2024年大二轮化学（新高考）教案：专题六大题突破(二)化工流程题的综合分析

大题突破(二)化工流程题的综合分析(一)2023真题回访1．(2023·广东，18)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)2SO3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)2Co(OH)3Ni(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp5.9×10－151.6×10－445.5×10－161.3×10－335.6×10－12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(NHeq\o\al(＋,4))(填“>”“<”或“＝”)。(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___________________________。(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)。答案(1)MgO＋H2O=Mg(OH)2(2)＞(3)2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SOeq\o\al(2－,3)=2[Co(NH3)6]2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋13H2O＋4OH－或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,3)=2[Co(NH3)6]2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋13H2O(4)①晶体②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)①HCl②体心12(6)①0.4(或2∶5)②MgO解析(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，lgKb(NH3·H2O)＝－4.7，Kb(NH3·H2O)＝10－4.7＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)，eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)＝eq\f(10－4.7,cOH－)＝eq\f(10－4.7,10－4.1)＝10－0.6<1，则c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(＋,4))。(4)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。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。(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。②x、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；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。(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，则晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，根据Mg(NO3)2＋2H2OMg(OH)2＋2HNO3，Mg(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))MgO＋H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2∶5。2．[2023·湖北，16(1)(2)(3)]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。(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________。答案(1)四Ⅷ(2)SiCl4＋3H2O=H2SiO3＋4HCl(3)焰色试验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，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。(2)SiCl4遇水剧烈水解，化学方程式为SiCl4＋3H2O=H2SiO3＋4HCl。(3)常用焰色试验鉴别Li2CO3和Na2CO3。3．(2023·辽宁，16)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)3Co(OH)2Ni(OH)2Mg(OH)2Ksp10－37.410－14.710－14.710－10.8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)，1molH2SO5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)。(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______________________________________________________________________________________________________________________________________。(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)。答案(1)将镍钴矿粉碎(或浸取时搅拌或适当升高温度)(2)NA(3)H2O＋Mn2＋＋HSOeq\o\al(－,5)=MnO2＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋Fe(OH)3、CaSO4(4)9.0%SO2具有还原性，能还原H2SO5(5)4Co(OH)2＋O2=4CoO(OH)＋2H2O(6)11.1解析(2)H2SO5的结构式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA。(3)氢氧化铁的Ksp＝10－37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3＋)＝10－5mol·L－1，Ksp＝c3(OH－)×c(Fe3＋)＝c3(OH－)×10－5＝10－37.4，c(OH－)＝10－10.8mol·L－1，pH＝3.2，此时溶液的pH＝4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，Ca2＋与SOeq\o\al(2－,4)结合生成CaSO4沉淀。(6)氢氧化镁的Ksp＝10－10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2＋)＝10－5mol·L－1，可求得c(OH－)＝10－2.9mol·L－1，则c(H＋)＝10－11.1mol·L－1，所以溶液的pH＝11.1。化工流程题主要考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决化工生产中实际问题的能力，具有考查知识面广、综合性强、思维容量大的特点。工艺流程题设问的地方有：反应速率与平衡理论的运用，氧化还原反应的判断、化学方程式的书写，利用控制pH分离除杂，利用溶解度分离，常用的分离方法、实验操作，流程中的物质转化和循环，绿色化学评价，电化学，计算产量、产率、产品纯度等。这类题型不但综合考查考生在中学阶段所学的元素及其化合物知识以及物质结构、元素周期律、氧化还原反应、化学用语、电解质溶液、化学平衡、电化学、实验操作等知识，而且更重要的是能突出考查考生的综合分析判断能力、逻辑推理能力，且这类试题陌生度高，文字量大，包含信息多，思维能力要求高，近年来已成为高考化学主观题中的必考题型。(一)2023真题回访1．(2023·全国甲卷，26)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__________________________________________________________。(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nCO2∶nCO＝__________________。答案(1)做还原剂，将BaSO4还原(2)S2－＋Ca2＋=CaS↓(3)c(4)不可行CaS也会与盐酸反应生成有毒气体和可溶于水的CaCl2，影响产品纯度(5)BaCl2＋TiCl4＋2(NH4)2C2O4＋H2O=BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl(6)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，滤渣中含碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体，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。(3)浸取后滤液中主要为BaCl2和BaS，为不引入杂质，“酸化”步骤应选用盐酸。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2eq\o(=,\s\up7(△))BaTiO3＋2CO2↑＋2CO↑，因此，产生的nCO2∶nCO＝1∶1。