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(共279张PPT)
化学工艺流程题解题策略
2024高考重难点突破
方向比努力更重要
研究考纲·辨明考向
真题再现·辨明考向
已知：NH3与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
请回答：
(1)依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是_________。写出溶液C中的所有阴离子__________________。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是________________________________________________________________。
(2)下列说法正确的是_______。
A．气体D是形成酸雨的主要成分 B．固体E可能含有Na2CO3
C．Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液 D．碱性：Ca(OH)2＜Fe(OH)2
MgCO3
CO32-、Cl－
调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀
BC
(3)酸性条件下，固体NaBiO3(微溶于水，其还原产物为无色的Bi3+)可氧化Mn2+为MnO4-，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有Mn元素________________
___________________________________________________________________
________________；写出Mn2+转化为MnO4-的离子方程式_________________________________________________。
取一定量Y于试管中，加入适量盐酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素
5NaBiO3＋14H+＋2Mn2+＝2MnO4-＋5Bi3+＋7H2O＋5Na+
解析：Y中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离子，氯离子，若酸过量，还有H+，加入氨气和氯化铵将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B中主要含有镁离子、锰离子、钙离子、铵根离子，氯离子，，Ⅲ中又通入CO2将钙离子与锰离子转化为沉淀，据此回答。
(1)MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的沉淀是CaCO3 和 MgCO3，所以 MgCO3溶解度最大；溶液中加入盐酸引入阴离子氯离子，Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子；
(3)酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为MnO4-，取一定量Y于试管中，加入适量盐酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素；
根据题目信息可知5NaBiO3＋14H+＋2Mn2+＝2MnO4-＋5Bi3+＋7H2O＋5Na+。
2. (2023年浙江6月选考)工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2可以在炉内添加CaCO3通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式______________________________________________。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是___________。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯
D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是________________________
__________。
BCD
硫酸分子能形成更多的分子间氢键
(3)设计实验验证化合物A中含有S元素___________________________________
____________________________________________________________________
_________；写出实验过程中涉及的反应方程式
________________________________________________________________。
取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素
3. (2023年浙江6月选考)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH)aClb]m，a＝1～5)按如下流程开展实验。
请回答：
(1)步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A. 步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B. 步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质
C. 步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D. 步骤中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度
(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是_______；
步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是______________________
_______________________________________。
NaAlO2
C
蒸发皿
酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
(4)测定产品的盐基度。
Cl－的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH＝6.5～10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)＝0.1000mol·L-1。
①产品的盐基度为___________。
②测定Cl－过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是__________
__________________________________________________________________
__________________________________________________________________。
0.7
pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
解析：铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体
(1)根据题中信息步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2；故答案为：NaAlO2。
(2)A．步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确；
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质，故B正确；
C．步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误；
D．[Al2(OH)aClb]m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确；
综上所述，答案为：C。
(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀；故答案为：蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀。
②测定Cl－过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多；故答案为：pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
4. (2023年浙江1月选考)某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF))材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如下：
[Zn(OH)4]2－
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A. 步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B. 步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε－Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率
C. 步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50℃的热水洗涤
D. 步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小
(3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是___________。
(4)用Zn(CH3COO)2和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是_________________________________________
_____________________________________。
BC
坩埚
(5)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2+。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，均用字母表示]。___________用___________(称量ZnO样品xg)→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管(___________)→用滴定管(盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+)
仪器：a．烧杯；b．托盘天平；c．容量瓶；d．分析天平；e．试剂瓶
操作：f．配制一定体积的Zn2+溶液；g．酸溶样品；h．量取一定体积的Zn2+溶液；i．装瓶贴标签
d
g
c
f
h
(6)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的
关系如图。
某研究小组取7.5×10-3g人血浆铜
蓝蛋白(相对分子质量1.5×105)，
经预处理，将其中Cu元素全部
转化为Cu2+并定容至1L。取样
测得荧光强度比值为10.2，则
1个血浆铜蓝蛋白分子中
含_____个铜原子。
8
解析：本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生成ε－Zn(OH)2，分离出ε－Zn(OH)2后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品，以此解题。
(1)初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是[Zn(OH)4]2－；
(2)A．步骤Ⅰ，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确；
B．根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是[Zn(OH)4]2－，不能生成ε－Zn(OH)2，B错误；
C．由信息②可知，ε－Zn(OH)2在39℃以下稳定，故在用50℃的热水洗涤时会导致，ε－Zn(OH)2分解为其他物质，C错误；
D．由流程可知，控温煅烧时ε－Zn(OH)2会转化为纳米氧化性，故，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小，D正确；
(3)给固体药品加热时，应该用坩埚，故步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是坩埚；
