微專題25微專題25化學(xué)工藝流程題-----原料的預(yù)處理1．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）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：預(yù)處理預(yù)處理已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16?；卮鹣铝袉栴}：(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)煅燒窯中，生成LiMn2O4反應(yīng)的化學(xué)方程式是?！敬鸢浮?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，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，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；故答案為：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱錳礦。（2）根據(jù)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?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+；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(yīng)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(rèn)為Fe3+已經(jīng)沉淀完全；用石灰乳調(diào)節(jié)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(fā)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(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；故答案為：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。（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↑；故答案為：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。一、化工流程答題基本思路二、一個完整的無機(jī)化工生產(chǎn)流程一般具有下列過程：原料原料對原料的預(yù)處理核心化學(xué)反應(yīng)產(chǎn)品的提純和分離目標(biāo)產(chǎn)物三、原料預(yù)處理：酸浸：溶解、去氧化膜等，使得可溶性的離子進(jìn)入溶液中，不溶物過濾去除。堿浸：去油污（酯）、溶解鋁、二氧化硅、氧化鋁等，使得可溶性的離子進(jìn)入溶液中，不容物過濾去除。水浸：與水反應(yīng)或溶解，使原料變成離子進(jìn)入溶液中。研磨（霧化、粉碎）：增大反應(yīng)接觸面積，以加快化學(xué)反應(yīng)速率或使反應(yīng)更充分。灼燒（焙燒、煅燒）：使物質(zhì)高溫分解或者氧化去除雜質(zhì)、改變物質(zhì)結(jié)構(gòu)，使物質(zhì)能溶解。如從海帶中提取碘時的灼燒就是為了除去可燃性雜質(zhì)。如煅燒高嶺土。加入其他物質(zhì)：如有機(jī)物醇、四氯化碳、無機(jī)鹽等----反應(yīng)、溶解。四、原料預(yù)處理過程中常考知識點(diǎn)：1．增大原料浸出率（離子在溶液中的含量多少）的措施：攪拌、適當(dāng)升高溫度、延長浸出時間、增大浸出液的濃度、固體粉碎增大接觸面積2．提高固體的焙燒效率方法：增加氧氣的量、固體充分粉碎、逆流焙燒、適當(dāng)升溫等。3．加熱的目的：加快反應(yīng)速率或促進(jìn)平衡向某個方向（一般是有利于生成物生成的方向）移動1．（2023·全國·統(tǒng)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。預(yù)處理

預(yù)處理回答下列問題：(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是。(2)“焙燒”后固體產(chǎn)物有、易溶于水的和微溶于水的?！敖　睍r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)。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，將還原(2)(3)c(4)不可行產(chǎn)物中的硫化物與酸反應(yīng)生成的有毒氣體會污染空氣，而且與鹽酸反應(yīng)生成可溶于水的，導(dǎo)致溶液中混有雜質(zhì)無法除去、最終所得產(chǎn)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(jīng)水浸取后過濾，濾渣中碳粉和，濾液中有和；濾液經(jīng)酸化后濃縮結(jié)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(jīng)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(chǎn)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(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成硫化鈣沉淀，因此，“浸取”時主要反應(yīng)的離子方程式為。（3）“酸化”步驟是為了將轉(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)生成的有毒氣體會污染空氣，而且與鹽酸反應(yīng)生成可溶于水的，導(dǎo)致溶液中混有雜質(zhì)無法除去、最終所得產(chǎn)品的純度降低。（5）“沉淀”步驟中生成的化學(xué)方程式為：++=。（6）“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為，，因此，產(chǎn)生的=。2．（2021·湖北·高考真題）廢舊太陽能電池CIGS具有較高的回收利用價值，其主要組成為CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小組回收處理流程如圖：預(yù)處理預(yù)處理回答下列問題：(1)硒(Se)與硫?yàn)橥逶兀琒e的最外層電子數(shù)為___；鎵(Ga)和銦(In)位于元素周期表第IIIA族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合價為___。(2)“酸浸氧化”發(fā)生的主要氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。(3)25℃時，已知：Kb(NH3·H2O)≈2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35，Ksp[In(OH)3]≈1.0×10-33，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20，“浸出液”中c(Cu2+)=0.01mol·L-1。當(dāng)金屬陽離子濃度小于1.0×10-5mol·L-1時沉淀完全，In3+恰好完全沉淀時溶液的pH約為___(保留一位小數(shù))；若繼續(xù)加入6.0mol·L-1氨水至過量，觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是先有藍(lán)色沉淀，然后___；為探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，計(jì)算反應(yīng)Ga(OH)3+NH3·H2O[Ga(OH)4]-+NH的平衡常數(shù)K=___。(已知：Ga3++4OH-[Ga(OH)4]-K′=≈1.0×1034)(4)“濾渣”與SOCl2混合前需要洗滌、干燥，檢驗(yàn)濾渣中SO是否洗凈的試劑是___；“回流過濾”中SOCl2的作用是將氫氧化物轉(zhuǎn)化為氯化物和___。(5)“高溫氣相沉積”過程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為___?！敬鸢浮?1)

