2022届高考化学一轮复习第三章金属及其化合物突破练

无机化工流程题解题指导

题型群选

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象提供多种信息。试题的结构

通常分为题头、流程和设问三部分。题头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。从要解

决的问题看，这类试题通常有两个目的：一是从混合物中分离、提纯某种物质；二是利用某

些物质制备另一物质。

L化工生产的一般流程

考忠两产品的循环利川

对晚料的核心化产品的分目标

预处理学反应离提纯产物

上饕足馔烧.酸溶.、结晶、蒸愤、

号虑可能;取分液等分离操作通

碱溶等操作.初步除

的副反应:常密考虑分离条件如

掉杂质:温度等

2.试题的设问角度

化工流程题的考点主要从以下六点设置：

(1)基本操作。

除杂、分离、检验、洗涤、干燥等实验操作的步骤描述；加入某些试剂或某个操作步骤

的目的描述。

(2)物质的分离与提纯。

通过调节pH使溶液中的金属离子沉淀达到分离除杂的目的，据此选择需要加入的化学

试剂；加入某种物质使难溶物转化为更难溶的物质后，通过过滤除去等。

(3)化学反应速率与化学平衡理论的运用。

例如，研磨使反应物颗粒变小，增大反应物间的接触面积，从而增大反应速率，提高原

料利用率；升高温度能增大反应速率，使吸热反应平衡正向移动等。

(4)化学方程式或离子方程式的书写。

根据流程图及设问中的信息找出反应物和生成物，书写指定的化学方程式或离子方程

(5)环境与绿色化学思想。

流程中物质的转化和循环、资源的回收和利用、“三废”的来源、对环境的影响及处理

措施等。

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⑹化学计算。

联系原料纯度、转化率、损失率、产物产率等计算产品质量；联系溶液配制、滴定操作

测定样品中某元素含量或产品纯度；联系溶度积常数，计算溶液中某离子浓度或完全沉淀时

的pH等。

3.试题三步审读

（1）读题干一一明确原料成分和目的要求。

乳化还原反应

短分解反应（含水解）

，广,

原料］_］相籥型|

住要而化学反应）

I除《什么？

产品的信息引进什么？

（2）读流程一一明确各步转化原理和目的。

①看箭头：进入的是投料（即反应物）；出去的是生成物（包括主产物和副产物）。

②看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。

③找信息：明确反应条件的控制和分离提纯的方法。

④关注所加物质的作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。

（3）读问题一一明确答什么。

①避免答非所问：要看清题目要求，按要求答题，防止答非所问。

②规范答题：回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，特别是化学用语的书写与

表示要准确、规范。

核心梳理

1.工艺流程中的常见专业术语

常见术语释义

将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物

研磨、雾化

接触面积，以增大反应速率或使反应更充分

使固体在高温下分解或改变结构，使杂质高温氧化、分解等。如煨烧石

灼烧（煨烧）

灰石、高岭土、硫铁矿

向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、

浸取

酸溶、碱溶、醇溶等

酸浸在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程

固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少。增大原料浸出率的措施有搅

浸出率

拌，升高温度，延长浸出时间，增大气体的流速（浓度、压强），增大气

-2-

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液或固液接触面积

滴定定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定

酸作用溶解、去氧化物（膜），抑制某些金属离子的水解，除去杂质离子等

碱作用去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH,促进水解（沉淀）

2.工艺流程题中常见问题的答题方向

常见问题答题要考虑的角度

过滤、蒸发、萃取、分液、蒸储等常规操作，如从溶液中得到晶体

分离、提纯

的方法：蒸发浓缩一冷却结晶一过滤一（洗涤、干燥）

绿色化学（物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利

提高原子利用率

用）

在空气中或特定气体要考虑Q、H：0、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，

中进行的反应或操作防氧化、水解、潮解等目的

方法：往漏斗中加入蒸储水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以

洗涤沉淀

上操作2〜3次

判断沉淀是

取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等

否洗涤干净

①调节溶液的酸碱性，抑制水解或使其中某些金属离子形成氢氧化

物沉淀；

②“酸作用”还可除去氧化物（膜）；

控制溶液的pH

③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅

等；

④特定的氧化还原反应需要的酸性条件（或碱性条件）

①使化学平衡移动，控制化学反应的方向；

②控制固体的溶解与结晶；

控制温度（常用水浴、

③控制反应速率：使催化剂达到最大活性；

冰浴或油浴）

④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发；

⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离

3.物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作

加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cw+

除杂溶液中混有的Fe3+,可加入CuO、Cu（OH）、Cu（OH）CO等来调节溶液的

2223

pH

-3-

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增大反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受

