資源簡(jiǎn)介

2025屆高三化學(xué)一輪專題復(fù)習(xí)講義（27）
專題七 化學(xué)熱點(diǎn)
7-1 化工流程題（1課時(shí)）
【復(fù)習(xí)目標(biāo)】
1．培養(yǎng)將實(shí)際問(wèn)題分解，通過(guò)運(yùn)用相關(guān)知識(shí)，采用分析、綜合的方法，解決簡(jiǎn)單化學(xué)問(wèn)題的能力。
2．培養(yǎng)將分析和解決問(wèn)題的過(guò)程及成果用正確的化學(xué)術(shù)語(yǔ)及文字、圖表、模型、圖形等表達(dá)并做出解釋的能力。
【重點(diǎn)突破】化學(xué)工藝流程題的分析方法和解題策略
【真題再現(xiàn)】
例1．（2023·江蘇高考）V2O5－WO3/TiO2催化劑能催化NH3脫除煙氣中的NO，反應(yīng)為
4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)===4N2(g)＋6H2O(g) ΔH＝-1 632.4 kJ·mol-1。
（1）催化劑的制備。將預(yù)先制備的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中，在攪拌下加入一定量的NH4VO3溶液，經(jīng)蒸發(fā)、焙燒等工序得到顆粒狀V2O5－WO3/TiO2催化劑。在水溶液中水解為 H3VO4沉淀的離子方程式為_(kāi)_______________；反應(yīng)選用 NH4VO3溶液而不選用NaVO3溶液的原因是_____________________。
（2）催化劑的應(yīng)用。將一定物質(zhì)的量濃度的NO、O2、NH3（其余為N2）氣體勻速通過(guò)裝有V2O5－WO3/TiO2催化劑的反應(yīng)器，測(cè)得NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如題圖所示。反應(yīng)溫度在320~360 ℃范圍內(nèi)，NO轉(zhuǎn)化率隨溫度變化不明顯的原因是__________________________________________________；反應(yīng)溫度高于380 ℃，NO轉(zhuǎn)化率下降，除因?yàn)檫M(jìn)入反應(yīng)器的NO被還原的量減少外，還有___________（用化學(xué)方程式表示）。
（3）廢催化劑的回收。回收V2O5－WO3/TiO2廢催化劑并制備N(xiāo)H4VO3的過(guò)程可表示為
①“酸浸”時(shí)，加料完成后，以一定速率攪拌進(jìn)行反應(yīng)。提高釩元素浸出率的方法還有__________________。
②通過(guò)萃取可分離釩和鎢，在得到的釩酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元環(huán)結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)式可表示為_(kāi)____________________________。
③向 pH＝8的NaVO3溶液中加入過(guò)量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)＝1.7×10-3，加過(guò)量NH4Cl溶液的目的是________________。
解析：（1）在水溶液中VO水解為H3VO4沉淀的離子方程式為VO+2H2O=== H3VO4+OH-；反應(yīng)選用NH4VO3溶液而不選用NaVO3溶液的原因是制得的催化劑中不含Na+；（2）反應(yīng)溫度在320~360℃范圍內(nèi)，NO轉(zhuǎn)化率隨溫度變化不明顯的原因是此溫度范圍內(nèi)，催化劑活性變化不大，消耗NO的反應(yīng)速率與生成NO的反應(yīng)速率隨溫度升高而增大，對(duì)NO轉(zhuǎn)化率的影響相互抵消。反應(yīng)溫度高于380℃，NO轉(zhuǎn)化率下降，有可能體系產(chǎn)生了NO，如4NH3+5O24NO+6H2O。
（3）提高釩元素浸出率的方法還有提高反應(yīng)溫度、延長(zhǎng)浸出時(shí)間，已知H4V4O22具有八元環(huán)結(jié)構(gòu)，且V連有五根共價(jià)鍵，結(jié)構(gòu)式可表示為 。NH4VO3飽和溶液中存在溶解平衡NH4VO3(s)NH(aq) + VO(aq)，加過(guò)量NH4Cl溶液有利于增加銨根離子濃度，促進(jìn)平衡向析出沉淀的方向移動(dòng)，提高NH4VO3的含量，促進(jìn)NH4VO3充分沉淀。
答案：（1）VO+2H2O=== H3VO4+OH-制得的催化劑中不含Na+
（2）在該溫度范圍內(nèi)，催化劑活性變化不大，消耗NO的反應(yīng)速率與生成NO的反應(yīng)速率隨溫度升高而增大，對(duì)NO轉(zhuǎn)化率的影響相互抵消4NH3+5O24NO+6H2O
（3）①提高反應(yīng)溫度、延長(zhǎng)浸出時(shí)間 ② ③促進(jìn)NH4VO3充分沉淀
例2．（2022·江蘇高考）實(shí)驗(yàn)室以二氧化鈰(CeO2)廢渣為原料制備Cl－含量少的Ce2(CO3)3，其部分實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：
（1）“酸浸”時(shí)CeO2與H2O2反應(yīng)生成Ce3+并放出O2，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。
（2）pH約為7的CeCl3溶液與NH4HCO3溶液反應(yīng)可生成Ce2(CO3)3沉淀，該沉淀中Cl－含量與加料方式有關(guān)。得到含Cl－量較少的Ce2 (CO3) 3的加料方式為_(kāi)______(填序號(hào)）。
A．將NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中
B．將CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
（3）通過(guò)中和、萃取、反萃取、沉淀等過(guò)程，可制備Cl－含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3+能被有機(jī)萃取劑（HA）簡(jiǎn)稱)萃取，其萃取原理可表示為