6

+1(2)Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O(3)

4.7

藍(lán)色沉淀溶解，溶液變成深藍(lán)色

2.0×10-6(4)

HCl溶液、BaCl2溶液

作溶劑(5)GaCl3+NH3GaN+3HCl【解析】(1)硫?yàn)榈赩IA族元素，硒(Se)與硫?yàn)橥逶?，故Se的最外層電子數(shù)為6，鎵(Ga)和銦(In)位于元素周期表第IIIA族，則根據(jù)正負(fù)化合價為零則可以知道CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合價為+1；(2)“酸浸氧化”為酸性條件下H2O2燒渣中Cu2O反應(yīng)，其方程式為：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；(3)In3+恰好完全沉淀時，，故答案是PH=4.7；藍(lán)色沉淀是氫氧化銅，繼續(xù)滴加氨水會生成四氨合銅離子，這時氫氧化銅會溶解，故答案是藍(lán)色沉淀溶解，溶液變成深藍(lán)色；由反應(yīng)方程式可知，由K′=≈1.0×1034，得即，代入數(shù)據(jù)可知K=2.0×10-6；(4)檢驗(yàn)濾渣中SO是否洗凈可以加入強(qiáng)酸和含鋇離子的鹽，故試劑是HCl溶液、BaCl2溶液；通過“回流過濾”分為兩部分濾渣和濾液，故SOCl2的另一個作用是作溶劑；(5)高溫氣相沉積”過程中是氨氣和GaCl3反應(yīng)，其方程式為：GaCl3+NH3GaN+3HCl。1．（2023·全國·統(tǒng)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(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)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：

預(yù)處理已知：最高價鉻酸根在酸性介質(zhì)中以Cr2O存在，在堿性介質(zhì)中以CrO存在。預(yù)處理回答下列問題：(1)煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應(yīng)的最高價含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為(填化學(xué)式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和。(3)“沉淀”步驟調(diào)pH到弱堿性，主要除去的雜質(zhì)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(dá)到最好的除雜效果，若pH<9時，會導(dǎo)致；pH>9時，會導(dǎo)致。(5)“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)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(zhì)說明V2O5具有(填標(biāo)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(yīng)的離子方程式為?！敬鸢浮?1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)Al(OH)3(4)磷酸根會與H+反應(yīng)使其濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀不宜處理會導(dǎo)鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導(dǎo)致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時溶液中銨根離子濃度降低導(dǎo)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(zhuǎn)化為相應(yīng)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?yàn)V液中加入稀硫酸調(diào)節(jié)溶液pH將Al元素轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到強(qiáng)氧化鋁濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液將硅元素、磷元素轉(zhuǎn)化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，過濾得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入稀硫酸調(diào)節(jié)溶液pH將釩元素轉(zhuǎn)化為五氧化二釩，過濾得到五氧化二釩和濾液；向?yàn)V液中焦亞硫酸鈉溶液將鉻元素轉(zhuǎn)化為三價鉻離子，調(diào)節(jié)溶液pH將鉻元素轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(diào)pH到弱堿性的目的是將Al元素轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9時，磷酸根會與H+反應(yīng)使其濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀不宜處理；若溶液pH>9時，會導(dǎo)鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導(dǎo)致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時溶液中銨根離子濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4無法完全沉淀，故答案為：磷酸根會與H+反應(yīng)使其濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4，同時可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀不宜處理；會導(dǎo)鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導(dǎo)致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時溶液中銨根離子濃度降低導(dǎo)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(yīng)生成鹽和水，也能與堿溶液發(fā)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(zhuǎn)化為鉻離子，反應(yīng)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·湖南郴州·統(tǒng)考三模）鉍(Bi)的化合物廣泛應(yīng)用于電子、醫(yī)藥等領(lǐng)域。由輝鉍礦(主要成分為，含、CuO、等雜質(zhì))制備的工藝流程如下：預(yù)處理預(yù)處理已知：i．易水解。難溶于冷水。ii．“氧化浸取”時，鉍元素轉(zhuǎn)化為，硫元素轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)。iii．