加热热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的

NallCO；又如HO、Ca（HCO）>KMnO、AgNO、IINO（浓）等物质

32232433

降温防止某物质在高温时分解或使平衡向着题目要求的方向移动

固液分离一一过滤

液液分离：

a.有溶解度差异一一结晶或重结晶（蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、

分离

烘干；蒸发结晶、趁热过滤）

b.有溶解性差异——（萃取）分液

C.有沸点差异——蒸得

4.获得产品阶段的主要操作

水洗：洗去晶体表面的杂质离子（适用于溶解度小的物质）

冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中

洗涤（冰水、热水、有机的溶解损耗（适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质）

溶剂）醇洗（常用于溶解度较大的物质）：洗去晶体表面的杂质离子，并

减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗（若对溶解度小的物质进行醇

洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥）

蒸发时的气体氛围抑制如从溶液中析出FeCl：,、A1C1：?MgCl?等溶质时，应在HC1的气流

水解中加热，以防其水解

KNO和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，

蒸发浓缩、冷却结晶3

则析出的固体是KNO,,达到除去KNO,中的少量NaCl的目的

NaCl和少量KNO,的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，则析

蒸发结晶、趁热过滤

出的固体主要是NaCl,达到除去NaCl中的少量KNO的目的

3

典例精折

题型❶以物质制备为目的的工艺流程

典例1（2020•全国卷I改编）钢具有广泛用途。黏土机矿中，机以+3、+4、+5价

的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO、FeO。采用以下工艺流程可由黏土帆

23I

矿制备NHV0。

13

-4-

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SO%HyNaOH

谑渣③滤液④源液⑤

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:

金属离子Fe3+Fe2+A13+Mn2+

开始沉淀pH1.97.03.08.1

完全沉淀pH3.29.04.710.1

回答下列问题：

(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是

⑵“酸浸氧化”中，V0+和V02+被氧化成V0反应的离子方程式为

同时还有离子被氧化，反应的离子方程式为一o

(3)“中和沉淀”中，钢水解并沉淀为•xH0随滤液②可除去金属离子K+、Mg?+、

Na+、,以及部分的。

(4)“沉淀转溶”中，V(\・xHO转化为钢酸盐溶解。滤渣③的主要成分是____o

252

(5)“调pll”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是

解析：黏土钿矿中，机以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，

以及SiO.,、FeQ,用30%H,SO,和MnO,“酸浸氧化”时V0+和VO被氧化成V0+,FeQ与硫酸

反应生成的Fa+被氧化成Fe3+,SiO,在此过程中不反应，滤液①中含有VO;、K+、Mg2+、AL+、

Fe3+、Mn?+、S0］；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0〜3.1,锐水解并沉淀为V.Q•xH,0,根据

表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH,此过程中Fes+部分转化为Fe(0H),沉淀,

部分AL+转化为Al(0H)沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mgz+、AL+、Fw+、Mn?+、SO,滤饼

34

②中含V,0_•xll,0、Fe(OH)、Al(OH)，滤饼②中加入NaOH使pH>13,V,0_•xH,O转化为钿酸盐

25233252

溶解，人1(011),转化为2八102,则滤渣③的主要成分为Fe(OH)/滤液③中含钗酸盐、偏铝酸钠,

加入IIC1调pH=8.5,NaAlO,转化为Al(OH%沉淀而除去。据此分析解答.

