充H+、ＯH－或H2O等。第４步：根據質量守恒配平反應方程式。一、工藝流程中的化學反應類型化學反應最常見的考試形式為新情景方程式的書寫,要求能夠根據反應類型尋找對應的反應規律，最常見的是溶液中的反應（離子反應）,主要有四類反應：（1）普通的復分解反應（2）氧化還原反應（3)配位(絡合)反應（4）雙水解反應二、化工流程中新情景方程式的書寫思路首先根據題給材料中的信息寫出部分反應物和生成物的化學式,再根據反應前后元素化合價有無變化判斷反應類型：1．元素化合價無變化則為非氧化還原反應，遵循質量守恒定律。2．元素化合價有變化則為氧化還原反應,除遵循質量守恒外，還要遵循得失電子守恒規律。最后根據題目要求寫出化學方程式或離子方程式(需要遵循電荷守恒規律）即可。三、非氧化還原反應方程式的書寫非氧化還原反應主要包括三類：（1）普通的復分解反應（2)配位（絡合)反應（３）雙水解反應1．普通的復分解反應發生的條件：①產生水等弱電解質②產生難溶電解質③產生揮發性物質等弱電解質、難溶弱電解質、難溶物可以引申出強酸制弱酸、沉淀轉化等規律，也可以用平衡常數理解（熱力學基礎）。2．常見的配位(絡合）反應(1）AgNO3＋NＨ3.H2O=AｇOＨ(沉淀）+NH4ＮO3AgOＨ＋2ＮH3．H2Ｏ=Ag(ＮH３）2OＨ+２H2O（制銀氨絡合反應）(2）CuＳＯ4＋2NH3。H2O＝Cｕ（OH）２（沉淀）+(NＨ4)２ＳO4Cu（OH）2+4ＮＨ３.H２Ｏ=[Cu(ＮH３)4]（OH)2＋4H２Ｏ（制銅氨絡離子）(3）常見的絡合物[Ag（ＮH3）2］OＨ、[Ｃu（NH３)4]（OＨ)2、[Fｅ（SCN)3］、[Cu（ＮＨ３）４］SO4、K3［Fｅ（CN)6］、Fe3[Fｅ（CＮ)6］２、Na3AlF63.雙水解反應Al3+、Fe３+、Mg2+與AｌＯeq\o\ａｌ（－,２）、HＣOeｑ\ｏ＼al（－，3）、CO、S２－等會發生雙水解反應.四、氧化還原反應方程式的書寫１．新情境氧化還原反應方程式的書寫方法根據電子轉移數或常見化合價確定未知產物中元素的化合價；根據溶液的酸堿性確定未知物的類別→根據電子守恒配平→根據溶液的酸堿性確定參與反應的或→根據電荷守恒配平→根據原子守恒確定并配平其他物質2.識記常見氧化劑、還原劑及產物(１)常見的氧化劑及還原產物氧化劑還原產物KMnＯ4Mn2＋(酸性)；ＭｎO2（中性）;MｎＯeq\o＼al（2—，４）（堿性）Ｋ2Cｒ2O7（酸性)Cr３＋濃硝酸NＯ２稀硝酸NOX2(鹵素單質)X－H2Ｏ2OH－(堿性）;H2O（酸性)Na２O２NａOＨ(或Nａ2CＯ３)NaClO（或ClＯ—)Ｃl—、Cｌ2NaＣlO3Cl２、ＣｌO2PｂO2Pｂ2＋（2）常見的還原劑及氧化產物還原劑氧化產物Fe2+Fe3＋(酸性);Ｆe（OH)3（堿性）ＳＯ2(或H2SO3、SOｅq＼ｏ\al(2－,3））SOeq\o\al（２－,4)S2－（或H２Ｓ)S、ＳO2（或ＳOeｑ\o\al(2－，3)）、SOeｑ\o\al(2-,4)H2Ｃ2O4CO２H2O2O２I—（或ＨI）I2、IOｅｑ\o＼al（－,3）CＯCO2金屬單質（Zn、Fｅ、Cu等）Zn2+、Fe2＋（與強氧化劑反應生成Ｆe3+）、Cu2＋３．氧化還原反應方程式的三步配平①根據化合價升降法配平兩劑兩產物;②根據電荷守恒補充Ｈ＋和ＯH—;③根據原子守恒補充Ｈ2O并配平所有原子。４.“補缺”的技巧缺項化學方程式的配平:配平化學方程式時，有時要用H+、OＨ—、Ｈ2O來使化學方程式兩邊電荷及原子守恒,總的原則是酸性溶液中不能出現OH—，堿性溶液中不能出現Ｈ+,具體方法如下：酸性環境堿性環境反應物中少氧左邊加Ｈ2O，右邊加H＋左邊加OH—，右邊加H2O反應物中多氧左邊加H+，右邊加H２Ｏ左邊加H2O，右邊加OH-五、掌握氧化還原反應的常用規律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:

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。回答下列問題：(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.（２０21·江蘇卷）超酸是一類比純硫酸更強的酸，在石油重整中用作高效催化劑.某實驗小組對超酸HSbF6的制備及性質進行了探究。由三氯化銻(SｂCl3)制備HSｂF6的反應如下:、ＳbCl５＋６HF=HSbF6+5HCｌ。制備SbCl5的初始實驗裝置如圖(毛細管連通大氣，減壓時可吸人極少量空氣，防止液體暴沸;夾持、加熱及攪拌裝置略）:相關性質如表:物質熔點沸點性質SbCl373.４℃22０.3℃極易水解SbCl53．５℃１４０℃分解7９℃/2.9ｋPa極易水解回答下列問題：（1)實驗小組在由SbＣl５制備HSbＦ6時，沒有選擇玻璃儀器,其原因為___.（寫化學反應方程式)(２）為更好地理解超酸的強酸性，實驗小組查閱相關資料了解到：弱酸在強酸性溶劑中表現出堿的性質，如冰醋酸與純硫酸之間的化學反應方程式為CＨ３COOH+Ｈ2SO４=[CＨ３C（OH)2]+［HSＯ4］－。以此類推，H２SO4與HSbＦ6之間的化學反應方程式為___。（3）實驗小組在探究實驗中發現蠟燭可以溶解于HSbF６中,同時放出氫氣。已知烷烴分子中碳氫鍵的活性大小順序為：甲基（—ＣH3）〈亞甲基(—ＣＨ2—)〈次甲基（）.寫出2—甲基丙烷與HSbF6反應的離子方程式___。【答案】（1)ＳiO2+４ＨF＝SｉF4↑+２H2O（2）H2ＳO４+HSｂＦ6＝［H3SO4］+［ＳｂF6］—（3）CH３ＣH（CH3)CH3+ＨSbF６=（CH３）3C+＋SｂＦ＋H2↑【解析】（1）在由ＳbCl5制備HSbＦ6時，需用到ＨＦ，而ＨF可與玻璃中的SiO2反應,故不能選擇玻璃儀器,反應的化學方程式為：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；（2H2ＳO４與超強酸HＳbF6反應時,H2SO４表現出堿的性質,則化學方程式為Ｈ２SＯ４＋ＨSbF6＝;(3）2－甲基丙烷的結構簡式為CH3CH（CH3)CH３，根據題目信息知,CH３CＨ（ＣH３)CH3中上的氫參與反應，反應的離子方程式為CH3CH(CH3）ＣH3+HSbＦ６=+＋H2.3．（20２1·北京卷）用如圖方法回收廢舊CPU中的單質Aｕ（金），Ag和Cｕ。已知:①濃硝酸不能單獨將Ａｕ溶解。②HＡuCl4=H++AuＣl（1）酸溶后經____操作，將混合物分離。（2）濃、稀HNO3均可作酸溶試劑。溶解等量的Cu消耗HＮO3的物質的量不同，寫出消耗ＨＮO３物質的量少的反應的化學方程式：_＿__。(3）HNO3－NａCl與王水［Ｖ（濃硝酸):V（濃鹽酸)＝1:３溶金原理相同。①將溶金反應的化學方程式補充完整:Ａu＋＿__＿ＮａCl+____HNO3=HＡuＣl４＋_＿__+__＿＿＋___＿NaNO3②關于溶金的下列說法正確的是＿＿＿_。A．用到了HNO３的氧化性B．王水中濃鹽酸的主要作用是增強溶液的酸性Ｃ．用濃鹽酸與NaＮO3也可使Au溶解【答案】

(1)

過濾

(２）

3Cu+8HNO3(稀)=３Ｃｕ（NＯ３)2＋2ＮＯ↑+4H2O

(3)

4

5

ＮO

2Ｈ2O

4

ＡＣ

2NaCｌ溶液

Ｆｅ、Cu【解析】（１)Au(金）,Ag和Cｕ經酸溶后得到金、銅離子和銀離子的混合溶液,將固體和液體分開的的操作是過濾,將混合物分離;（２）銅與稀硝酸反應的化學方程式為:3Cu+8HNＯ3(稀)＝3Cu(NO３)+２ＮO↑＋４Ｈ2O;溶解1ｍolＣu消耗HＮO3的物質的量為mｏl；銅與濃硝酸反應的化學方程式為:Ｃu＋4ＨNＯ3(濃)=Cu（NO3)2＋2NO2↑+2H2O，溶解1ｍoｌCu消耗HNO3的物質的量為4moｌ;消耗HNO3物質的量少的反應的化學方程式為銅與稀硝酸的反應，化學方程式為：3Cu+8ＨＮO３(稀）=３Ｃu(ＮO3)2+2NＯ↑+4H2Ｏ；(3）①根據化合價的變化規律可知,金的化合價從0價升高到+3價，作還原劑,硝酸作氧化劑，從＋5價降低到+２價,產物有一氧化氮生成，根據質量守恒，生成物中還有水,化學方程式為:Ａu+4NaCl+5HNO3=HAｕCl4+2H2O+NO↑＋4NａNO3;②A。溶金過程中硝酸的化合價降低,作氧化劑，具有強氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正確;B．王水中V(濃硝酸）：V（濃鹽酸）=1：3，金與濃硝酸表面生成致密的氧化膜，不反應，王水中濃鹽酸中提供了氯離子,利于生成四氯合金離子，利于金與硝酸的反應,主要作用增強硝酸的氧化性,故B錯誤;C.HNO３-NaCl與王水[V（濃硝酸）：V（濃鹽酸）=1:３溶金原理相同，則用濃鹽酸與NａNO3也可使Ａu溶解，故C正確;答案選AＣ；１．（20２３·北京·統考高考真題）以銀錳精礦(主要含、、)和氧化錳礦（主要含）為原料聯合提取銀和錳的一種流程示意圖如下.