Ce3+ (水層)+3HA(有機(jī)層) Ce (A) 3 (有機(jī)層)+3H+ (水層)
①加氨水“中和”去除過(guò)量鹽酸，使溶液接近中性。去除過(guò)量鹽酸的目的是_______。
②反萃取的目的是將有機(jī)層Ce3+轉(zhuǎn)移到水層。使Ce3+盡可能多地發(fā)生上述轉(zhuǎn)移，應(yīng)選擇的實(shí)驗(yàn)條件或采取的實(shí)驗(yàn)操作有_______（填兩項(xiàng)）。
③與“反萃取”得到的水溶液比較，過(guò)濾Ce2(CO3)3溶液的濾液中，物質(zhì)的量減小的離子有_______（填化學(xué)式）。
解析：用稀鹽酸和過(guò)氧化氫溶液酸浸二氧化鈰廢渣，得到三價(jià)鈰，加入氨水調(diào)節(jié)pH后用萃取劑萃取其中的三價(jià)鈰，增大三價(jià)鈰濃度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三價(jià)鈰，再加入氨水和碳酸氫銨制備產(chǎn)物。（1）根據(jù)信息反應(yīng)物為CeO2與H2O2，產(chǎn)物為Ce3+和O2，根據(jù)電荷守恒和元素守恒可知其離子方程式為：2CeO2+H2O2+6H+===2Ce3++O2↑+4H2O；（2）反應(yīng)過(guò)程中保持CeCl3少量即可得到含Cl－量較少的Ce2 (CO3) 3，選B；（3）①增大碳酸根離子的濃度有助于生成產(chǎn)物，故降低溶液中氫離子的濃度，促進(jìn)碳酸氫根離子的電離，增大溶液中碳酸根離子的濃度；②根據(jù)萃取原理可知，應(yīng)選擇的實(shí)驗(yàn)條件是酸性條件，為了使Ce3+盡可能多地發(fā)生上述轉(zhuǎn)移，可以采用多次萃取；③“反萃取”得到的水溶液中含有濃度較大的Ce3+，過(guò)濾后溶液中Ce3+離子濃度較小，故為Ce3+。
答案：（1）2CeO2+H2O2+6H+===2Ce3++O2↑+4H2O
（2）B
（3）①降低溶液中氫離子的濃度，促進(jìn)碳酸氫根離子的電離，增大溶液中碳酸根離子的濃度
②酸性條件，多次萃取
③Ce3+
例3．（2023·新課標(biāo)）鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價(jià)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：
已知：最高價(jià)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。
回答下列問(wèn)題：
（1）煅燒過(guò)程中，釩和鉻被氧化為相應(yīng)的最高價(jià)含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為_(kāi)_________（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(shí)，會(huì)導(dǎo)致___________；pH>9時(shí)，會(huì)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(shí)，溶解為VO或VO3+在堿性條件下，溶解為VO或VO，上述性質(zhì)說(shuō)明V2O5具有______（填標(biāo)號(hào)）。
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_(kāi)__________。
解析：（1）由分析可知，煅燒過(guò)程中，鉻元素轉(zhuǎn)化為鉻酸鈉，故為：Na2CrO4；（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化鐵，故為：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(shí)，磷酸根會(huì)與H+反應(yīng)使其濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4無(wú)法完全沉淀，同時(shí)可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀不宜處理；若溶液pH>9時(shí)，會(huì)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(shí)溶液中銨根離子濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4無(wú)法完全沉淀，故答案為：磷酸根會(huì)與H+反應(yīng)使其濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4，同時(shí)可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀不宜處理；會(huì)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(shí)溶液中銨根離子濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4無(wú)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；（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。
答案：（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3
（3）Al(OH)3
（4）磷酸根會(huì)與H+反應(yīng)使其濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4無(wú)法完全沉淀，同時(shí)可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀不宜處理會(huì)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(shí)溶液中銨根離子濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4無(wú)法完全沉淀