?；卮鹣铝袉栴}：(1)為提高“浸取”速率，采取的措施有：升高溫度、(寫出一條)。輝鉍礦浸取率隨溫度的變化曲線如圖，高于40℃時浸取率快速下降，其可能的原因是。(2)“氧化浸取”時，和發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為。(3)“除銅”時發(fā)生反應(yīng)：

，則。(4)“轉(zhuǎn)化”時，生成的離子方程式為。(5)已知酸性環(huán)境下，可以將氧化成(被還原成)。請?jiān)O(shè)計(jì)一個原電池裝置來證明這一點(diǎn)，在下圖中的兩個方框內(nèi)標(biāo)出兩燒杯溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式，并寫出正極的電極反應(yīng)式：。(6)取產(chǎn)品wg，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反應(yīng)，再用amol·L標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的，當(dāng)溶液紫紅色恰好褪去時，消耗bmL標(biāo)準(zhǔn)溶液。該產(chǎn)品的純度為(用含w、a、b的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1)將輝鉍礦粉碎研磨(或適當(dāng)提高鹽酸濃度或攪拌等)高于40℃時，鹽酸揮發(fā)、雙氧水分解(2)3∶2(3)(4)(5)(6)或【解析】由題干信息，輝鉍礦主要成分為Bi2S3，含F(xiàn)eS、CuO、SiO2等雜質(zhì)，向輝鉍礦中加入H2O2和鹽酸進(jìn)行氧化浸取，發(fā)生的反應(yīng)有:Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的濾渣1，濾液中含有Bi3+、Fe2+和Cu2+，再調(diào)節(jié)pH除去Fe3+，得到濾渣2為Fe(OH)3，過濾后向?yàn)V液中加入氨水，發(fā)生反應(yīng)Cu2++4NH3(g)[Cu(NH3)4]2+，過濾后得固體為氫氧化鉍沉淀，加入鹽酸溶液濾渣，再加入NaOH、NaClO，發(fā)生反應(yīng)得到產(chǎn)品NaBiO3。（1）為提高“浸取”速率，采取的措施有：升高溫度、將輝鉍礦粉碎研磨(或適當(dāng)提高鹽酸濃度或攪拌等)。高于40℃時浸取率快速下降，其可能的原因是高于40℃時，鹽酸揮發(fā)、雙氧水分解。（2）由分析可知，“氧化浸取”時，和發(fā)生反應(yīng)Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，和發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為3∶2。（3）已知①

，②

，反應(yīng)②-①，可得反應(yīng)，。（4）由分析可知，生成的離子方程式為：。（5）酸性環(huán)境下，可以將氧化成(被還原成)，則Mn2+在負(fù)極失去電子生成，在正極得到電子生成，根據(jù)電子流向可知左側(cè)為正極區(qū)，右側(cè)為負(fù)極區(qū)，設(shè)計(jì)原電池為，正極的電極反應(yīng)式：。（6）根據(jù)得失電子守恒可知，草酸和高錳酸根離子反應(yīng)的關(guān)系式為5~2MnO，又因?yàn)?NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O，可得出關(guān)系式：NaBiO3~，滴定安全時消耗bmLamol·L標(biāo)準(zhǔn)溶液，該產(chǎn)品的純度。3．（2023·海南?？凇ずＤ现袑W(xué)?？既＃牡推肺汇~鎳礦(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等雜質(zhì))資源中提取鎳和銅的一種工藝流程如下：預(yù)處理預(yù)處理(1)上述流程中，加快反應(yīng)速率的措施是。(2)萃取時發(fā)生反應(yīng)：Cu2++2HRCuR2+2H+(HR、CuR2在有機(jī)層，Cu2+、H+等在水層)。解釋反萃取時H2SO4的作用：。(3)黃鈉鐵礬[NaFe3(OH)6(SO4)2]比Fe(OH)3更易形成沉淀。反應(yīng)終點(diǎn)pH與Fe3+、Ni2+沉淀率的關(guān)系如下表。反應(yīng)終點(diǎn)pH沉淀率/%Fe3+Ni2+1.594.040.192.599.210.563.899.913.31①生成黃鈉鐵礬的離子方程式是。②沉淀Fe3+時最適宜選用的反應(yīng)終點(diǎn)pH是。(4)第二次使用MgO調(diào)節(jié)pH使Ni2+沉淀完全，宜將pH調(diào)節(jié)至(填序號)(已知Ksp[Ni(OH)2]=2.1×10-15)。a.6~7