已知:酸性條件下,的氧化性強于.(１）“浸錳”過程是在溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除，有利于后續銀的浸出：礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中。①“浸錳”過程中，發生反應,則可推斷:(填“>”或“＜”)。②在溶液中，銀錳精礦中的和氧化錳礦中的發生反應，則浸錳液中主要的金屬陽離子有。（2）“浸銀”時，使用過量和的混合液作為浸出劑，將中的銀以形式浸出.①將“浸銀"反應的離子方程式補充完整:.②結合平衡移動原理，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該步反應的離子方程式有。②一定溫度下，的沉淀率隨反應時間的變化如圖所示。解釋分鐘后的沉淀率逐漸減小的原因:.

（4)結合“浸錳”過程，從兩種礦石中各物質利用的角度，分析聯合提取銀和錳的優勢：。【答案】（1）＞、(2)是為了與電離出的結合生成，使平衡正向移動，提高的浸出率；是為了抑制水解，防止生成沉淀(３)、被氧氣氧化為，把氧化為(4）可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中,得到,同時將銀元素和錳元素分離開;生成的還可以用于浸銀，節約氧化劑【解析】銀錳精礦(主要含、、)和氧化錳礦（主要含)混合加溶液,使礦石中的錳元素浸出，同時去除,礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中，浸錳液中主要的金屬陽離子有、；浸錳渣中與過量和的混合液反應，將中的銀以形式浸出，用鐵粉把還原為金屬銀。(1）①“浸錳”過程中,礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中,發生反應，硫化錳溶于強酸而硫化銀不溶于強酸，則可推斷：>;②根據信息，在溶液中二氧化錳可將氧化為,自身被還原為,則浸錳液中主要的金屬陽離子有、.(2）①中S元素化合價升高，Ｆｅ元素化合價降低,根據得失電子守恒、元素守恒，該離子方程式為;②是為了與電離出的結合生成，使平衡正向移動,提高的浸出率；是為了抑制水解,防止生成沉淀。（3）①鐵粉可將還原為單質銀,過量的鐵粉還可以與鐵離子發生反應,因此離子方程式為、；②溶液中生成的會被空氣中的氧氣緩慢氧化為,把部分氧化為，因此后銀的沉淀率逐漸降低。（4)聯合提取銀和錳的優勢在于“浸錳"過程可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中，將銀元素和錳元素分離開,利用的氧化性將中的氧化為,同時生成的還可以用于浸銀,節約氧化劑,同時得到。2．(2023·重慶沙坪壩·重慶一中校考模擬預測）鉍及其化合物廣泛應用于電子材料、醫藥等領域。一種以氧化鉍渣（主要成分是、、、和等）為原料，制取高純的工業流程如圖所示：已知：①該工藝條件下,相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的范圍如下:離子開始沉淀的1．53．64。５沉淀完全的３。24.76．7②不溶于稀硫酸(3）常溫下，，③硫代乙酰胺（）在酸性溶液中會水解為乙酰胺（)和回答下列問題：（1）與同族,原子處于基態時電子占據最高能級的電子云輪廓圖為形。(2)“濾渣1"的主要成分為(填化學式).（３)“沉鉍”時，轉化為沉淀。往“濾液1”中加入鐵粉,可回收其中的金屬。(4）“洗滌”時先用水洗，再用稀硫酸洗滌.用稀硫酸洗滌的目的是。(5）“轉化"分兩步進行：第一步，用溶液將轉化為.常溫下，當該過程達到平衡狀態時，測得溶液的，則此時溶液中;第二步受熱分解為。（６)“酸溶"工序通常會加入過量的鹽酸，其作用為:①充分溶出;②.(7）從“濾液3”中分離出乙酰胺以后，可返回“酸溶”或“酸浸”工序中循環使用,則“硫化”過程的化學方程式為。【答案】（１）啞鈴(２)（3）銅或(４)除去中的雜質（５）0.04（6）抑制的水解（7)+3+【解析】鉍礦渣(主要成分是、、、和等），加入鹽酸酸浸，濾渣1為AgCl，溶液中含有Ｃu２+、Ｂi３+、Fe3+、Al3+，加入NaOH調節pH＝２.5,濾餅中含有BiＯCl和Fe(OＨ）3,再加入NａＯH生成Ｂｉ(OH）3,進而轉化為Bi2Ｏ3，用鹽酸溶解Bi2Ｏ3后加入硫代乙酰胺，得到Bi2S3。(1）Bi與N同族，Bｉ原子處于基態時價層電子排布為6s２6p３,占據最高能級的是6p，電子云輪廓圖為啞鈴形。（2）由分析可知,“濾渣1”的主要成分為。(3）“沉鉍”時加入NａＯＨ溶液，Bi3+轉化為BｉOCl,“沉鉍"所得濾液中含有Ｃu２+、Bi3+、Ｆe３+、Al３+,加入鐵粉，發生反應：Fｅ+Cｕ2+=Cu+Fｅ２＋,可回收其中的Cu。（4）加入ＮaOH溶液，調節pH＝2.5,濾餅中含有BiOCl和Ｆe（ＯH）3,用稀硫酸洗滌的目的是除去中的雜質。（５)已知,用NaOH溶液將BiOCl轉化為Bi(OH）3,離子方程式為：ＢiOCｌ＋ＯH-+Ｈ2OBi（ＯＨ)3+Ｃｌ—，測得溶液的ｐＨ=13,c（OH-)==0．1ｍol，該反應的平衡常數K==＝0。4，c(Cl－）=0.０4ｍｏｌ／Ｌ。（６）“酸溶”工序通常會加入過量的鹽酸,其作用為：①充分溶出Bi3+；②抑制Bｉ3+的水解.（７）從“濾液3”中分離出乙酰胺以后，可返回“酸溶”或“酸浸”工序中循環使用,說明濾液３過濾后的溶液中含有HCl，則和反應生成Bｉ2S３、HＣl和，化學方程式為:+3+。3．(20２３·廣東汕頭·金山中學校考三模）釩的用途十分廣泛，有金屬“維生素”之稱。以含釩石煤(主要成分為、，雜質有、及、、等化合物）制備單質釩的工藝流程如圖所示。已知：①該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀時和完全沉淀時的如下表所示：金屬離子開始沉淀時１。97．03。08．1完全沉底時3.29.04．710。１②,，遠大于.回答下列問題:(1）為了提高“焙燒”效率,可采取的措施有、（2）“焙燒”時,、都轉化為，寫出轉化為的化學方程式為（3)“水浸”加入調節溶液的為8。5,可完全除去的金屬離子有，部分除去的金屬離子有.“水浸”加入過量不能使完全轉化為,原因是。(4)“離子交換"與“洗脫”可表示為（為強堿性陰離子交換樹脂，為在水溶液中的實際存在形式)，則“洗脫"過程中“淋洗液”最好選用（5）“沉釩”過程析出晶體，需要加入過量,目的是。（6）釩的某種氧化物的晶胞結構如圖所示，晶胞的長、寬、高分別是ａｐm、ｂｐm、ｃpm,阿伏加德羅常數的值為,則該晶體的密度為（用含a、b、c、的代數式表示）。