（5）C
（6）2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。
例4．（2023·遼寧）某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液（含 Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+）。實(shí)現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。
已知：
物質(zhì) 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
回答下列問(wèn)題：
（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時(shí)，提高浸取速率的方法為_(kāi)_______（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(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過(guò)一硫酸(H2SO5)，1mol H2SO5中過(guò)氧鍵的數(shù)目為_(kāi)_________。
（3）“氧化”中，用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，該反應(yīng)的離子方程式為（H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱）；濾渣的成分為MnO2、______（填化學(xué)式）。
（4）“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn (Ⅱ)氧化率與時(shí)間的關(guān)系如下。SO2體積分?jǐn)?shù)為_(kāi)__時(shí)，Mn (Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時(shí)，Mn (Ⅱ)氧化速率減小的原因是______。
（5）“沉鈷鎳”中得到的Co (Ⅱ)在空氣中可被氧化成CoO(OH)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____。
（6）“沉鎂”中為使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_____（精確至0.1）。
解析：（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時(shí)，為提高浸取速率可適當(dāng)增大硫酸濃度、升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積；（2）H2SO5的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，所以1molH2SO5中過(guò)氧鍵的數(shù)目為NA；（3）用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，該反應(yīng)的離子方程式為：H2O+Mn2++ HSO=== MnO2+SO+3H+；氫氧化鐵的Ksp=10-37.4，當(dāng)鐵離子完全沉淀時(shí)，溶液中c(Fe3+)=10-5 mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]=c(OH-)3×c(Fe3+)= c(OH-)3×10-5=10-37.4，c(OH-)=10-10.8 mol·L-1，根據(jù)Kw=10-14，pH=3.2，此時(shí)溶液的pH=4，則鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀；由于CaSO4微溶于水，故濾渣還有CaSO4和氫氧化鐵；（4）根據(jù)圖示可知SO2體積分?jǐn)?shù)為0.9%時(shí)，Mn (Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時(shí)，由于SO2有還原性，過(guò)多將會(huì)降低H2SO5的濃度，降低Mn(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CoO(OH)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4Co(OH)2+O2===4CoO(OH) +H2O；（6）氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當(dāng)鎂離子完全沉淀時(shí)，c(Mg2+)=10-5 mol·L-1，根據(jù)Ksp可計(jì)算c(OH-)=10-2.9 mol·L-1，根據(jù)Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol·L-1，所以溶液的pH=11.1。
答案:（1）適當(dāng)增大硫酸濃度或適當(dāng)升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積
（2）NA
（3）H2O+Mn2++HSO=== MnO2+SO+3H+ CaSO4、Fe(OH)3
（4）9.0% SO2有還原性，過(guò)多將會(huì)降低H2SO5的濃度，降低Mn (Ⅱ)氧化速率
（5）4Co(OH)2+O2===4CoO(OH) +H2O
（6）11.1
【知能整合】
1．無(wú)機(jī)化工題解題的基本步驟是：
①?gòu)念}干中獲取有用信息，了解生產(chǎn)的產(chǎn)品
②分析流程中的每一步驟，從幾個(gè)方面了解流程：
A．反應(yīng)物是什么；
B．發(fā)生了什么反應(yīng)；
C．該反應(yīng)造成了什么后果，對(duì)制造產(chǎn)品有什么作用。抓住一個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)：一切反應(yīng)或操作都是為獲得產(chǎn)品而服務(wù)。
③從問(wèn)題中獲取信息，幫助解題。
2．化工生產(chǎn)的適宜條件