b.9~10

c.11~12【答案】(1)研磨(2)加入H2SO4，使Cu2++2HRCuR2+2H+逆向進(jìn)行，Cu2+進(jìn)入水層(3)Na++3Fe3++2SO+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+或Na++3Fe3++2SO+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+2.5(4)b【解析】銅鎳礦研磨，通入氧氣、加入硫酸浸取得到浸出液含有鐵、銅、鎂、鎳的硫酸鹽溶液，加入萃取劑使得銅離子進(jìn)入有機(jī)層，有機(jī)層加入硫酸反萃取得到含銅離子溶液，處理得到銅；水層加入硫酸鈉、氧化鎂得到黃鈉鐵礬沉淀和濾液，濾液加入氧化鎂調(diào)節(jié)pH得到氫氧化鎳固體，處理得到鎳；（1）上述流程中，加快反應(yīng)速率的措施是研磨，研磨可以增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)；（2）反萃取時加入H2SO4，使Cu2++2HRCuR2+2H+逆向進(jìn)行，利于Cu2+進(jìn)入水層而被反萃??；（3）①得到水層加入氧化鎂調(diào)節(jié)pH，加入硫酸鈉，鈉離子、硫酸根離子、鐵離子生成生成黃鈉鐵礬沉淀，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，水也會參與反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式是Na++3Fe3++2SO+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+或Na++3Fe3++2SO+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+。②由圖表可知，沉淀Fe3+時最適宜選用的反應(yīng)終點(diǎn)pH是2.5，此時鐵離子幾乎沉淀完全，而鎳離子幾乎沒有沉淀；（4）使Ni2+沉淀完全，則，pOH≈4.9，pH≈9.1，故選b。4．（2023·廣東汕頭·金山中學(xué)?？既＃┾C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(zhì)有、及、、等化合物)制備單質(zhì)釩的工藝流程如圖所示。預(yù)處理預(yù)處理已知：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(yuǎn)大于?；卮鹣铝袉栴}：(1)為了提高“焙燒”效率，可采取的措施有、(2)“焙燒”時，、都轉(zhuǎn)化為，寫出轉(zhuǎn)化為的化學(xué)方程式為(3)“水浸”加入調(diào)節(jié)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(zhuǎn)化為，原因是。(4)“離子交換”與“洗脫”可表示為(為強(qiáng)堿性陰離子交換樹脂，為在水溶液中的實(shí)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(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞的長、寬、高分別是apm、bpm、cpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為，則該晶體的密度為(用含a、b、c、的代數(shù)式表示)。

【答案】(1)將釩石煤和混合粉碎適當(dāng)提高焙燒溫度；適當(dāng)增大氧氣流量(2)(3)、、反應(yīng)的平衡常數(shù)(4)溶液(5)利用同離子效應(yīng)，促進(jìn)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(zhì)有、及、、等化合物)中加入CaCO3，通入O2焙燒，、都轉(zhuǎn)化為，水浸并加入Na2CO3調(diào)節(jié)pH為8.5，根據(jù)表中各物質(zhì)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(jìn)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(zhì)釩。（1）為加快反應(yīng)速率，提高“焙燒”效率，可采取將釩石煤和混合粉碎，增大反應(yīng)物的接觸面積；適當(dāng)提高焙燒溫度；適當(dāng)增大氧氣流量等措施實(shí)現(xiàn)。（2）“焙燒”時，加入CaCO3并通入氧氣，、都轉(zhuǎn)化為，反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（3）“水浸”時加入調(diào)節(jié)溶液的為8.5，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可得已完全沉淀的離子有、，部分沉淀的有、；CaSiO3與CaCO3沉淀轉(zhuǎn)化的方程式為，其平衡常數(shù)，故不能完全轉(zhuǎn)化。（4）“洗脫”過程是讓反應(yīng)逆向進(jìn)行，即需要加入氯離子，為了不引入其他雜質(zhì)，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(yīng)，促進(jìn)晶體的析出，提高沉釩率。（6）該晶胞中，位于面上和晶胞內(nèi)部的O原子數(shù)為，位于頂點(diǎn)和體心的V原子數(shù)為，則該晶體的密度。5．（2021·山東·高考真題）工業(yè)上以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)的工藝流程如圖。回答下列問題：預(yù)處理預(yù)處理(1)焙燒的目的是將FeCr2O4轉(zhuǎn)化為Na2CrO4并將Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為可溶性鈉鹽，焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是___。(2)礦物中相關(guān)元素可溶性組分物質(zhì)的量濃度c與pH的關(guān)系如圖所示。當(dāng)溶液中可溶組分濃度c≤1.0×10-5mol?L-1時，可認(rèn)為已除盡。中和時pH的理論范圍為___；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作單元的名稱)過程中除去。(3)蒸發(fā)結(jié)晶時，過度蒸發(fā)將導(dǎo)致___；冷卻結(jié)晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循環(huán)利用的物質(zhì)還有____。(4)利用膜電解技術(shù)(裝置如圖所示)，以Na2CrO4為主要原料制備Na2Cr2O7的總反應(yīng)方程式為：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。則Na2Cr2O7在___(填“陰”或“陽”)極室制得，電解時通過膜的離子主要為___。【答案】