【答案】（1）將釩石煤和混合粉碎適當提高焙燒溫度；適當增大氧氣流量（2）（3）、、反應的平衡常數（4）溶液(5）利用同離子效應，促進晶體的析出,提高沉釩率（利用沉淀溶解平衡也可）（6）【解析】含釩石煤(主要成分為、，雜質有、及、、等化合物）中加入CaCO3，通入Ｏ2焙燒，、都轉化為，水浸并加入Na2CO3調節pH為８.５，根據表中各物質開始沉淀和完全沉淀的ｐH可知，此時Fe３+和Al3+沉淀完全,Mg2+和Mn2+部分沉淀，隨后進行離子交換，用淋洗液洗脫，加入ＮH4Cl沉釩,煅燒后加入鈣冶煉最后生成單質釩。(１)為加快反應速率，提高“焙燒”效率,可采取將釩石煤和混合粉碎，增大反應物的接觸面積;適當提高焙燒溫度；適當增大氧氣流量等措施實現。（2)“焙燒"時,加入ＣａCO3并通入氧氣,、都轉化為，反應的化學方程式為。（3)“水浸"時加入調節溶液的為8．５，根據表格數據可得已完全沉淀的離子有、,部分沉淀的有、；CaSiO３與ＣaＣO3沉淀轉化的方程式為,其平衡常數，故不能完全轉化。（4）“洗脫”過程是讓反應逆向進行，即需要加入氯離子，為了不引入其他雜質，最好選用便宜易得的飽和ＮaCl溶液。（5)“沉釩”過程中需要加入過量，其目的是利用同離子效應,促進晶體的析出，提高沉釩率。（６)該晶胞中,位于面上和晶胞內部的O原子數為，位于頂點和體心的V原子數為，則該晶體的密度.4．（２0２3·北京順義·北京市順義區第一中學校考模擬預測）鈦白粉學名二氧化鈦(TiO２）是性能最佳、應用最廣、用量最大的白色顏料。鈦鐵礦(FｅTiO３)中往往含有Fe2Ｏ3、MgO、CaO、Ａl2O3、SｉＯ2等雜質.一種硫酸法鈦白粉生產工藝如圖：

已知：①酸解后，鈦主要以形式存在.強電解質在溶液中僅能電離出和一種陽離子。②不溶于水和稀酸。(1)寫出基態Ti原子的價層電子排布式。(2）磨礦的目的是。(3)濾渣①的主要成分是。（4）酸解過程中，寫出發生反應的化學方程式。（5）還原過程中,加入鐵粉的目的是還原體系中的。為探究最佳反應條件，某實驗室做如下嘗試：①在其它條件不變的情況下。體系中Fe（Ⅲ)含量隨pＨ變化如圖,試分析在pH介于4～６之間時，Ｆe(Ⅲ）含量基本保持不變的原因:.

②保持其它條件不變的情況下，體系中Ｆｅ(Ⅲ)含量隨溫度變化如圖,55℃后，Fe（Ⅲ）含量增大的原因是因為溫度升高，易被體系中的氧化，寫出反應的離子方程式.