(5)为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d，随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g，溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f)，再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h，故答案为：d→(g)→c(f)→(h)；
5. (2023年河北卷)闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
已知：室温下的Ksp(CuCl)＝10-6.8。
回答下列问题：
(1)首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为__________________(填化学式)。
(2)滤渣的主要成分为____________________(填化学式)。
(3)浸取工序的产物为[Cu(NH3)2]Cl，该工序发生反应的化学方程式为_________________________________。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为_______________________
__________________________________。
[Cu(NH3)4]Cl2
Fe
[Cu(NH3)4]Cl2＋Cu＝2[Cu(NH3)2]Cl
8NH3＋4[Cu(NH3)2]＋＋O2＋4H+＝4[Cu(NH3)4]2＋＋2H2O
(4)浸取工序宜在30～40℃之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是____________________________。
(5)补全中和工序中主反应的离子方程式[Cu(NH3)2]＋＋2H+＋Cl－＝_______+_______。
(6)真空干燥的目的为_______________________________________。
盐酸和液氨反应放热
CuCl↓
防止干燥过程中CuCl被空气中的O2氧化
解析：由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入加入硫酸、盐酸中和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚铜的滤液和氯化亚铜；氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。
(1)由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，故答案为：[Cu(NH3)4]Cl2；
(2)由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe；
(3)由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为[Cu(NH3)4]Cl2＋Cu＝2[Cu(NH3)2]Cl；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为8NH3＋4[Cu(NH3)2]＋＋O2＋4H+＝4[Cu(NH3)4]2＋＋2H2O，故答案为：[Cu(NH3)4]Cl2＋Cu＝2[Cu(NH3)2]Cl；8NH3＋4[Cu(NH3)2]＋＋O2＋4H+＝4[Cu(NH3)4]2＋＋2H2O；
(4)浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸和液氨反应放热；
(6)氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方法干燥，故答案为：防止干燥过程中CuCl被空气中的O2氧化。
6. (2023年辽宁卷)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2
Ksp 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______________________
____________________________________(答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1mol H2SO5中过氧键的数目为_______。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_____________________________________(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、_______(填化学式)。
适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
NA
Fe(OH)3
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_____时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是__________________________________________________
___________。
9.0%
SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率
(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为______________________________________。
(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。
4Co(OH)2＋O2＝4 CoO(OH)＋2H2O
11.1
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2) H2SO5的结构简式为 ，所以1mol H2SO5中过氧键的数目为NA
(4)根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率
(5)“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2＋O2＝4 CoO(OH)＋2H2O；
(6)Ksp[Mg(OH)2]＝10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)＝10-2.9mol/L，根据Kw＝10-14，c(H+)＝10-11.1mol/L，所以溶液的pH＝11.1；
7．(2023年福建卷)白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含Fe3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2)中分离回收金属的流程如下：
(1)“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有___________________________
___________________________(任写其中一种)，CoO 发生反应的离子方程式_____________________________________________。
粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等
CoO＋2H+＝Co2+＋H2O
(2)“焙烧1”中，晶体[Fe2(SO4)3 xH2O和CoSO4 yH2O]总质量随温度升高的变化情况如下：
温度区间/℃ ＜227 227～566 566～600 600～630
晶体总质量 变小 不变 变小 不变
①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是____________________； 566～600℃发生分解的物质是_____________(填化学式)。
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为__________________℃。
失去结晶水 Fe2(SO4)3
Fe2(SO4)3
600℃～630℃
(3)25℃时，Ksp(CuS)＝6.3×10-36，H2S的Ka1＝1.1×10-7，Ka2＝1.3×10-13。反应
CuS(s)＋2H+(aq)＝Cu2+(aq)＋H2S(aq)的平衡常数K＝___________________(列出计算式即可)。经计算可判断CuS难
溶于稀硫酸。
II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜
俗称铜蓝，其晶胞结构如图。
(4)基态Cu2+的价电子排布式为__________________________。
(5)晶胞中含有______个 ，N(Cu＋)∶N(Cu2+)＝_______。晶体中微粒间作用力有 (填标号)。
a．氢键 b．离子键 c．共价键 d．金属键
(6)“焙烧2”中Cu2S发生反应的化学方程式为___________________________；“滤渣2”是 (填化学式)。
3d9
2
2∶1
bc
SiO2
(1) “酸浸1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等(任写一条即可)，CoO 发生反应的离子方程式为：CoO＋2H+＝Co2+＋H2O；
(2)①由图可知，升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量不变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解；
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解；
(4)基态Cu2+的价电子排布式为3d9；
8. (2023年重庆卷)Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如下。
25℃时各物质溶度积见下表：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ca(OH)2
溶度积(Ksp) 4.9×10-17 2.8×10-39 5.0×10-6
回答下列问题：
(1) Fe3O4中Fe元素的化合价是＋2和____。O2-的核外电子排布式为___________。
(2)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是___________________
_____________________________。
(3)反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为________________________________________________。
②为加快反应速率，可采取的措施有____________________。(写出两项即可)。
+3
1s22s22p6
防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
4CaO＋6H2O＋4Fe2+＋O2＝4Fe(OH)3＋4Ca2+
适当升高温度、搅拌
(4)①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过_______。
②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为______________________________________________
__________，该副产物中CaCl2的质量分数为_______。
11
最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色
66.6%
解析：FeCl2溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，FeCl2溶液加入氧化钙和空气生成Fe(OH)3，反应釜1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到Fe3O4，滤液处理得到CaCl2水合物；，
(1) Fe3O4可以写成FeO Fe2O3，故Fe元素的化合价是+2和+3。O2-为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s22s22p6；
(2)空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁；
(3)①反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为4CaO＋6H2O＋4Fe2+＋O2＝4Fe(OH)3＋4Ca2+。