(1)增大反應(yīng)物接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率

(2)

使平衡正向移動，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率

浸取

(3)過度蒸發(fā)，導(dǎo)致Na2Cr2O7·2H2O（提早）析出H2SO4

(4)陽

Na＋【解析】(1)焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是利用熱量使O2向上流動，增大固體與氣體的接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率，故答案為：增大反應(yīng)物接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率。(2)中和時調(diào)節(jié)溶液pH目的是將、轉(zhuǎn)化為沉淀過濾除去，由圖可知，當(dāng)溶液pH≥4.5時，Al3+除盡，當(dāng)溶液pH＞9.3時，H2SiO3會再溶解生成，因此中和時pH的理論范圍為；將Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，平衡正向移動，可提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率；由上述分析可知，F(xiàn)e元素在“浸取”操作中除去，故答案為：；使平衡正向移動，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率；浸取。(3)蒸發(fā)結(jié)晶時，過度蒸發(fā)會導(dǎo)致Na2Cr2O7·2H2O（提早）析出。(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，電解過程中實(shí)質(zhì)是電解水，陽極上水失去電子生成H＋和O2，陰極上H+得到電子生成H2，由可知，在氫離子濃度較大的電極室中制得，即Na2Cr2O7在陽極室產(chǎn)生；電解過程中，陰極產(chǎn)生氫氧根離子，氫氧化鈉在陰極生成，所以為提高制備Na2Cr2O7的效率，Na＋通過離子交換膜移向陰極，故答案為：陽；Na＋。6．（2021·福建·高考真題）四鉬酸銨是鉬深加工的重要中間產(chǎn)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。預(yù)處理預(yù)處理回答下列問題：(1)“焙燒”產(chǎn)生的氣體用_______吸收后可制取氮肥。(2)“浸出”時，轉(zhuǎn)化為。提高單位時間內(nèi)鉬浸出率的措施有_______(任寫兩種)。溫度對內(nèi)鉬浸出率的影響如圖所示。當(dāng)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(fā)，導(dǎo)致_______。(3)“凈化”時，浸出液中殘留的、轉(zhuǎn)化為沉淀除去。研究表明，該溶液中和pH的關(guān)系為：。為了使溶液中的雜質(zhì)離子濃度小于，應(yīng)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(yīng)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(yīng)的化學(xué)方程式為_______。【已知：(NH4)2Mo4O13受熱分解生成】【答案】(1)氨水(2)

適當(dāng)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(zhuǎn)化為沉淀析出(6)【解析】(1)“焙燒”產(chǎn)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(nèi)鉬浸出率即提高反應(yīng)速率，措施有適當(dāng)升溫、攪拌、增加用量(增大濃度)(任寫兩種)；當(dāng)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(fā)，導(dǎo)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(zhì)離子濃度小于，應(yīng)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(chǎn)物為-2價的O，還原劑為，氧化產(chǎn)物為，則反應(yīng)的離子方程式為；(5)由流程可知“沉淀”時，產(chǎn)生的沉淀為(NH4)2Mo4O13·2H2O，因此加入的目的是提供，使充分轉(zhuǎn)化為沉淀析出；(6)高溫下用還原(NH4)2Mo4O13可制得金屬鉬，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒可知反應(yīng)的化學(xué)方程式為。1．（2023·江蘇南通·海門中學(xué)?？寄M預(yù)測）從分金渣(主要成分為AgCl、、、)中獲取高純銀的流程如圖所示：預(yù)處理

預(yù)處理已知：在上述反應(yīng)的溫度下，(1)“預(yù)處理”加入溶液將轉(zhuǎn)化為AgCl，反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(2)氯化銀的晶胞如圖，周圍最近且等距離的數(shù)目為。

(3)已知：，，“分銀”時，AgCl與反應(yīng)生成，該反應(yīng)的平衡常數(shù)。(4)“分銀”時，的濃度與溶液pH的關(guān)系如圖1；及其與形成的微粒的濃度分?jǐn)?shù)隨溶液pH變化的關(guān)系如圖2。“分銀”時，終點(diǎn)pH需控制的范圍及原因?yàn)椤?/p>