（6)水解過程是硫酸法制鈦白工藝中的重要一步：①水解過程中得到沉淀③的離子方程式為。②一定量的存在有利于水解工藝的進行，因此在水解之前，先要測定鈦液中的含量。實驗室常用酸性高錳酸鉀溶液進行滴定,用離子方程式表示其原理。【答案】（１)3d2４s2(２）增大接觸面積，加快反應速率，提高酸浸的浸出率(3）Fｅ、SiO2、CaSO4(4）FeTｉO３+2Ｈ２SO４=TiＯSＯ4+FｅＳＯ4+２H２O(5)pH介于4~6之間時,鐵離子水解完全，Ｆe(Ⅲ）主要以Fe(OＨ)3形式存在4Ｆe2++３Ｏ2+6Ｈ2O＝4Fe（OH）3（6)TiO2++2H２Ｏ=2H++H2ＴiO3↓+５Fe2＋＋8H+=Mｎ2++5Ｆｅ3++4H2O【解析】鈦鐵礦（FeＴiＯ3)中往往含有Ｆe2O3、MgO、CaO、Al2O３、SｉO2等雜質,酸浸加入硫酸溶液與金屬氧化物Fｅ2Ｏ3、ＭgO、CａO、Al2O３反應生成鹽和水，氧化鐵反應生成硫酸鐵、氧化鎂反應生成硫酸鎂、氧化鋁反應生成硫酸鋁,已知信息FeTｉO3與硫酸反應生成TiOＳO4和FeSO４，FｅTiＯ3和硫酸溶液反應的離子方程式為:FeTiO3+４Ｈ+=TiO2++Fe２++2H2Ｏ,浸取液中含：Fe3+、Mg2+、Ca２＋、Al3＋，CaO和硫酸反應生成CaＳO4,ＳiＯ２不與硫酸反應,則濾渣①成分為過量的鐵粉、CａSO4、SiO2，根據加入Fe粉還原鐵離子為亞鐵離子，濾液①結晶過濾得到晶體成分為硫酸亞鐵晶體,濾液②為FeＴｉO3，水解生成Ｈ2TiO3,灼燒得到鈦白粉.（1)基態Ti原子的核電荷數２2，價層電子排布式為：3d24ｓ2;(２）磨礦的目的是:增大接觸面積，加快反應速率，提高酸浸的浸出率;（３）酸浸加入稀硫酸和ＣaO反應生成CaSO4微溶物，SｉO2是非金屬氧化物，不溶于酸，則濾渣①中除鐵粉外,還可能含有的成分是SiO２、CaSO4，故答案為：Ｆe、ＳiＯ2、CaSＯ４;(4）由信息①酸浸后，鈦主要以TｉOSO4形式存在,②強電解質ＴｉOＳO4在溶液中僅能電離出和一種陽離子TiO2＋，則酸浸過程中,FｅTiO3與硫酸反應生成TiOSO4和FeＳO4,發生反應的化學方程式:FeTｉO３+2Ｈ2ＳO４=ＴｉOSＯ4+FeＳＯ4+２Ｈ2O；（5)①由Fe3+水解呈酸性，pH越大,越促進水解正向進行，則ｐＨ介于4～6之間時，Fe(Ⅲ）主要以Fｅ(OＨ)3形式存在，Fｅ(Ⅲ）含量基本保持不變,故答案為:ｐH介于4～6之間時,鐵離子水解完全，Ｆe（Ⅲ）主要以Ｆｅ（OH）3形式存在;②55℃后，Ｆe（Ⅲ）含量增大的原因是：因為溫度升高,Fｅ2＋易被體系中的O2氧化，反應的離子方程式為：4Fe2++3O2+６H2O=4Fｅ（ＯＨ）3；（6）①水解過程中得到沉淀③的離子方程式為：TiＯ２++２H2O=2H++H２TｉO3↓;②實驗室常用酸性高錳酸鉀溶液進行滴定,用離子方程式表示其原理為：+５Fｅ2＋+8H+=Mn２++５Fe3++4H2Ｏ.5．（2０２１·全國乙卷）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有、、、、以及少量的。為節約和充分利用資源,通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下,有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的見下表金屬離子開始沉淀的2．23。59。５12。4沉淀完全的３．2４.７１１。11３.8回答下列問題：（1）“焙燒”中，、幾乎不發生反應，、、、轉化為相應的硫酸鹽，寫出轉化為的化學方程式_＿_____。(2)“水浸”后“濾液”的約為2.0，在“分步沉淀"時用氨水逐步調節至1１。6，依次析出的金屬離子是_______。(３）“母液①”中濃度為_______。(4)“水浸渣”在16０℃“酸溶"最適合的酸是___＿___。“酸溶渣”的成分是_＿＿_＿__、___＿___。（5)“酸溶"后，將溶液適當稀釋并加熱，水解析出沉淀，該反應的離子方程式是___＿___。(6)將“母液①”和“母液②"混合，吸收尾氣，經處理得＿__＿_＿_，循環利用。【答案】

(1)

(2)

(3）

(4）硫酸

(5)