②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；
9. (2023年海南卷)铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO和Fe2O3)生产BeO的一种工艺流程如下。
回答问题：
(1) Be3Al2Si6O18中Be的化合价为_______。
(2)粉碎的目的是_________________________________________________；残渣主要成分是_______(填化学式)。
+2
增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率
SiO2
(3)该流程中能循环使用的物质是_______________(填化学式)。
(4)无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600~800℃制备
BeCl2的化学方程式为_____________________________________。
(5)沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的_______%。
(NH4)2SO4
10
解析：绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH=1.5除去铝离子，加入氨水调节pH＝5.1除去铁离子，再加入氨水到pH＝8.0生成Be(OH)2沉淀，滤液硫酸铵循环利用。
(1)按照正负化合价代数和为0，Be的化合价为+2价；
(2)粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO2；
(3)最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用；
10. (2023年江苏卷)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4 H2O，其实验过程可表示为
(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2＋H2SO3＝MgSO3＋2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、
Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K＝____________________________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有___________(填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料 B．加快搅拌速率
C．降低通入SO2气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
BD
(2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SO的离子方程式为_________________________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范
围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速
率增大，其主要原因是________________
____________________________________
____________________。
pH增大，抑制
的水解，反应物 的浓度增大，
故可加快氧化速率
(3)制取MgSO4 H2O晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是______________________________________________________；补充完整制取MgSO4 H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中，___________________________________________________________________________________________________________________________________。(已知：Fe3+、Al3+在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4 7H2O，MgSO4 7H2O在150~170℃下干燥得到MgSO4 H2O，实验中需要使用MgO粉末)
用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液
分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
解析：本实验的目的是为了制取MgSO4 H2O，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到MgSO4 H2O；
A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；
B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；
C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；
D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确；
(3)在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；
根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到MgSO4 H2O，根据题目信息，室温下结晶只能得到MgSO4 7H2O，因此需要在150~170℃下干燥得到MgSO4 H2O，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
11．(2023年山东卷)盐湖卤水(主要含Na＋、Mg2+、Li+、Cl-、SO和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下：
已知：常温下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10-3。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3＋H2OH+＋[B(OH)4]－(常温下，Ka＝10-9.34)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4 8H2O。常温下，在0.10mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，该水解反应的离子方程式为___________________________________________，该溶液pH＝_____。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是_______ (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol·L－1，则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在____________mol·L－1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加_____________的用量(填化学式)。
[B4O5(OH)4]2－＋5H2O＝2B(OH)3＋2[B(OH)4]－
9.34
CaSO4
5.5×10-4
纯碱
(3)精制Ⅱ的目的是_________________________________________________
_______________________________________；进行操作X时应选择的试剂是_______，若不进行该操作而直接浓缩，将导致__________________________
___________________________________________________________________
_____________________________。
加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+)，提高Li2CO3纯度
盐酸
浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小
(3)精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4；由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+)，提高Li2CO3纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小。
12．(2023年广东卷)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3 H2O、(NH4)2SO4和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子：lgKb(NH3 H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。
氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2
Ksp 5.9×10-15 1.6×10-44 5.5×10-16 1.3×10-33 5.6×10-12
回答下列问题：
(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为__________________________________。
(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3 H2O) ______c(NH4+) (填“＞”“＜”或“＝”)。
MgO＋H2O＝Mg(OH)2
＞
(3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为___________________________________________________________________。
(4) (NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。
②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是_________________________
____________________________________________________。
晶体
减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。
②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为___________；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为______。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为___________。
②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和_________(填化学式)。
HCl
体心
12
0.4或2∶5
MgO
解析：硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。
(1)活性MgO＋H2O＝Mg(OH)2可与水反应，化学方程式为MgO＋H2O＝Mg(OH)2；故答案为：MgO＋H2O＝Mg(OH)2。
(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体；故答案为：晶体。
②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH4)2CO3能提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
(5)①“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl；故答案为：HCl。
②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。
13．(2023年湖北卷)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。
4
Ⅷ