(5)“還原”時發(fā)生反應(yīng)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(zhì)不反應(yīng))：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(zhǔn)確量取25.00mL溶液于錐形瓶中，酸化后滴入幾滴溶液作指示劑，再用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，滴定終點(diǎn)時溶液變?yōu)檠t色。③重復(fù)②的操作2次，所用標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為24.00mL。計(jì)算樣品中銀的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(寫出計(jì)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(yīng)生成(5)(6)96.0%【解析】由流程可知，“預(yù)處理”時FeCl3溶液和Ag2S發(fā)生氧化還原生成FeCl2、S和AgCl，“分銀”時AgCl與Na2SO3反應(yīng)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(yīng)生成AgCl，最后將AgCl還原。（1）“預(yù)處理”時FeCl3溶液和Ag2S發(fā)生氧化還原生成FeCl2、S和AgCl，反應(yīng)的化學(xué)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(yīng)的平衡常數(shù)K1=，“分銀”時，AgCl與反應(yīng)生成，離子方程式為：AgCl+2+Cl-，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K==K1=。（4）“分銀”時，終點(diǎn)pH需控制的范圍為：8~9；原因?yàn)椋簆H8~9時濃度較大，有利于AgCl與反應(yīng)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(jù)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(zhì)量分?jǐn)?shù)為=96.0%。2．（2023·江西·校聯(lián)考二模）鈀(Pd)是一種貴金屬，活性炭載鈀催化劑廣泛應(yīng)用于石油化工、制藥等工業(yè)，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(zhì)主要含有機(jī)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：預(yù)處理預(yù)處理已知：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(jī)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(jìn)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(qiáng)酸。加入濃鹽酸和后主要反應(yīng)的離子方程式：。(3)“離子交換除雜”應(yīng)使用(填“陽離子”或“陰離子”)樹脂。(4)“還原”過程轉(zhuǎn)化為，在反應(yīng)器出口處器壁內(nèi)側(cè)有白色晶體生成，該過程發(fā)生的化學(xué)方程式為，且該反應(yīng)的副產(chǎn)物可循環(huán)利用至環(huán)節(jié)(填環(huán)節(jié)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(biāo)準(zhǔn)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(zhì)量為106.4)，試寫出鈀(Pd)的氫化物的化學(xué)式。在第二步還原過程中，也可用代替N2H4進(jìn)行熱還原，但消耗的H2質(zhì)量比理論值略高，其原因是。【答案】(1)除去混合物中的有機(jī)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(yōu)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(zhì)量比理論值略高【解析】廢鈀催化劑(雜質(zhì)主要含有機(jī)物、活性炭、及少量Fe、Cu等元素)在空氣中焙燒，將有機(jī)物燃燒、金屬氧化為金屬氧化物，用甲酸還原得到金屬單質(zhì)，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(jī)洗脫，再用濃氨水沉鈀，得到的產(chǎn)物用N2H4還原得到Pd。（1）根據(jù)題中信息一種從廢鈀催化劑(雜質(zhì)主要含有機(jī)物、活性炭、及少量Fe、Cu等元素)，則進(jìn)行“焙燒”的目的是除去混合物中的有機(jī)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(jī)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(qiáng)酸，則電離出，因此加入濃鹽酸和后主要反應(yīng)是Pd和氯酸鈉、鹽酸反應(yīng)生成四氯合鈀(Ⅱ)酸鈉、四氯合鈀(Ⅱ)和水，其反應(yīng)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(yīng)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(zhuǎn)化為，在反應(yīng)器出口處器壁內(nèi)側(cè)有白色晶體生成，該過程發(fā)生的化學(xué)方程式為2(NH4)PdCl4+N2H4=N2+2Pd+4NH4Cl+4HCl，根據(jù)流程圖中鹽酸用于浸取，洗脫過程中將變?yōu)?NH4)PdCl4，因此該反應(yīng)的副產(chǎn)物可循環(huán)利用至浸取與洗脫環(huán)節(jié)；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(biāo)準(zhǔn)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(zhì)量為106.4)，則1L(物質(zhì)的量為)，896L氫氣的物質(zhì)的量為40mol，則鈀(Pd)的氫化物的化學(xué)式PdH0.8。在第二步還原過程中，也可用代替N2H4進(jìn)行熱還原，但消耗的H2質(zhì)量比理論值略高，其原因是鈀是一種優(yōu)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(zhì)量比理論值略高；故答案為：PdH0.8；鈀是一種優(yōu)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(zhì)量比理論值略高。3．（2023·云南·校聯(lián)考二模）六水合氯化鎳(NiCl2·6H2O)常用于電鍍、陶瓷等工業(yè)。某實(shí)驗(yàn)室以鎳礦渣(主要含NiS、CuS、FeS)制備六水合氯化鎳晶體，設(shè)計(jì)流程如圖所示：預(yù)處理