（６）

【解析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時,二氧化鈦和二氧化硅不反應，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣;將焙燒后物質加入熱水水浸,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，二氧化鈦與稀硫酸反應得到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)氧化鋁轉化為硫酸鋁銨發生的反應為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應的化學方程式為Al２O3+４(ＮH４)2SO4ＮH4Aｌ（SO4）2+４ＮＨ3↑+３H２O，故答案為：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的濾液加入氨水調節溶液pH為11。6時，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀,故答案為：Fｅ3+、Al3＋、Mg２+；（3）由鎂離子完全沉淀時,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，當溶液ｐＨ為１１。6時,溶液中鎂離子的濃度為=１×10—6mｏｌ/L,故答案為：1×10-6;(４)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉化為沉淀,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，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為:硫酸;SiO2、ＣaＳO4;（5）酸溶后將TiＯSO４溶液加入熱水稀釋并適當加熱,能使TｉＯSO4完全水解生成TiO２·xH２O沉淀和硫酸，反應的離子方程式為ＴｉO2+＋(x＋1)H2OTiO2·xH2Ｏ+2H+,故答案為：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，可以循環使用,故答案為:（NH4）2ＳO4.6.(20２１·河北卷)綠色化學在推動社會可持續發展中發揮著重要作用.某科研團隊設計了一種熔鹽液相氧化法制備高價鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產生廢棄物，實現了Ｃr—Fｅ—Al—Ｍｇ的深度利用和Ｎa+內循環。工藝流程如圖:回答下列問題：(1）高溫連續氧化工序中被氧化的元素是_______（填元素符號）。(2）工序①的名稱為_＿。(3）濾渣I的主要成分是__（填化學式）。（4）工序③中發生反應的離子方程式為_＿__＿__。(5）物質V可代替高溫連續氧化工序中的NaOH，此時發生的主要反應的化學方程式為__,可代替NaOH的化學試劑還有____＿__（填化學式)。（６)熱解工序產生的混合氣體最適宜返回工序__＿____(填“①”或“②"或“③”或“④”）參與內循環。(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的ｐＨ為__.（通常認為溶液中離子濃度小于1０—５ｍoｌ?L－１為沉淀完全；A1(OH）3+OＨ—?Al（OH）：K=1０0.63，Kw＝１0－14,Ksｐ[A1（OH）3]=10-33）【答案】