(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是升高温度，增大酸浸和氧化反应速率(促进氧化完

全)。(2)“酸浸氧化”中，帆矿粉中的FeO与硫酸反应生成FeSO、Fe(SO)和水，MnO具有

3442432

氧化性，Fez+具有还原性，则V0+和V02+被氧化成V0/的同时还有Fe?+被氧化，反应的离子方

程式为Mn0,+2Fe2++4H+==Mn2++2Fe3++2H,0；V0+转化为V0,时，钿元素的化合价由+3价

-5-

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升至+5价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，V0+转化为V0+反应的离子方程式为

2

VO++MnO+2H+=V0++Mn2++H0。⑶根据分析，“中和沉淀”中，钮水解并沉淀为V0•xHO,

222252

随滤液②可除去金属离子K+、帼2+、Na+、Mn2+,以及部分的Fes+、Ab+o(4)根据分析，滤渣

③的主要成分是FeSH%。(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HC1反应生成Al(OH),沉

淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO+HC1+HO==NaCl+A1(OH)INa[Al(OH)]+

2234

HCl==NaCl+Al(OH)J+HO。

32

答案：(1)增大酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2)VO++MnO+2H+=VO++Mnz+

22

+110Fe2+MnO+2Fe2++4H+=Mnz++2Fe3++2[IO(3)Mm+Al3+和Fes+(4)Fe(OH)

2223

(5)NaAlO+HC1+H0==NaCl+A1(OH)I{或Na[Al(OH)]+HCl=Al(OH)I+NaCl+

22343

H0}

2

典例2[2020•新高考卷I(山东卷)改编]用软镭矿(主要成分为MnO,含少量Fe0、

234

Al0J和BaS制备高纯MnCO：＜的工艺流程如下：

傕化枷

软隹|溶漉

A敏化做

吗嬴神」堤液।

粤明l।⑴状制x।碳电发怅.

II23

I彳滤I*花1..卜丑西一

硫黄废油注液II

俞炖碳酸然一|r煤.

已知：MnO是一种两性氧化物；25℃时相关物质的K见下表。

2sp

物质Fe(0H)Fe(OH)Al(OH)

233

KIX10-16.31X10-38.61X10-32.31X10-12.7

SP

回答下列问题：

(1)软镒矿预先粉碎的目的是___________________________

MnO与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为

2

⑵滤液I可循环使用，应当将其导入到操作中(填操作单元的名称)。

⑶硫酸酸解，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫黄，得到的滤液中主要金属阳离子有

(4)净化时需先加入的试剂X为(填化学式)，其目的是

(用离子方程式表示);压滤得到的废渣是;

(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为

(6)净化时使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为(当溶液中某离子浓度

cWl.0X10-5mol・LT时，可认为该离子沉淀完全)。

-6-

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解析：软镒矿粉(主要成分为MnO,含少量FeO、Al0)加入硫化钢溶液进行反应，主要

23423

发生的化学反应为MnO+BaS+HO==Ba(OH)+MnO+S,过滤得到Ba(0H)溶液，经蒸发结晶、

2222

过滤、干燥得到氢氧化钢；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mm+、Fez+、Fes

+、Ak+,得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫黄；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fez+转化为

Fe3+,然后加入氨水调节pH,使Fe："、AL+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH),和

Al(OH)i(此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+,向滤液中加入碳酸氢铁、氨水，加2+和碳酸氢

根电离出的碳酸根结合生成碳酸镒沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸镒。(1)软镭矿预先

粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，增大反应速率；MnO?与BaS反应转化为MnO,

Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知一2价的S元素应被氧化得到

S单质，则MnO与BaS的系数比应为1：1。根据后续流程可知产物还有Ba(011),结合元素守

22

恒可得化学方程式为MnO+BaS+HO===Ba(OH)+Mn0+S(2)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)

222o2

饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用。(3)滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金

属阳离子有Mn2+、Fez+、Fes+、A13+,得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫黄。(4)为净化时更好地

除去Fe元素，需要将Fez+氧化为Fes+；为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试

剂X可以是H.0,,离子方程式为2Fe2++Hp,+2H+=2Fe3++2H,0：然后加入氨水调节pH,使Fes

+、AL+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH),和Al(OH)：,。(5)碳化过程Mnz+和碳酸氢