(2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因______________________________________________。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是_____________。
(4)已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10-15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为___________________mol·L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为________________________________________。
(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si－Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si－Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
SiCl4＋3H2O＝H2SiO3＋4HCl
焰色反应
5.9×10-7
abd
解析：由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiCl)）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。
(1)Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。
(2)“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl4＋3H2O＝H2SiO3＋4HCl。
(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li2CO3，常用焰色反应鉴别Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反应为紫红色，而Na2CO3的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是焰色反应。
(5)a．Si－Cl键极性更大，则 Si－Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；
b．Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si－Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH－的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si－Cl键键能更大不能说明Si－Cl更易断裂，故不能说明SiCl4比CCl4易水解，c无关；
d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH－形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；
综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。
14. (2023年全国甲卷)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是__________________________。
(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为___________________________________________。
做还原剂，将BaSO4还原
S2-＋Ca2+＝CaS↓
(3)“酸化”步骤应选用的酸是_______(填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？________，其原因是______
__________________________________________________________________
__________________________________________________________________
_____________________________。
(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为______________________
_______________________________________________。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的n(CO2)∶n(CO)＝_______。
c
不可行
产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4＝BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl
1∶1
解析：由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和(NH4)2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。
(1)“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将BaSO4还原。
(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS 与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为S2-＋Ca2+＝CaS↓。
(3)“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而BaCl2可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。
(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为：BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4＝BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl。
15．(2023年全国乙卷)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备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。
回答下列问题：
(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为__________________________________。为提高溶矿速率，可采取的措施________________(举1例)。
MnCO3＋H2SO4＝MnSO4＋H2O＋CO2↑
粉碎菱锰矿
(2)加入少量MnO2的作用是_________________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是________________________。
(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)＝__________mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是_______。
(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_____________。
(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为__________________________。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断__________________。电解废液可在反应器中循环利用。
(6)缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是
_____________________________________________________________。
将Fe2+氧化为Fe3+
Fe3+可以催化H2O2分解
2.8×10-9
Al3+
BaSO4、NiS
加入MnSO4
解析：根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。
(1)菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3＋H2SO4＝MnSO4＋H2O＋CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：MnCO3＋H2SO4＝MnSO4＋H2O＋CO2↑、粉碎菱锰矿。
(2)根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。
(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为BaS＋Ni2+＋SO＝BaSO4↓＋NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS。
16. (2023年新课标卷)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为___________(填化学式)。
Na2CrO4
(2)水浸渣中主要有SiO2和______________。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是_______________。
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH＜9时，会导致_______________________；pH＞9时，会导致______________________。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH＜1时，溶解为 在碱性条件下，溶解为 ，上述性质说明V2O5具有_______(填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为______________________________________________________。
Fe2O3
不能形成MgNH4PO4沉淀
不能形成MgSiO3沉淀
C
解析：由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将硅元素转化为硅酸沉淀，过滤得到硅酸滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
(1)由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；
(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3 Fe2O3；
(3)由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将硅元素转化为硅酸沉淀，故答案为：SiO32-；
(4)由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，会导致磷元素不能形成MgNH4PO4沉淀若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化钠沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，故答案为：不能形成MgNH4PO4沉淀；不能形成MgSiO3沉淀；
(5)由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；
17．(2023年北京卷)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。
(1) “浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出：矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应MnS＋2H+＝Mn2+＋H2S↑，则可推断：Ksp(MnS) __________(填“>”或“<”)Ksp(Ag2S)。
②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。
＞
Fe3+、Mn2+