條件 原則
從化學(xué)反應(yīng)速率分析 既不能過(guò)快，又不能太慢
從化學(xué)平衡移動(dòng)分析 既要注意外界條件對(duì)速率和平衡影響的一致性，又要注意二者影響的矛盾性
從原料的利用率分析 增加易得廉價(jià)原料，提高難得高價(jià)原料的利用率，從而降低生產(chǎn)成本
從實(shí)際生產(chǎn)能力分析 如設(shè)備承受高溫、高壓能力等
從催化劑的使用活性分析 注意催化劑的活性對(duì)溫度的限制
【體系再構(gòu)】
【鞏固練習(xí)】
基礎(chǔ)訓(xùn)練
1．閉環(huán)循環(huán)有利于提高資源利用率和實(shí)現(xiàn)綠色化學(xué)的目標(biāo)。利用氨法浸取可實(shí)現(xiàn)廢棄物銅包鋼的有效分離，同時(shí)得到的CuCl可用于催化、醫(yī)藥、冶金等重要領(lǐng)域。工藝流程如下：
已知：室溫下的Ksp(CuCl)=10-6.8。
回答下列問(wèn)題：
（1）首次浸取所用深藍(lán)色溶液①由銅毛絲、足量液氨、空氣和鹽酸反應(yīng)得到，其主要成分為_(kāi)_______（填化學(xué)式）。
（2）濾渣的主要成分為（填化學(xué)式）_________________。
（3）浸取工序的產(chǎn)物為[Cu(NH3)2]Cl，該工序發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____________。浸取后濾液的一半經(jīng)氧化工序可得深藍(lán)色溶液①，氧化工序發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)________。
（4）浸取工序宜在30～40℃之間進(jìn)行，當(dāng)環(huán)境溫度較低時(shí)，浸取液再生后不需額外加熱即可進(jìn)行浸取的原因是__________________。
（5）補(bǔ)全中和工序中主反應(yīng)的離子方程式[Cu(NH3)2]++2H++Cl-=_____+______。
（6）真空干燥的目的為_(kāi)_______________。
拓展訓(xùn)練
2．利用水鈷礦（主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多種化工試劑，以下為草酸鈷晶體和氯化鈷晶體的制備流程，回答下列問(wèn)題：
已知：
①浸出液中含有的陽(yáng)離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀 I中只含有兩種沉淀。
③流程中部分陽(yáng)離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見(jiàn)下表。
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
開(kāi)始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
（1）浸出過(guò)程中Co2O3發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為_(kāi)_____。
（2）NaClO3在浸出液中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為_(kāi)_____________。
（3）加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，目的是______；萃取劑層含錳元素，則沉淀 II的主要成分為_(kāi)_____。
（4）操作 I包括：將水層加入濃鹽酸調(diào)整pH為2～3，______、______、過(guò)濾、洗滌、減壓烘干等過(guò)程。
（5）為測(cè)定粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O含量，稱取一定質(zhì)量的粗產(chǎn)品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸銀溶液，過(guò)濾、洗滌、干燥，測(cè)沉淀質(zhì)量。通過(guò)計(jì)算發(fā)現(xiàn)粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%，其原因可能是______（回答一條原因即可）。
【鞏固練習(xí)】答案
1．（1）[Cu(NH3)4]Cl2
（2）Fe
（3）[Cu(NH3)4]Cl2+Cu=== 2[Cu(NH3)2]Cl
8NH3+4[Cu(NH3)2]++O2+4H+===4[Cu(NH3)4]2++2H2O
（4）鹽酸和液氨反應(yīng)放熱
（5）CuCl↓ 2NH
（6）防止干燥過(guò)程中CuCl被空氣中的O2氧化
2．（1）Co2O3+SO32-+4H+===2Co2++SO42-+2H2O
（2）ClO3-+6Fe2++6H+===Cl-+6Fe3++3H2O
（3）使Fe3+和Al3+沉淀完全 CaF2和MgF2
（4）蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶
（5）產(chǎn)品中結(jié)晶水含量低 產(chǎn)品中混有氯化鈉雜質(zhì)
【課后作業(yè)】
1．金屬鉻Cr常用于制造不銹鋼和儀器儀表的金屬表面鍍鉻。由FeCr2O4（亞鉻酸亞鐵）制備Cr的流程如下（+6價(jià)鉻元素在酸性條件下以Cr2O的形式存在。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A．FeCr2O4中Cr元素的化合價(jià)為+3價(jià)
B．反應(yīng)①中參加反應(yīng)的FeCr2O4和Na2CO3的物質(zhì)的量之比為3:1
C．反應(yīng)③的化學(xué)方程式為Na2Cr2O7+2CCr2O3+Na2CO3+CO↑
D．反應(yīng)④中的Si可用Al來(lái)代替
2．硫酸鋅是制備熒光粉的原料之一。工業(yè)上由鋅白礦（主要成分是ZnO，還含有Fe2O3、CuO、SiO2等雜質(zhì)）制備ZnSO4·7H2O的流程如下。
已知：常溫下，溶液中的Fe3+、Zn2+、Fe2+以氫氧化物形式完全沉淀的pH分別為：3.7，6.5，9.7。