根电离出的碳酸根结合生成碳酸镒沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反

应生成钱根和水，所以离子方程式为Mm++HC0-+NH-HO==MnCOI+NH++HO。(6)根据表

332342

格数据可知，Fe(OH)和Al(0H)为同种沉淀，而Al(OH)的K稍大，所以当AL+完全沉淀时，

333sp

[Al(OH)J

Fe3+也一定完全沉淀,当c(Ab+)=1.0X10-5mol•L-i时,c(OH-)=

c(Ab+)

1X10*L-1)—10-»imol,L-i,所以c(H+)=10mol♦L-i,pH=4.9,即pH的

理论最小值为4.9。

答案：⑴增大接触面积，充分反应，增大反应速率MnO2+BaS+H0===Ba(OH)?+MnO

+S(2)蒸发

(3)Mn2+、Fe2+,Fe3+、Ah+(4)HO2Fe?++H0+2H+==2Fe3++2H0Fe(OH)和

222223

Al(OH)

3

(5)Mn?++HCO-+NH•HO=MnCOI+NH++HO(6)4.9

332342

题型❷以分离提纯为目的的工艺流程

典例3(2020•四川天府名校质检)氧化锌工业品广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、

医药、玻璃和电子等行业。随着工业的飞速发展，我国对氧化锌的需求量日益增加，氧化锌

成为国民经济建设中不可缺少的重要基础化工原料和新型材料。用工业含锌废渣(主要成分为

ZnO,还含有铁、铝、铜的氧化物，Mnz+、Pbz+、Cd?+等)制取氧化锌的工艺流程如图所示：

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①KMnO,

30%硝酸和空气②试称

I[业锌渣1^1--oil™[®_*

辞粉

已知该工艺条件下相关金属离子［c(M"+)=0.1mol•L-0生成氢氧化物沉淀的pH如下表

所示:

金属离子Fe3+Fe2+A13+Mn2+Zn2+C112+Cd2+

开始沉淀的P1I1.56.33.48.16.26.07.4

沉淀完全的pH2.88.34.710.18.28.09.4

回答下列问题：

(1)为保证锌渣酸浸充分，先保持酸过量，且c(11+)=0.51noi•LT左右。写出一种加快

锌渣浸出的方法：_________________________

⑵为调节溶液的pH,则试剂X为(填化学式)，且调节溶液pH的范围是

⑶除杂时加入高镒酸钾的作用是,发生反应的离子方程式为

(4)“过滤”所得滤渣的主要成分是(填化学式)。

⑸写出“碳化合成”的化学方程式：

______________________________________________________?

“碳化合成”过程需纯碱稍过量，请设计实验方案证明纯碱过量：

解析：(1)酸浸的主要目的是将ZnO等物质与硝酸反应，为增大反应速率，可采取的方

法有加热、将锌渣粉碎、适当增大硝酸浓度、搅拌等。(2)加入试剂X的目的是调节溶液的pH,

使Fe3+、Ak+生成沉淀除去；为不引入新的杂质离子，可加入ZnO,Zn(OH),ZnCO等，根据

23

流程及表中数据，需调节pH的范围为4.7WpHV6.0。(3)加入高锯酸钾的作用是将Mn?+转化为

MnO沉淀，除去Mm+,反应的离子方程式为2MnO-+3Mn2++2HO=5MnOI+4H+。⑷由⑵、

2422

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(3)知，“过滤”所得滤渣的主要成分是Fe(OH)、A1(OH)、MnO。(5)“碳化合成”时加入NaCO,

33223

产物为ZnCO-2Zn(OH)•HO,反应的化学方程式为3Zn(NO)+3NaCO+

3223223

3HO==ZnCO•2Zn(OH)-HOI+2C0t+6NaN0［或3Zn(N0)+5NaCO+

2322233223

5HO==ZnCO•2Zn(OH)•H0I+4NaHC0+6NaN0］若NaCO不足时，溶液中还有Zn(NO)，

23223302332

继续滴加NaCO溶液，有沉淀产生；若NaCO过量时，可检验溶液中的CO”。

23233

答案：(1)将锌渣粉碎或加热(或适当增大硝酸浓度或搅拌或其他合理答案)(2)ZnO［或

Zn(OH)或ZnCO］4.7^pH<6.0(3)除去Mn?+2MnO+3MIT++2HO===5MnOI+4H+

23422

(4)Fe(OH)、Al(OH),MnO(5)3Zn(N0)+3NaC0+3H0==ZnCO•2Zn(OH)•HOI+2C0

332322323222

t+6NaN0［或3Zn(N0),+5NaCO+5HO==ZnCO•2Zn(0H)•HO\+4NaHC0+6NaNO］静

33223232233

置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量(或静置，取少许上

层清液滴加CaClJ容液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量)