(2) “浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]－形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：_________________________________________________。
□Fe3+＋Ag2S＋□_____□_____＋2[AgCl2]－＋S
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl－、H+的作用：___________________
__________________________________________________________________
_________________________________________。
2Fe3+＋Ag2S＋4Cl－ 2Fe2+＋2[AgCl2]－＋S
Cl－是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]－，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀
(3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有________________________________________________。
②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因：__________________________________________。
(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用
的角度，分析联合提取银和锰的优势：
__________________________________
___________________
________________________________________
___________________________________。
2[AgCl2]－＋Fe＝Fe2+＋2Ag＋4Cl－、2Fe3+＋Fe＝3Fe2+
Fe2+被氧气氧化为Fe3+，Fe3+把Ag氧化为Ag+
可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂
解析：银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)混合加H2SO4溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+；浸锰渣中Ag2S与过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液反应，将Ag2S中的银以[AgCl2]－形式浸出，用铁粉把[AgCl2]－还原为金属银。
(1)①“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，MnS发生反应MnS＋2H+＝Mn2+＋H2S↑，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：Ksp(MnS)＞Ksp(Ag2S)；
②根据信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，则浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+。
(2)①Ag2S中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为2Fe3+＋Ag2S＋4Cl－ 2Fe2+＋2[AgCl2]－＋S；
②Cl－是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]－，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀。
(3)①铁粉可将[AgCl2]－还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为2[AgCl2]－＋Fe＝Fe2+＋2Ag＋4Cl－、2Fe3+＋Fe＝3Fe2+；
②溶液中生成的Fe2+会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3+，Fe3+把部分Ag氧化为Ag+，因此tmin后银的沉淀率逐渐降低。
(4)联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用MnO2的氧化性将FeS2中的Fe2+氧化为Fe3+，同时生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnSO4。
18. (2023年湖南卷)超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：
已知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃；
②Et2O (乙醚)和NR3 (三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3
沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列问题：
(1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是________________；
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制
在40～45℃的原因是___________________________，
阴极的电极反应式为___________________________；
分子晶体
保证Ga为液体，便于纯Ga流出
Ga3+＋3eˉ＝Ga
(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式：______________________________________________________；
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
(5)下列说法错误的是_______；
A. 流程中Et2O得到了循环利用
B. 流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C. “工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3
D. 用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I
8CH3I＋2Et2O＋Ga2Mg5＝2Ga(CH3)3(Et2O)＋3MgI2＋2CH3MgI；
CH4
D
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是______________________________________
____________________________________________________；
(7)比较分子中的C－Ga－C键角大小：Ga(CH3)3_______ Ga(CH3)3(Et2O) (填“>”“<”或“=”)，其原因是___________________________________________
____________________________________________________________。
NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
＞
Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
解析：以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH3)3，Et2O重复利用，据此解答。
(1)晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
(2)电解池温度控制在40～45℃可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3+＋3eˉ＝Ga；
(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式8CH3I＋2Et2O＋Ga2Mg5＝2Ga(CH3)3(Et2O)＋3 MgI2＋2CH3MgI；
(4)“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
(5)A.根据分析，流程中Et2O得到了循环利用，A正确；
B. Ga(CH3)3(Et2O)容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；
C. “配体交换”得到Ga(CH3)3(NR3)，“工序X”先解构Ga(CH3)3(NR3)后蒸出Ga(CH3)3，C正确；
D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分Ga(CH3)3和CH3I，D错误；
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
(7)分子中的C－Ga－C键角Ga(CH3)3＞Ga(CH3)3(Et2O)，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
无机化工流程题是以实际的工业生产过程为背景，以解决化学实际问题为思路设置问题，通常以流程图的形式呈现生产过程，有时还结合表格和图像提供多种信息。试题的结构通常分为题干、流程和设问三部分。题干一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品)；流程部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；设问主要是根据生产过程中涉及的化学知识来设置，从而组成一道完整的化学试题。
知识梳理 智能提升
一、化工流程题中的三个视角
视角一　杂质成分确定
除杂是工业流程中原料处理的重要环节。确定杂质成分，首先分析题干信息，明确原料成分和产品成分，然后利用原子守恒等知识确定除杂元素，根据物质性质和化学反应推断出除杂元素对应的生成物，从而可确定杂质成分。杂质成分确定的思维模型如图所示：
例1．(2024届福建南平第一中学节选)铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣(主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量MnS、Fe2O3、CuO及SiO2等)为原料制取Bi2O3并回收锰的工艺流程如下：
已知：①氧化性：Cu2+ > Bi3+；②Bi3+易水解成BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0～11.0。
回答下列问题：
(2)“水浸提锰”时，加入少量稀硫酸可促进___________(填化学式)溶解，进一步提高锰的浸取率。
(3)“浸出”时需要加入过量浓盐酸，其目的是__________________________。
(4)“滤渣2”的主要成分为Bi和_____(填化学式)，该反应的离子方程式为_______________________。
(5)常温下，用铁氰化钾溶液检验“含Fe2+滤液”的现象为_______________。
MnS
防止Bi3+水解成BiOCl沉淀
Cu
2Bi+3Cu2+ =3Cu+2Bi3+
产生蓝色沉淀
解析：铋烧渣(主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量MnS、Fe2O3、CuO及SiO2等)制取Bi2O3，辉铋矿先水浸除锰，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，同时MnSO4难溶于水通过过滤分离，滤渣用浓盐酸酸浸，SiO2不溶于盐酸过滤后存在于滤渣1中，滤液中存在Bi3+、Cu2+、Fe3+，滤液中加入Bi粉还原，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu过滤除去， 滤液中加入碳酸钠溶液沉铋，Fe2+存在于滤液中通过过滤除去，得到BiOCl，最后除氯得到Bi2O3，以此解答。
(2)MnS可以溶解于稀酸，“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，进一步提高锰的浸取率；
(3)Bi3+易水解，因此加入过量浓盐酸的目的是防止Bi3 水解成 BiOCl 沉淀；
(4)由分析可知，“还原”步骤中加入Bi粉，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu，过滤后Cu存在于滤渣2中，离子方程式为2Bi＋3Cu2+＝3Cu＋2Bi3+；
(5)Fe2与铁氰化钾溶液反应生成K3[Fe(CN)6]蓝色沉淀，检验“含+常温下，用铁氰化钾溶液检验“含Fe2+滤液”的现象为产生蓝色沉淀；