（1）浸取過(guò)程中提高浸出效率可采用的措施有　 　（任答一條），ZnO和硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為　 　。
（2）加入適量鋅粉的作用為：①使溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+；②　 　。
（3）氧化過(guò)程中H2O2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為　 　。
（4）加入適量Ca(OH)2調(diào)節(jié)溶液pH，促進(jìn)Fe3+水解，F(xiàn)e3+水解反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K＝　 　，Ca(OH)2不能過(guò)量的原因是　 　。
3．以高硫鋁土礦（主要成分為Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金屬硫酸鹽）為原料，生產(chǎn)氧化鋁并獲得Fe3O4的部分工藝流程如下：
（1）焙燒過(guò)程均會(huì)產(chǎn)生SO2，用NaOH溶液吸收過(guò)量SO2的離子方程式為_(kāi)________。
（2）添加1% CaO和不添加CaO的礦粉焙燒，其硫去除率隨溫度變化曲線如圖所示。
已知：多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度都高于600 ℃
硫去除率＝（1－）×100%
①不添加CaO的礦粉在低于500 ℃焙燒時(shí)，去除的硫元素主要來(lái)源于________。
②700 ℃焙燒時(shí)，添加1% CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低，其主要原因是____________________________。
（3）向“過(guò)濾”得到的濾液中通入過(guò)量CO2，鋁元素存在的形式由__________（填化學(xué)式）轉(zhuǎn)化為_(kāi)_________（填化學(xué)式）。
（4）“過(guò)濾”得到的濾渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2，理論上完全反應(yīng)消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝________。
4．Ni、Co均是重要的戰(zhàn)略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+）中，利用氨浸工藝可提取Ni、Co，并獲得高附加值化工產(chǎn)品。工藝流程如下：
已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常溫下，Ni2+、Co2+、Co3+與 NH3形成可溶于水的配離子：lgKb(NH3·H2O)=-4.7；Co(OH)2易被空氣氧化為Co(OH)3；部分氫氧化物的Ksp如下表。
氫氧化物 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
回答下列問(wèn)題：
（1）活性MgO可與水反應(yīng)，化學(xué)方程式為_(kāi)_________________。
（2）常溫下，pH=9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O) c(NH) （填“>”“<”或“=”）。
（3）“氨浸”時(shí)，由Co(OH)3轉(zhuǎn)化為[Co(NH3)6]2+的離子方程式為_(kāi)________。
（4）(NH4)2CO3會(huì)使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3屬于_________（填“晶體”或“非晶體”）。
②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是___________。
（5）①“析晶”過(guò)程中通入的酸性氣體A為_(kāi)_____。
②由CoCl2可制備AlxCoOy晶體，其立方晶胞如圖。Al與O最小間距大于Co與O最小間距，x、y為整數(shù)，則Co在晶胞中的位置為；晶體中一個(gè)Al周?chē)c其最近的O的個(gè)數(shù)為_(kāi)______。
（6）①“結(jié)晶純化”過(guò)程中，沒(méi)有引入新物質(zhì)。晶體A含6個(gè)結(jié)晶水，則所得HNO3溶液中n(HNO3)與n(H2O)的比值，理論上最高為_(kāi)__________。
②“熱解”對(duì)于從礦石提取Ni、Co工藝的意義，在于可重復(fù)利用HNO3和_______（填化學(xué)式）。
【課后作業(yè)】答案
1．B
2．（1）將礦石粉碎或提高浸取溫度或適當(dāng)增加酸的濃度等
ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O
（2）除去Cu2+
（3）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
（4）c3(H+)/c(Fe3+) 防止生成Zn(OH)2
3．（1）SO2＋OH－===HSO
（2）①FeS2　②硫元素轉(zhuǎn)化為CaSO4而留在礦粉中
（3）NaAlO2　Al(OH)3　
（4）1∶16
4．（1）MgO+H2O===Mg(OH)2
（2）＞
（3）2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO===2[Co(NH3)6]2++SO+13H2O+4OH-
或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH+SO===2[Co(NH3)6]2++SO+13H2O
（4）晶體減少膠狀物質(zhì)對(duì)鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積
（5）HCl 體心 12
（6）0.4或2︰5 MgO

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