典例4(2021•广东省适应性考试)综合利用炼锌矿渣［主要含铁酸保Ga(FeO)、铁酸

2243

锌ZnFe0］获得3种金属盐，并进一步利用钱盐制备具有优异光电性能的氮化钱(GaN),部分

24

工艺流程如下：

稀硫酸首取剂

,|

矿渣Lry-J2调泗jp-1②网体\

浸出渣""滤液I巾：I/

CH.Br溶液

卜|尊\I)I合同—反乐取口

(；a\

已知:①该工艺条件下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。

②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。

表1金属离子浓度及开始沉淀的pH

金属离子浓度/度ol•L-i)开始沉淀pH

Fe2+1.0X10-38.0

Fe3+4.0X10-21.7

Zm+1.55.5

Gas+3.0X10-33.0

表2金属离子的萃取率

(l)Ga,(Fe,0),中Ga的化合价为________，“浸出”时其发生反应的离子方程式为

2243

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(2)滤液1中可回收利用的物质是________,滤饼的主要成分是；萃取前加

入的固体X为0

(3)Ga与A1同主族，化学性质相似。反萃取后，钱的存在形式为(填化学式)。

(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镀和粗保精炼两个步骤。精炼时，以粗铁为阳极，

以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为

(5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基铁为原料,

使其与用发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为

(6)滤液1中残余的Ga3+的浓度为mol•LT(写出计算过程)。

解析：炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Gas+,加

入双氧水氧化亚铁离子，调节pH=5.4,沉淀铁离子和Gas+,滤液1中含有锌离子。得到的滤

饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化线，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取

剂萃取Ga3+,加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO,电解NaGaO溶液生成单质Ga,据此分

22

析解答。(DGa(FeO)中Fe是+3价，0是一2价，根据化合价代数和为0可知Ga的化合价

2243

为+3价，''浸出"时其发生反应的离子方程式为Fe‘:+8H+=2Fe3++4H,O。(2)根据以上分

析可知滤液1中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节pH=5.4,沉淀铁离子和Gas

+,滤饼的主要成分是Fe(OH)、Ga(OH)；萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，则X为

33

Fe。(3)Ga与Al同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Gas+转化为NaGaO,,

即钱的存在形式为NaGaO,。(4)精炼时，以粗钱为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极是得到

电子转化为Ga,电极反应为Ga0-+3e-+2Ho===Ga+40H-。(5)以合成的三甲基铁为原料，

22

使其与NH,发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，该过程的

化学方程式为Ga(CH)+NH=3CH+GaN。(6)根据表中数据可知Ga(0H)的溶度积常数为3.0

33343

X10-3X(10-11)3=3.0X10-36,溶液的pH=5.4,即氢氧根离子浓度是10-&6moi•LT,所以

Q\z1f)_36

滤液1中残余的Ga3+的浓度为-777^--「mol•L=3.OX1010.2mol•L-】。

(10-8.6)3

答案：(1)+3价Fe02-4-8H+==2Fe3++4H0(2)硫酸锌Fe(OH)>Ga(OH)Fe

24233

(3)NaGaO(4)GaO+3e-+2HO=Ga+40H-

222

⑸Ga(CH)+NH===3CH+GaN⑹3.0X10-1。.2

3331

实战提升

1.(2020•全国卷川节选)某油脂厂废弃的油脂加氢锲催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及

其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镁制备硫酸镁晶体

-10-

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(NiSO•7H0)：

42

榨

制

破

废Na()H溶液HS(),H.()溶液\；<)H溶液

出

短

一康嬴一点」T松

液

催

惊

浓

缩

化

晶

剂

结

体

III晶

注液①滤油②灌液③

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:

金属离子Ni2+Ah+Fe3+Fe2+

开始沉淀时

7.23.72.27.5

(c=0.