例2．我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1 mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Zn2＋ Cd2＋
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4
滤渣1的主要成分除SiO2外还有____________；氧化除杂工序中ZnO的作用是_______________，若不通入氧气，其后果是___________________。
PbSO4
调节溶液的pH
无法除去杂质Fe2＋
解析：闪锌矿焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量SiO2、Fe2O3、CdO、PbO，加稀H2SO4后，发生一系列化学反应：ZnO＋H2SO4===ZnSO4＋H2O、Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O、CdO＋H2SO4===CdSO4＋H2O、PbO＋H2SO4===PbSO4＋H2O。其中SiO2和PbSO4不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1的主要成分是SiO2和PbSO4。氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH在2.8～6.2，使Fe3＋完全转变为Fe(OH)3沉淀；通入O2的目的是使溶液中的Fe2＋转化为Fe3＋，有利于除杂，若不通入O2，无法除去溶液中的杂质Fe2＋。
视角二　滤液成分确定
首先分析题干信息，明确原料成分，看清流程图中的箭头指向，根据物质性质写出相关的化学反应，最后根据题干信息确定滤液成分。滤液成分确定的思维模型如图所示：
例3．(2024届新疆和田地区墨玉县节选)从某化工厂提供的硒酸泥(主要含S、Se、Fe2O3及SiO2)中提取粗硒的工艺流程如下图所示：
备注：氧化浸出液中Se的含量为43.45 g/L。
根据以上信息回答下列问题：
(4)要将1 L氧化浸出液中的硒元素全部还原，需要至少加入Na2SO3_____mol；
(5)滤渣A的主要成分有______________；滤液B的金属阳离子有__________；
1.1
Fe(OH)3、SiO2
Fe2+、Na+
解析：向硒酸泥(主要含S、Se、Fe2O3及SiO2)中加入热的煤油，可将S溶解进入到煤油中，过滤，向滤渣中加入稀硫酸，硫酸与Fe2O3反应产生硫酸铁，Se 被NaClO3氧化为H2SeO3，由于消耗硫酸，溶液的pH增大，Fe3+水解形成Fe(OH)3固体，与难溶性的SiO2进入滤渣A中，将该滤渣处理可回收得到Fe，在氧化浸出液中含有H2SeO3，向其中加入足量的Na2SO3，H2SeO3被还原为Se单质，据此分析解答。
(5)根据上述分析可知滤渣A的主要成分有Fe(OH)3、SiO2；在氧化浸出液中主要含有H2SeO3、Na2SO4及少量Fe2(SO4)3，当向其中加入Na2SO3还原H2SeO3时，Fe2(SO4)3也同时被还原为Fe SO4，所以此时过滤得到的滤液B的金属阳离子有Fe2+、Na+；
视角三　循环物质确定
确定溶液成分，首先分析题干信息，根据箭头指向明确加入的物质，根据物质性质和化学反应确定生成的物质，然后对加入的物质和生成的物质进行对照，重复的物质即为循环物质。循环物质确定的思维模型如图所示：
例4．(2024届四川泸县第一中学节选)硫酸铅( PbSO4) 广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿(主要成分为 PbS, 含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2))制备PbSO4的工艺流程如图：
(5)滤液 a 经过处理后可以返回到______工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂－－三盐基硫酸 (3PbOPbSO4H2O)，写出该反应的化学方程式 _______________________
__________________________________。
浸取
4PbSO4＋6NaOH＝3PbO PbSO4H2O＋3Na2SO4＋2H2O
解析：方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)＋2Cl-(aq) PbCl42- (aq)
平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。
(5)发生沉淀转化后，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。
视角四　萃取、萃取率与反萃取
萃取指利用化合物在两种互不相溶(或微溶)的溶剂中溶解度或分配系数的不同，使物质从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中。
反萃取与萃取过程相反，被萃取物从有机相返回水相的过程。
反萃取是用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取过程具有简单、便于操作和周期短的特点，是溶剂萃取分离工艺流程中的一个重要环节。反萃取可将有机相中各个被萃组分逐个反萃到水相，使被分离组分得到分离；也可一次将有机相中被萃组分反萃到水相。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。
例5．(2024届福建南平第一中学节选)CoCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO的形式存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素，碳及有机物等)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如图：
滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体：
(5)滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是回收利用萃取剂及分离出_________________。
Mn2+、Cu2+、Zn2+
解析：含钴矿粉通过550℃焙烧除去碳及有机物，再通过稀H2SO4，Na2S2O5浸取将Co3+还原成Co2+，同时过滤除去不溶物SiO2；滤液再与NaClO(aq)作用，将Fe2+氧化成Fe3+，通过Na2CO3溶液调节pH，使得Fe3+转化为Fe(OH)3除去，过滤后，再向滤液中加入NaF，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀而除去。
(5)滤液3中还存在阳离子有Mn2+、Cu2+、Zn2+、Ni2+、Co2+，故根据流程图可推知用稀盐酸反萃取可分离出Mn2+、Cu2+、Zn2+；
例6．(2024届重庆巴蜀中学节选)高冰镍是镍、铜、铁、钴等金属的硫化物共熔体，主要成分及含量如下表所示：
成分 Ni Cu Fe Co S
含量 55～65% ≤15% ≤4% 0.5～1.2% 21～24%
如图是以高冰镍为原料制备三元钾电池部分原料的流程：
(5)已知：萃取剂P204和P507对金属离子的萃取率与平衡pH的关系如图甲、乙所示，则萃取步骤中应选择的萃取剂是_______，最佳pH在_______左右。
所选萃取剂为有机一元弱酸，以HA表示，则萃取时形成萃合物CoA2 nHA的离子方程式为_______________________________________________。
P507
4.5～5
Co2+＋(n＋2)HA＝CoA2 nHA＋2H+
解析：高冰镍加入硫酸酸溶，铜等不反应成为滤渣，铁、钴、镍进入滤液，滤液通入空气将将亚铁离子转化为铁离子，调节pH除去铁元素，滤液萃取，镍进入水相、钴进入有机相，最终得到硫酸镍晶体、钴化合物；
(5)由流程可知，萃取要有效分离钴和镍，由图甲乙比较可知，萃取步骤中应选择的萃取剂是P507，最佳pH在4.5 5左右，此时钴镍的分离效果较好。萃取剂为有机一元弱酸，以HA表示，则萃取时形成萃合物CoA2 nHA，则反应为Co2+＋(n＋2)HA＝CoA2 nHA＋2H+；
二、化工流程题解题策略
1．工艺流程题的解题流程
(1)读流程图
①箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。
②三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。
(2)解题要点
①审题要点：a.了解生产目的、原料及产品，b.了解题目提供的信息，c.分析各步的反应条件、原理及物质成分，d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。
②答题切入点：a.原料及产品的分离提纯，b.生产目的及反应原理，c.生产要求及反应条件，d.有关产率、产量及组成的计算，e.绿色化学。
2．工艺流程题常见答题方向
工艺操作(结果) 目的评价(或操作名称)
方法措施 研磨(粉碎) 增大接触面积，加快反应(溶解)速率
煅烧(焙烧) 矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质
水浸 利用水溶性把物质进行分离
酸浸(碱浸) 利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子
控制条件 调节溶液pH 某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解
控制温度 加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等
增大某反应物用量 增大另一反应物的转化率(产率)
某种试剂的选择 是否带入杂质、是否影响产品的纯度
分离提纯 不相溶液体 分液
相溶性液体 蒸馏
难溶性固体 过滤
易溶性固体 蒸发结晶、浓缩冷却结晶
趁热过滤 防止温度降低，某物质析出
冰水洗涤 减少晶体的溶解损失
乙醇、有机溶剂洗涤 减少晶体的水溶性损失
金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Al3＋ Mn2＋
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
例7. 钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
Fe2＋
Mn2＋
Al3＋和Fe3＋
Fe(OH)3
NaAl(OH)4＋HCl===Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O
利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
三、工艺流程大题分类突破
类型一　以物质制备为目的的工艺流程
例8．(2024届厦门海沧实验中学)钒是一种有色金属，五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业。某废渣的主要成分为V2O3，另含有Fe2O3、SiO2、As2O3、P2O5等杂质，用该废渣制取V2O5的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)焙烧前需要将废渣进行粉碎，目的是______________________________。
(2)MgNH4AsO4中砷的化合价为_____，NH4Cl的电子式为______________。
(3)已知“焙烧”过程中V2O3与O2和NaOH反应生成NaVO3，请写出该反应的化
学方程式___________________________________________________。
(4)滤渣1的主要成分的化学式为_______________，在实验室中模拟水解除硅后的分离操作中所用到的玻璃仪器有_______、_______和烧杯。
增大接触面积，加快反应速率
+5
Fe2O3
漏斗 玻璃棒
(5)“沉矾”步骤中温度高于80℃沉矾率会降低，可能的原因是_____________。
(6)写出“灼烧”步骤反应的化学方程式________________________________；粘在坩埚内壁上的V2O5，可用K2SO3溶液洗涤，生成VO+，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_________。
NH4Cl受热分解
2∶1
解析：废渣中加入烧碱并通入O2焙烧，V2O3、SiO2、As2O3、P2O5分别与NaOH、氧气反应生成可溶性钠盐，Fe2O3不反应，则水浸后滤渣1为Fe2O3；滤液中加入NH4Cl、MgCl2将PO、AsO转化为MgNH4PO4和MgNH4AsO4沉淀除去；经水解除硅，将SiO转化为H2SiO3沉淀除去，则滤渣2为H2SiO3；加入NH4Cl沉钒得到NH4VO3，经灼烧得到V2O5和碱性气体NH3；据此分析解答。
(1)将废渣进行粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率。