預(yù)處理已知：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(fā)生反應(yīng)的離子方程式：。②“酸溶”時，為減少生產(chǎn)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(yīng)選用下列物質(zhì)中的_______(填標(biāo)號)。A．NaOH B．Ni(OH)2C．Na2CO3 D．Ni(NO3)2(3)“除銅”過程發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是，若要求溶液中Cu2+濃度小于1×10-5mol/L，則應(yīng)控制溶液中Ni2+濃度。(結(jié)果保留兩位小數(shù))(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(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)：稱取干燥沉淀樣品3.41g，隔絕空氣加熱，剩余固體質(zhì)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(chǎn)物只有一種，750°C以上殘留固體為NiO)。通過計(jì)算確定該樣品的化學(xué)式為。

(5)由xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O固體制備NiCl2·6H2O的實(shí)驗(yàn)方案是：向固體中加入過量鹽酸，攪拌，調(diào)節(jié)溶液的pH值，蒸發(fā)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(jié)晶用冰水洗滌【解析】某實(shí)驗(yàn)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(jìn)行酸溶，該過程中-2的S元素被氧化為S單質(zhì)，過濾除去，濾液中的溶質(zhì)為Ni2+、Cu2+和Fe3+，向?yàn)V液中加入試劑a調(diào)節(jié)pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，該過程不能引入新的雜質(zhì)，試劑a為Ni(OH)2，過濾后向?yàn)V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(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S單質(zhì)和NO，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律配平離子方程式為：3NiS+8H++2=3Ni2++3S+2NO↑+4H2O；②“酸溶”時會產(chǎn)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?yàn)V液中加入試劑a調(diào)節(jié)pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，該過程不能引入新的雜質(zhì)，NaOH和Na2CO3會引入Na+，Ni(NO3)2不能調(diào)節(jié)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(yīng)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(yīng)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(chǎn)物只有一種，應(yīng)是CO2，則n(CO2)==0.01mol，根據(jù)C元素守恒可知3.41g樣品中含有0.01molNiCO3，根據(jù)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(yīng)為H2O，n(H2O)==0.04mol，0.02molNi(OH)2可以產(chǎn)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(xué)式為NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O。（5）由xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O固體制備NiCl2·6H2O的實(shí)驗(yàn)方案是：向固體中加入過量鹽酸，攪拌，調(diào)節(jié)溶液的pH值，蒸發(fā)濃縮，冷卻至0°C左右結(jié)晶，過濾，用冰水洗滌，干燥。預(yù)處理4．（2023·重慶沙坪壩·重慶八中校考二模）氮化鎵(GaN)具有優(yōu)異的光電性能。一種利用煉鋅礦渣(主要含鐵酸鎵、鐵酸鋅、、)制備GaN的工藝流程如下：預(yù)處理