(１）

Ｆe、Cr

（2）

溶解浸出

（3）MgO、Ｆe2Ｏ３

(4)2Na＋＋2+2CO２+H2O=+2NaHCO3↓

（5)4Fe(CｒＯ2)2+7O2+１６NaＨCO38Nａ2CｒＯ4+2Ｆe2O3＋16CＯ2+8H2Ｏ

Na２ＣO３

(6)②

（7）

8。3７【解析】由題給流程可知，鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續氧化發生的反應為,在熔融氫氧化鈉作用下,Fe（CｒO2）２被氧氣高溫氧化生成鉻酸鈉和氧化鐵,氧化鋁與熔融氫氧化鈉反應轉化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應；將氧化后的固體加水溶解，過濾得到含有氧化鎂、氧化鐵的濾渣１和含有過量氫氧化鈉、鉻酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩態條件下分離得到鉻酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向鉻酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳得到重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳氣體得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉;向濾渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反應轉化為碳酸氫鎂溶液;碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序②循環使用；碳酸鎂高溫煅燒得到氧化鎂。(1）由分析可知，高溫連續氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和鉻元素，故答案為：Fｅ、Cr；(２）由分析可知,工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質,故答案為:溶解浸出；(3)由分析可知，濾渣Ⅰ的主要成分是氧化鐵和氧化鎂,故答案為：MgO、Fe2O3;（4)工序③中發生的反應為鉻酸鈉溶液與過量的二氧化碳反應生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應的離子方程式為２Na++2+2CＯ２＋Ｈ２O=+２NaHCＯ３↓，故答案為：2Na＋＋2+2CO2+Ｈ2O＝＋２NaＨCＯ3↓;(5）碳酸氫鈉代替高溫連續氧化工序中的氫氧化鈉發生的主要反應為高溫下,,Fe（CrO2）2與氧氣和碳酸氫鈉反應生成鉻酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應的化學方程式為4Fe(ＣｒO2)2+7Ｏ2＋16NaHＣO38Nａ2CrO4+２Fe2O3＋16CＯ2+8Ｈ2Ｏ;若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發生類似的反應,故答案為：4Fe（CrO2）２+7O2+16ＮａHCO3８Na２CrO4+２Fe2O3＋１6ＣO2+8H２O；（6）熱解工序產生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣,將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉化為碳酸氫鎂溶液,則混合氣體最適宜返回工序為工序②，故答案為：②;（7）工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的反應為,反應的平衡常數為Ｋ１==＝=1０13．3７,當為10-5mol/L時,溶液中氫離子濃度為=mol/L=１０—8。37mol／L,則溶液的ｐH為8.37，故答案為：8．37。7.(2023·山東·統考高考真題）三氯甲硅烷是制取高純硅的重要原料,常溫下為無色液體，沸點為，熔點為，易水解。實驗室根據反應，利用如下裝置制備粗品（加熱及夾持裝置略）。回答下列問題：(1)制備時進行操作：(ⅰ）……；(ⅱ）將盛有砫粉的瓷舟置于管式爐中；(ⅲ）通入,一段時間后接通冷凝裝置,加熱開始反應。操作（ⅰ）為；判斷制備反應結束的實驗現象是.圖示裝置存在的兩處缺陷是。(２）已知電負性在濃溶液中發生反應的化學方程式為。（3）采用如下方法測定溶有少量的純度.樣品經水解、干燥等預處理過程得硅酸水合物后,進行如下實驗操作：①，②（填操作名稱),③稱量等操作，測得所得固體氧化物質量為，從下列儀器中選出①、②中需使用的儀器，依次為（填標號)。測得樣品純度為（用含、的代數式表示）。【答案】(1)檢查裝置氣密性當管式爐中沒有固體剩余時C、D之間沒有干燥裝置,沒有處理氫氣的裝置（２）SiHCl３+５NaOH＝Na2ＳiO3＋3ＮaＣl+H2↑＋2H2O（3)高溫灼燒冷卻AC【解析】（1）制備SｉHＣl3時，由于氯化氫、ＳｉHCl３和氫氣都是氣體,所以組裝好裝置后，要先檢查裝置氣密性，然后將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中，通入氯化氫氣體，排出裝置中的空氣,一段時候后,接通冷凝裝置，加熱開始反應，當管式爐中沒有固體剩余時,即硅粉完全反應，SiHCl3易水解,所以需要在C、D之間加一個干燥裝置,防止D中的水蒸氣進入裝置C中，另外氫氧化鈉溶液不能吸收氫氣，需要在Ｄ后面加處理氫氣的裝置,故答案為:檢查裝置氣密性；當管式爐中沒有固體剩余時;C、Ｄ之間沒有干燥裝置，沒有處理氫氣的裝置；（２)已知電負性Cl＞H＞Ｓi，則ＳiHCｌ3中氯元素的化合價為—1，H元素的化合價為-１，硅元素化合價為＋4，所以氫氧化鈉溶液和SiHCｌ3反應時，要發生氧化還原反應，得到氯化鈉、硅酸鈉和氫氣，化學方程式為：SiHCl3+5NaOＨ＝Na２SiＯ3+３ＮaCl＋H2↑＋2H2O，故答案為：SiHCl3＋5NaOＨ=Na２ＳiＯ3+3ＮaCｌ+H2↑+２H2O；（3)m1ｇ樣品經水解，干燥等預處理過程得到硅酸水合物后，高溫灼燒，在干燥器中冷卻后，稱量，所用儀器包括坩堝和干燥器，所得固體氧化物為二氧化硅,質量為ｍ2g，則二氧化硅的物質的量為ｎ（SiO2）=，樣品純度為＝,故答案為:高溫灼燒；冷卻;AC；.8.（2022·天津·統考高考真題）氯化鐵是重要的化工原料.針對氯化鐵的實驗室制備方法,回答下列問題：Ⅰ．的制備制備流程圖如下：（１)將廢鐵屑分批加入稀鹽酸中，至鹽酸反應完全。判斷反應完全的現象為。含有少量銅的廢鐵屑比純鐵屑反應快,原因為.（2)操作①所必需的玻璃儀器中,除燒杯外還有。(3）檢驗溶液中是否殘留的試劑是。（4）為增大溶液的濃度,向稀溶液中加入純Ｆe粉后通入.此過程中發生的主要反應的離子方程式為。(5)操作②為。Ⅱ.由制備無水將與液體混合并加熱，制得無水。已知沸點為77℃，反應方程式為：，裝置如下圖所示(夾持和加熱裝置略）。（6)儀器A的名稱為，其作用為。NaOＨ溶液的作用是。（7）干燥管中無水不能換成堿石灰，原因是。（8）由下列結晶水合物制備無水鹽，適宜使用上述方法的是（填序號）.ａ.

b。

c．【答案】(1）不再有氣泡產生Fｅ、Cu在稀鹽酸中形成原電池，加快反應速率(2）漏斗、玻璃棒（3)溶液（４)、（5)在HCｌ氣流中蒸發濃縮、冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥得到晶體(6)球形冷凝管冷凝回流吸收、ＨCｌ等尾氣，防止污染（7）堿石灰與、ＨＣｌ氣體反應,失去干燥作用(８）a【解析】（1）將廢鐵屑分批加入稀鹽酸中，至鹽酸反應完全，由于廢鐵屑與鹽酸反應不斷產生氣泡,因此判斷反應完全的現象為不再有氣泡產生.含有少量銅的廢鐵屑比純鐵屑反應快，原因為Fe、Ｃｕ在稀鹽酸中形成原電池，加快反應速率;故答案為:不再有氣泡產生;Ｆe、Cｕ在稀鹽酸中形成原電池，加快反應速率。（2）操作①是過濾，所必需的玻璃儀器中,除燒杯外還有玻璃棒、漏斗；故答案為：漏斗、玻璃棒。(3)鐵離子和溶液反應生成藍色沉淀,因此檢驗溶液中是否殘留的試劑是溶液；故答案為:溶液。（4）為增大溶液的濃度，向稀溶液中加入純Fe粉后通入,先是鐵和鐵離子反應生成亞鐵離子，再是亞鐵離子被氯氣氧化為鐵離子，此過程中發生的主要反應的離子方程式為、；故答案為:、.（5)操作②是氯化鐵溶液到晶體,由于鐵離子加熱時要發生水解生成氫氧化鐵,因此在整個過程中要通入HＣl氣體防止鐵離子水解，其操作過程為晶體;故答案為：在HＣl氣流中蒸發濃縮、冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥得到晶體。（６）根據圖中信息得到儀器Ａ的名稱為球形干燥管，由于沸點為77℃，為充分利用，不能使其逸出，因此球形冷凝管的作用為冷凝回流。由于二氧化硫、HCl會逸出污染環境,因此NaOH溶液的作用是吸收、HCl等尾氣，防止污染;故答案為：球形干燥管；冷凝回流；吸收、ＨＣl等尾氣,防止污染。(7）無水的作用是干燥氣體，不是與二氧化硫、HＣl氣體反應，干燥管中無水不能換成堿石灰,原因是堿石灰與、HCl氣體反應，失去干燥作用；故答案為:堿石灰與、HＣｌ氣體反應,失去干燥作用。（8）根據裝置圖信息，該裝置可以用于制取能水解的鹽酸鹽晶體，由下列結晶水合物制備無水鹽,適宜使用上述方法的是ａ；故答案為:a。１。（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: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】（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.2.(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:

已知:Ksp（NｉＳ)=1．07×10—２１，Kｓp(ＣuS）=１。27×10—２6。回答下列問題：（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(OH）3沉淀,該過程不能引入新的雜質,NaOH和Ｎa2CO3會引入Na+,Ｎi（NO3)２不能調節ｐH,則試劑a可以是Nｉ(ＯH）2,故選B。（3)“除銅”過程中ＮｉS和Cu（NO3)2反應生成CuS和Ni（ＮO3)２,離子方程式為：NiS+Cｕ2+=CuS+Ni２+；若要求溶液中Cｕ2+濃度小于1×10-5ｍol/L，則溶液中ｃ（Ｓ２—）＝,溶液中Ｎｉ2+濃度c(Ｎi２+)＝,若要求溶液中Cu2+濃度小于1×10-5moｌ/L，則應控制溶液中Ni2+濃度大于0。84mｏl/L。(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Nａ2CO3。70０℃以上殘留固體為NiO，所ｎ(ＮiＯ)==0。03ｍｏl,500°C～7５0°Ｃ條件下收集到的氣體產物只有一種，應是CO2，則ｎ（CO2）==0。０1ｍｏl，根據C元素守恒可知3。41ｇ樣品中含有0。01moｌNiCO3，根據Nｉ元素守恒可知樣品中含有０.０２molＮi(OＨ）２,第一階段失去的成分應為Ｈ2O，ｎ(H２O）==0.０４mol,0.02mｏlＮi（OH）２可以產生0．02molH2O，所以樣品中含有０。02molH2O，則x：y:ｚ=0.01ｍol:０.02ｍｏl:0.02mol=1:２：2，所以化學式為ＮiCO3·２Ni（ＯH）２·2Ｈ2O。(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,冷卻至0°C左右結晶，過濾，用冰水洗滌，干燥.3．(２023·海南海口·海南華僑中學校考二模）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。

已知:鎢酸Ｈ２WO4難溶于水.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.【答案】（1）（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:<。4．（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。

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。【答案】（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）。５．（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.

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）

。回答下列問題：

(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.“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】（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.６。(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：

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。7.(202２·重慶·統考高考真題）研究小組以無水甲苯為溶劑，PCl5（易水解）和NaN3為反應物制備米球狀紅磷.該紅磷可提高鈉離子電池的性能。（1）甲苯干燥和收集的回流裝置如圖1所示（夾持及加熱裝置略）。以二苯甲酮為指示劑，無水時體系呈藍色.①存貯時,Na應保存在中。②冷凝水的進口是(填“a”或“ｂ”)。③用Na干燥甲苯的原理是(用化學方程式表示）。④回流過程中，除水時打開的活塞是；體系變藍后，改變開關狀態收集甲苯.(2)納米球狀紅磷的制備裝置如圖2所示(攪拌和加熱裝置略)。①在Aｒ氣保護下，反應物在A裝置中混勻后轉入Ｂ裝置，于28０℃加熱12小時,反應物完全反應。其化學反應方程式為。用Ar氣趕走空氣的目的是。②經冷卻、離心分離和洗滌得到產品,洗滌時先后使用乙醇和水，依次洗去的物質是和。③所得納米球狀紅磷的平均半徑R與B裝置中氣體產物的壓強p的關系如圖3所示。欲控制合成R=125nm的紅磷,氣體產物的壓強為kPａ,需NａＮ３的物質的量為mol（保留3位小數）。已知:p＝ａ×ｎ，其中a=2.5×１０5kPa?mol-１，n為氣體產物的物質的量。【答案】(1）煤油bK１、Ｋ3（2）防止PCｌ5遇空氣中的水蒸氣而發生水解甲苯NaCｌ１０４０.０2７【解析】本實驗要用無水甲苯作溶劑，故需要先制備無水甲苯,圖１裝置中Na與水反應除去水,生成的H２從Ｋ2排出,待水反應完后,打開K１收集無水甲苯;圖2中將甲苯和ＮａN