例9．硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为
__________________________________________________。
NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3
(2)“滤渣1”的主要成分有______________________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3＋，可选用的化学试剂是____________。
SiO2、Fe2O3、Al2O3
KSCN
一元弱
转化为H3BO3，促进析出
溶浸
高温焙烧
解析：(1)根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方程式为NH3＋NH4HCO3===(NH4)2CO3。
(2)滤渣1为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2；检验Fe3＋的试剂为KSCN。
(3)由硼酸的解离方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)转化为H3BO3，并促进H3BO3析出。
类型二　以分离提纯为目的的工艺流程
例10．(2024届福建厦门第一中学月考)超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：
已知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃；
②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3
沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365. 8
回答下列问题：
(1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是__________________；
分子晶体
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40～45℃的原因是__________________________，阴极的电极反应式为______________________________________________________________；
保证Ga为液体，便于纯Ga流出；
GaO2-＋3e－＋2H2O＝Ga＋4OH－(或[Ga(OH)4]-＋3eˉ＝Ga＋4OH－)
(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式：______________________________________________________；
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
(5)下列说法错误的是_______；
A. 流程中Et2O得到了循环利用
B. 流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3
D. 用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I
8CH3I＋2Et2O＋Ga2Mg5＝2Ga(CH3)3(Et2O)＋3MgI2＋2CH3MgI；
CH4
D
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是______________________________________
___________________________________________________；
(7)比较分子中的C－Ga－C键角大小：Ga(CH3)3_______ Ga(CH3)3(Et2O) (填“>”“<”或“=”)，其原因是___________________________________________
____________________________________________________________。
NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
＞
Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
解析：以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH3)3，Et2O重复利用，据此解答。
(1)晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
(2)电解池温度控制在40～45℃可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为GaO2-＋3e－＋2H2O＝Ga＋4OH－(或[Ga(OH)4]-＋3eˉ＝Ga＋4OH－)；
(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式8CH3I＋2Et2O＋Ga2Mg5＝2 Ga(CH3)3(Et2O)＋3MgI2＋2CH3MgI；
(4)“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
(5)A．根据分析，流程中Et2O得到了循环利用，A正确；
B．Ga(CH3)3(Et2O)容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；
C．“配体交换”得到Ga(CH3)3(NR3)，“工序X”先解构Ga(CH3)3(NR3)后蒸出Ga(CH3)3，C正确；
D．二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分Ga(CH3)3和CH3I，D错误；
故选D；
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
(7)分子中的C－Ga－C键角Ga(CH3)3＞Ga(CH3)3(Et2O)，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
例11．(2024届河南青桐鸣大联考)一种从废钼钴催化剂中回收有价金属的工艺流程如图甲所示：
已知：Ⅰ．废钼钴催化剂的主要成分如表。
主要成分 MoO3 CoO Bi2O3
质量分数/% 44.61 6.67 14.37
Ⅱ．“酸浸”所得溶液中主要含有H+、Bi3+、Co2+等阳离子。
回答下列问题：
(1)钼酸铵[(NH4)2MoO4]中Mo元素的化合价为__________，其所含非金属元素的电负性由大到小排序为___________。
+6
O＞N＞H
(2)“碱浸”时需在75℃条件下进行反应，且选择不
同碱性试剂钼元素的浸出率随时间变化如图乙
所示。则“碱浸”时的最佳条件为
_____________________。
(3)“沉钼酸”时，一般控制反应温度为60℃，
温度不宜太高的原因为______________________。
(4)“沉铋”时，反应的化学方程式为____________________________________________。
1－碳酸钠溶液、3h
防止硝酸挥发、分解
Bi(NO3)3＋2NaOH＝BiONO3＋2NaNO3＋H2O
(5)“氧化沉钴”时调节溶液pH＝4，反应生成CoOOH和MnO2，其离子方程式为________________________________________________________。
(6)“沉钴”时，选用NaHCO3溶液，而不用Na2CO3溶液的原因为加入Na2CO3会产生CO(OH)2杂质，请解释产生CO(OH)2的原因：______________________________________。
(7)若通过该流程处理1 kg废钼钴催化剂，得到BiONO3的质量为0.14 kg，则Bi元素的回收率为___________(保留三位有效数字，Bi元素的回收率＝
79.1%
解析：废钼钴催化剂中加入碳酸钠碱浸，使钴、铋转化为沉淀，过滤后，滤液加入硝酸，生成钼酸，然后经过一系列操作得到钼酸铵；滤渣加入硝酸酸浸，得到含有H+、Bi3+、Co2+等阳离子的溶液，再加入NaOH溶液沉铋，过滤得到BiONO3，滤液加入高锰酸钾氧化沉钴，调节溶液pH＝4，反应生成CoOOH和MnO2，经过精制、还原，然后加入碳酸氢铵，生成CoCO3，据此解答。
(1)钼酸铵[(NH4)2MoO4]中铵根离子为+1价，O为－2价，则Mo元素的化合价为＋6价，非金属性越强，电负性越大，其所含非金属元素的电负性由大到小排序为O N H。
(2)结合图像，则“碱浸”时的最佳条件为1－碳酸钠溶液、3h。
(3)硝酸易挥发分解，“沉钼酸”时，一般控制反应温度为60℃，温度不宜太高的原因为防止硝酸挥发、分解。
(4)“酸浸”所得溶液中主要含有Bi3+离子，“沉铋”时，反应的化学方程式为Bi(NO3)3＋2NaOH＝BiONO3＋2NaNO3＋H2O。
类型三　给定流程和具体实验结合类制备
例12．(2024届湖北省多校联考)氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。工业上用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有少量的SiO2、MgO等杂质)制备氮化钛的工艺流程如下：
已知：钛铁矿与硫酸发生非氧化还原反应，TiOSO4遇水会水解。
部分物质的熔、沸点
物质 TiCl4 Mg MgCl2 Ti
熔点/℃ －25.0 648.8 714 1667
沸点/℃ 136.4 1090 1412 3287
请回答下列问题：
(1)滤渣A的主要成分是______________(化学式)。
(2) TiO2+溶液转化为H2TiO3的离子方程式为___________________________，加水稀释、加热的目的分别是________________________________________
__________________________________________________________________
_____________________________________。
SiO2
TiO2+＋2H2O＝H2TiO3↓＋2H+
加热可加快TiO2+的水解速率，同时可促进TiO2+的水解反应向正反应方向进行，提高转化率；稀释可促进TiO2+的水解反应向正反应方向进行，提高转化率
(3)由滤液丙制备FePO4的过程中，理论上消耗的17%双氧水与H3PO4的质量比是____________。
(4)TiCl4制取单质Ti涉及的过程中：①由TiCl4→Ti需在严格隔水、Ar气氛围中进行，原因是_________________________________________________________
____________；②反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用_________方法分离得到Ti。
(5)用氧化还原滴定法测定TiOSO4的含量。先取待测钛液10.00mL酸化后加水稀释至100mL，加过量铝粉，充分振荡，使TiO2+还原为Ti3+，发生的离子方程式为______________________________________；过滤后，取无色滤液20.00mL，向其中滴入2~3滴KSCN溶液作指示剂，用0.1000mol/L NH4Fe(SO4)2的标准液进行滴定，原理为Ti3+＋Fe3+＝Ti4+＋Fe2+，若用去了30.00mLNH4Fe(SO4)2溶液，则待测钛液中TiOSO4的物质的量浓度是______mol/L。
50∶49
TiCl4遇水会剧烈水解；Ar可作为保护气体，防止高温条件下，Mg与O2、N2等发生反应
真空蒸馏
3TiO2+＋Al＋6H+＝3Ti3+＋Al3+＋3H2O
1.5
解析：由题给流程可知，向钛铁矿粉末中加入过量的硫酸溶液，将钛酸亚铁转化为亚铁离子和TiO2+离子，氧化镁转化为硫酸镁，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣A和含有TiO2+离子的溶液甲；向溶液甲中加入过量铁粉，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，热过滤得到含有TiO2+离子的溶液乙和滤渣B；向溶液乙中加入水稀释，加热条件下将TiO2+离子转化为钛酸沉淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液丙和钛酸；钛酸经多步转化得到四氯化钛，四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛，钛高温条件下与氮气反应生成氮化钛；向滤液中加入双氧水和磷酸的混合溶液，将溶液中的亚铁离子转化为磷酸铁沉淀，过滤得到磷酸铁。
(1)由分析可知，滤渣A的主要成分是二氧化硅，故答案为：SiO2；