已知：①常溫下，，，。②Ga與Al同主族，化學(xué)性質(zhì)相似。③、的反萃取率(進(jìn)入水相中金屬離子的百分?jǐn)?shù))與鹽酸濃度的關(guān)系見下表。鹽酸濃度/反萃取率/%286.99.4469.152.1617.571.3回答下列問題：(1)基態(tài)鎵的電子排布式為，GaN晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石類似，其中N原子的軌道雜化類型為。(2)提高“酸溶”時溶出率的方法有(任寫2種)。(3)酸浸時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(4)“酸浸”所得浸出液中、濃度分別為、。常溫下，為盡可能多地提取并確保不混入，“調(diào)pH”時需用CaO調(diào)節(jié)pH的范圍為(假設(shè)調(diào)pH時溶液體積不變)；“酸溶”所得濾渣的主要成分是(填化學(xué)式)。(5)“脫鐵”和“反萃取”時，所用鹽酸的濃度，(選填上表中鹽酸的濃度)。(6)“沉鎵”時，若加入NaOH的量過多，會導(dǎo)致的沉淀率降低，原因是(用離子方程式表示)?！敬鸢浮?1)(2)攪拌、適當(dāng)增大酸的濃度、適當(dāng)升溫(3)(4)(5)6mol/L2mol/L(6)(或答)【解析】煉鋅礦渣(主要含鐵酸鎵、鐵酸鋅、、)中加入稀硫酸并通入氧氣，不溶于稀硫酸，浸出渣為，F(xiàn)e2+被氧氣氧化為Fe3+，加入CaO調(diào)節(jié)pH，從已知①可知，相對和較大，因此控制pH可使、完全沉淀而不沉淀，濾液中為硫酸鋅，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有和，加入萃取劑萃取，然后加入amol/L鹽酸進(jìn)行脫鐵，再加入bmol/L的鹽酸進(jìn)行反萃取，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，脫鐵時鹽酸濃度較高，促使更多地進(jìn)入水相被除去，鹽酸濃度為6mol/L，反萃取中要保證更可能多地進(jìn)入水相，則此時鹽酸濃度為2mol/L，隨后加入NaOH沉鎵生成，經(jīng)過熱分解生成，最后經(jīng)過CVD得到GaN。（1）鎵原子序數(shù)為31，則基態(tài)鎵的電子排布式為；金剛石中的C原子均為雜化，GaN晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石類似，則N原子也為雜化。（2）為加快反應(yīng)速率，提高“酸溶”時溶出率，可采取攪拌、適當(dāng)增大酸的濃度、適當(dāng)升溫等方法。（3）酸浸時，和H2SO4、O2反應(yīng)生成硫酸鐵和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（4）酸浸所得浸出液中、濃度分別為0.21g/L和65g/L即0.003mol/L和1mol/L，需使、完全沉淀(濃度小于)而不沉淀。根據(jù)，開始沉淀時，開始沉淀的pH=14-pOH=5.7，根據(jù)的相對的更小，說明鐵先沉淀完，再Ga沉淀完。由，時=，則沉淀完全的pH=14-pOH=4，則調(diào)節(jié)pH為；酸溶前調(diào)節(jié)pH時加入了CaO，加入稀硫酸，鈣離子和硫酸根離子反應(yīng)生成硫酸鈣，硫酸鈣微溶于水，故酸溶濾渣中為。（5）根據(jù)分析可知脫鐵時鹽酸濃度較高，促使更多地進(jìn)入水相被除去，鹽酸濃度為6mol/L，反萃取中要保證更可能多地進(jìn)入水相，則此時鹽酸濃度為2mol/L。（6）Ga與Al同主族，化學(xué)性質(zhì)相似，沉鎵時加入NaOH過多，則生成的重新溶解生成，離子方程式為或者。5．（2023·海南?？凇ずＤ先A僑中學(xué)?？级＃┐┘讖椀膹椥居面u合金制造。工業(yè)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。

預(yù)處理已知：鎢酸H2WO4難溶于水。預(yù)處理回答下列問題：(1)浸取在加熱、通空氣條件下進(jìn)行，F(xiàn)eWO4轉(zhuǎn)化為Na2WO4的化學(xué)方程式為。(2)“濾渣1”的成分為。除硅時，加入稀鹽酸調(diào)節(jié)pH時，如果pH太低，鎢的產(chǎn)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(zhuǎn)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(dāng)溫度升高至?xí)r，，則(填“”“”或“”)0?！敬鸢浮?1)(2)硅酸(或H2SiO3)若酸性太強(qiáng)，鎢酸鈉會轉(zhuǎn)化成鎢酸沉淀，導(dǎo)致鎢的產(chǎn)率降低(3)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)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(diào)溶液的pH=8，Na2SiO3轉(zhuǎn)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(fā)生反應(yīng)，將CaWO4轉(zhuǎn)化為H2WO4沉淀；再加氨水溶解，H2WO4轉(zhuǎn)化為(NH4)2WO4進(jìn)入溶液，過濾得濾液；將濾液經(jīng)過系列操作X，使(NH4)2WO4轉(zhuǎn)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(jìn)行，F(xiàn)eWO4轉(zhuǎn)化為Na2WO4，同時有O2參加反應(yīng)，生成Fe2O3等，化學(xué)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(diào)節(jié)pH時，如果pH太低，Na2WO4會轉(zhuǎn)化為H2WO4沉淀，從而使鎢的產(chǎn)率降低，則其原因是：若酸性太強(qiáng)，鎢酸鈉會轉(zhuǎn)化成鎢酸沉淀，導(dǎo)致鎢的產(chǎn)率降低。答案為：硅酸(或H2SiO3)；若酸性太強(qiáng)，鎢酸鈉會轉(zhuǎn)化成鎢酸沉淀，導(dǎo)致鎢的產(chǎn)率降低；（3）“系列操作X”的目的是去除部分氨，通過蒸發(fā)濃縮，使(NH4)2WO4轉(zhuǎn)化為仲鎢酸銨，同時增大濃度，降低溫度后結(jié)晶析出，則該系列操作是：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌。答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)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：＜。6．（2023·陜西商洛·統(tǒng)考三模）固體電解質(zhì)LATP的化學(xué)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。預(yù)處理

預(yù)處理請回答下列問題：(1)LATP中鈦的化合價為價。(2)“粉碎”的目的是，為了達(dá)到這一目的