(2)由分析可知，TiO2+离子转化为钛酸的反应为TiO2+离子在加热条件下发生水解反应生成钛酸沉淀和氢离子，反应的离子方程式为TiO2+＋2H2O＝H2TiO3↓＋2H+，TiO2+离子在溶液中的水解反应是吸热反应，故答案为：TiO2+＋2H2O＝H2TiO3↓＋2H+；
(4)四氯化钛能与水发生剧烈反应，所以四氯化钛转化为钛时需在严格隔水的氛围中进行；由物质的性质和题给流程可知，镁、钛高温条件下能与空气中的氧气和氮气反应，所以四氯化钛转化为钛时需在氩气范围中进行；由表格数据可知，分离镁、氯化镁、钛的混合物应采用真空蒸馏的方法得 浇鹗纛眩?蚀鸢肝? TiCl4遇水会剧烈水解；Ar可作为保护气体，防止高温条件下，Mg与O2、N2等发生反应；真空蒸馏；
例13．(2024届江西一模)某黄钾铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12及一定量的锌、铜、镉、镁等金属，为了综合利用减小污染，可用于制备锰锌铁氧体，其工艺流程如下图。
已知：溶液中FeSO4含量过高，在室温条件下容易发生结晶。常温下，相关物质的Ksp如下表。
物质 ZnS FeS CdS MgF2 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2
Ksp 1.3×10 24 6.3×10 18 8.0×10 27 7.42×10 11 3×10 39 8×10 16 1.2×10 11
回答下列问题：
(1)下列说法不正确的是___________(填标号)。
A．酸浸时，可通过增大酸的浓度及加热的方式加快酸浸速率
B．浸出液中的Fe3+极易形成Fe(OH)3胶体造成过滤困难和带入大量杂质，因而需要加铁粉进行还原
C．净化除杂过程中加入(NH4)2S的目的是除去溶液中的Cd2+，加入NH4F的目的是除去溶液中的Mg2+
D．将滤液3蒸发结晶、过滤可获得纯净的(NH4)2SO4晶体
D
(2)实验研究了温度、时间、铁粉用量等因素对浸出液还原的影响。实验中JJ 6数显直流恒速搅拌器转速为200 r/min，铁粉加入量是以溶液反应到pH＝7时为理论量，此时铁粉加入比值量为1，实验结果如下图，通过对A、B点溶液中Fe3+的检测，Fe3+已经全部被还原。
浸出液铁粉还原的最佳工艺条件________________________。
80℃，120min，1.15倍
(3)为确定调节成分时所需加入的ZnSO4、MnSO4的质量，需对除杂后溶液中的Zn2+进行检测。
准确量取25.00mL除杂后溶液，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.1000mol/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Zn2+(反应原理为Zn2+＋H2Y2-＝ZnY2-＋2H+)，至滴定终点时消耗EDTA标准溶液22.50mL。通过计算确定该溶液中，Zn2+的浓度为____________g/L。
5.85
(4)用M2+表示Fe2+、Mn2+、Zn2+，共沉淀过程中，溶液pH与lgc(M2+)、n(NH4HCO3)∶n(M2+)的关系如下图所示。
①为提高原料利用率，最好控制n(NH4HCO3)∶n(M2+)＝______________。
②写出共沉淀中Fe2+的沉淀的离子方程式______________________________。
(5)锰锌铁氧体(MnxZn1 xFe2O4)，当x＝0.2时具有较高的饱和磁场强度，用氧化物的形式可表示为_________________________(最简整数比)。
2.0
MnO·4ZnO·5Fe2O3
(2)由题干温度、时间、铁粉用量等因素对浸出液还原的影响图示信息可知，温度为78℃左右，浸泡时间为120左右，Fe2+的质量浓度最大，而铁粉加入比值量为1.15左右时，Fe2+的质量浓度已经较大，且铁用量再增大后，Fe2+的质量浓度增大不明显，故浸出液铁粉还原的最佳工艺条件为：80℃，120min，1.15倍(范围70~80℃，90~120min，1.15~1.20倍也可以)；
(5)锰锌铁氧体(MnxZn1 xFe2O4)，，当x=0.2时具有较高的饱和磁场强度，则锰锌铁氧体的化学式为：MnZn4Fe10O20，其中Zn为+2价，Fe为+3价，Mn为+2价，故可用氧化物的形式可表示为MnO·4ZnO·5Fe2O3。
拓展训练 巩固考点
1. (2024年1月“七省联考”安徽卷)钼(Mo)及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以NiS和MoS2形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到Na2SO4的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)Ni位于元素周期表第_______周期第_______族。(NH4)2MoO4中钼元素的化合价为_______。
四
Ⅷ
+6
(2)“焙烧”中生成Na2MoO4的化学方程式为________________________________________________________________。
(3)Na2CO3用量对钼浸出率和浸取液中CO32-浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择Na2CO3用量为理论用量
1.2倍的原因：__________________
______________________________
______________________________。
若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低
(4) Na2MoO4、Na2SO4的溶解度曲线如图2所示，为充分分离Na2SO4，工艺流程中的“操作X”应为_______(填标号)。
A. 蒸发结晶 B. 低温结晶
C. 蒸馏 D. 萃取
(5)为充分利用资源，“离子交换萃
取”步骤产生的交换溶液应返回
“_______”步骤。
(6) (NH4)2MoO4分解可得MoO3。高温下，用铝粉还原MoO3得到金属钼的化学方程式为_____________________________________________。
B
净化
(1)Ni是第28号元素，位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族；根据化合物中元素化合价代数和为0，可得钼酸铵中Mo的化合价为+6价；
(3)若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低；
(4)温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶；
(5)交换溶液主要含Na+，应返回净化步骤；
2. (2024年1月“七省联考”甘肃卷)利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的一种工艺流程如下：
(1)为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有___________________________。
(2)浸取温度不宜超过60℃，原因是____________________________________
_______________________。
将固体废料粉碎、适当加热等
减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌
(3)为优化工艺流程，盐酸浸取后直接进行高锰酸钾氧化除杂。结合下列图表选择浸取工艺最佳pH范围为___________，理由是_______________________
___________________________________________。
A．1.5~2.0 B．2.0~3.0 C．3.0~4.0 D．4.5~5.0
D
在pH4.5~5.0的范围内，Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不会沉淀
金属离子 开始沉淀的pHc＝0.01mol·L-1 沉淀完全的pHc＝1.0×10-5mol·L-1
Fe2+ 6.8 8.3
Al3+ 3.7 4.7
Fe3+ 1.8 2.8
Cu2+ 5.2 6.7
Mn2+ 8.6 10.1
Zn2+ 6.7 8.2
(4)滤渣的主要成分有Fe(OH)3、___________和MnO2，该工艺中去除锰的离子方程式为____________________________________________。
(5)最适宜使用的还原剂是___________，理由为______________________。
Al(OH)3
单质锌
不会带入新的杂质
(6)氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐Zn(OH)Cl生成，该反应方程式为__________________________________，产品中Zn(OH)Cl含量与蒸发温度关系如图所示，工艺要求Zn(OH)Cl含量不超过2.30%，降低产品中Zn(OH)Cl含量的方法有_______________________________。
减压蒸发，控制温度不超过300oC
解析：利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的流程分析如下：含锌废料先用盐酸浸取，同时调pH除掉将铝离子、铁离子变为沉淀，加入高锰酸钾进行氧化除杂将铁氧化为高价态的氢氧化物沉淀，加入还原剂将铜还原为单质除掉，得到较纯净的氯化锌，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化锌固体。
(1)为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有将固体废料粉碎、适当加热等；
(2)浸取温度不宜超过60℃，原因是减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌；
(3)浸取的目的是要将Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不能沉淀，根据表格中的数据，应该调pH的范围是4.7～6.7，合理的选项为D；
(5)考虑到不能带入新的杂质，故最合适的还原剂是单质锌；
3. (2024年1月“七省联考”广西卷)层状结构MoS2薄膜能用于制作电极材料。MoS2薄膜由辉钼矿(主要含MoS2及少量FeO、SiO2)制得MoO3后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的SO2用NaOH溶液吸收生成NaHSO3的离子方程式为_______________________。
(2)“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵[(NH4)2Mo2O7]溶液，为提高“浸取”速率，可采用的措施是___________(举一例)。
将固体粉碎
(3)“灼烧”过程中需回收利用的气体是___________(填化学式)。
(4)在650℃下“气相沉积”生成MoS2的反应需在特定气流中进行，选用Ar而不选用H2形成该气流的原因是__________________________________。
(5)层状MoS2晶体与石墨晶体结构类似，层状MoS2的晶体类型为___________。将Li+嵌入层状MoS2充电后得到的LixMoS2可作电池负极，该负极放电时的电极反应式为_________________________。结合原子结构分析，Li+能嵌入MoS2层间可能的原因是________________________________________。
NH3
H2和S在加热条件下发生生成H2S
混合型晶体
LixMoS2－xe－＝MoS2＋xLi+
Li+为Li失去一个电子形成，原子半径小
解析：MoS2薄膜由辉钼矿(主要含MoS2及少量FeO、SiO2)制得MoO3后再与S经气相反应并沉积得到，辉钼矿焙烧后使用氨水浸取得到[(NH4)2Mo2O7]，结晶后灼烧得到MoO3，最后与S经气相反应并沉积得到MoS2，据此分析解题。
(2)“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵[(NH4)2Mo2O7]溶液，可将固体粉碎，提高“浸取”速率，故答案为将固体粉碎。
(3)[(NH4)2Mo2O7]为铵盐，“灼烧”过程产生NH3，可回收利用，故答案为NH3。
(4)H2和S在加热条件下发生生成H2S，所以用Ar而不选用H2，故答案为H2和S在加热条件下发生生成H2S。
(5)石墨的晶体类型为混合型晶体，层状MoS2晶体与石墨晶体结构类似，所以层状MoS2的晶体类型为混合型晶体，将Li+嵌入层状MoS2充电后得到的LixMoS2可作电池负极，放电是原电池，失去电子发生氧化反应，电极反应式为LixMoS2－xe－＝MoS2＋xLi+，Li+为Li失去一个电子形成，电子排布式为1s2，原子半径小，能嵌入MoS2层间，故答案为分子晶体；LixMoS2－xe－＝MoS2＋xLi+；Li+

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