2．(2023·新课标卷，27)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图所示：已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2Oeq\o\al(2－,7)存在，在碱性介质中以CrOeq\o\al(2－,4)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)。(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VOeq\o\al(＋,2)或VO3＋，在碱性条件下，溶解为VOeq\o\al(－,3)或VOeq\o\al(3－,4)，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________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)NaAlO2(4)溶液中c(POeq\o\al(3－,4))降低，不利于形成MgNH4PO4沉淀Mg2＋形成Mg(OH)2沉淀，不利于形成MgSiO3沉淀(5)C(6)2Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3S2Oeq\o\al(2－,5)＋10H＋=4Cr3＋＋6SOeq\o\al(2－,4)＋5H2O解析(6)分离钒后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2Oeq\o\al(2－,7)存在，还原过程中Cr2Oeq\o\al(2－,7)被S2Oeq\o\al(2－,5)还原为Cr3＋，S2Oeq\o\al(2－,5)转化为SOeq\o\al(2－,4)，因此反应的离子方程式为2Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3S2Oeq\o\al(2－,5)＋10H＋=4Cr3＋＋6SOeq\o\al(2－,4)＋5H2O。3．[2023·湖南，17(2)(3)(4)(5)(6)]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)3Et2OCH3INR3沸点/℃55.734.642.4365.8回答下列问题：(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______________________________________________________。(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)3D．用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I(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_____________________________________________________________________________________________________________________________。答案(2)使Ga充分熔化GaOeq\o\al(－,2)＋2H2O＋3e－=Ga＋4OH－(3)8CH3I＋2Et2O＋Ga2Mg5=2CH3MgI＋3MgI2＋2Ga(CH3)3(Et2O)(4)CH4(5)D(6)Ga(CH3)3和Et2O的沸点接近，而Ga(CH3)3和NR3的沸点相差较大，解配后可以分离出Ga(CH3)3解析(2)镓的熔点为29.8℃，电解精炼温度需高于镓的熔点，因此电解池温度控制在40～45℃。Ga和Al性质相似，电解精炼过程中粗镓在阳极失电子产生的Ga3＋在NaOH溶液中形成GaOeq\o\al(－,2)，GaOeq\o\al(－,2)迁移到阴极，得电子被还原为Ga，故阴极反应为GaOeq\o\al(－,2)＋2H2O＋3e－=Ga＋4OH－。(4)“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4。(5)由已知②③，结合流程图可知，溶剂蒸发、配体交换时Et2O得以循环利用，A项正确；高纯Ga能与H2O、O2反应，CH3I、Ga(CH3)3能与水反应，有机物能与O2反应，故B项正确；配体交换时NR3和Ga(CH3)3(Et2O)反应得到Ga(CH3)3(NR3)和Et2O，则工序X为解配Ga(CH3)3(NR3)，并利用Ga(CH3)3和NR3的沸点相差较大蒸出Ga(CH3)3，C项正确；Ga(CH3)3和CH3I中均只有1种氢原子，核磁共振氢谱均只有一组吸收峰，但吸收强度不同，可以鉴别，D项错误。(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。4．(2023·北京，18)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_______________________________________________。(2)形式浸出。①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：eq\x()Fe3＋＋Ag2S＋eq\x()__________eq\x()____________＋2[AgCl2]－＋S②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl－、H＋的作用：________________________。(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：________________________________________________________________________。答案结合生成[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)①2[AgCl2]－＋Fe=Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋②Fe2＋被氧气氧化为Fe3＋，Fe3＋把Ag氧化为Ag＋(4)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(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，则Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素质量守恒，该离子方程式为2Fe3＋＋Ag2S＋4Cl－2Fe2＋＋2[AgCl2]－＋S。(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后银的沉淀率逐渐减小。5．(2023·山东，17)盐湖卤水(主要含Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)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)＝2.2×10－2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。回答下列问题：(1)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，[B4O5OH4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[BOH4]－，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COeq\o\al(2－,3)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__________________________(填化学式)的用量。(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________________________________________________________________________。答案(1)[B4O5(OH)4]2－＋5H2O2B(OH)3＋2[B(OH)4]－9.24(2)Mg(OH)2、CaSO45.5×10－3Na2CO3、CaO(3)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COeq\o\al(2－,3)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的产率减小解析(2)精制Ⅰ后溶液中Li＋的浓度为2.0mol·L－1，由Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－2可知，则常温下精制Ⅱ过程中COeq\o\al(2－,3)浓度应控制在eq\f(2.2×10－2,2.02)mol·L－1＝5.5×10－3mol·L－1以下。(3)精制Ⅰ中，加入CaO，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，防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸。(二)模拟预测6．(2022·湖北高中名校联盟学年高三第三次联合测评)锑白(Sb2O3，两性氧化物)可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要成分是Sb2O3、Sb2O5，含有CuO、Fe2O3和SiO2等杂质)中制取Sb2O3的工业流程如图所示。已知：①“滤液1”的主要阳离子是Sb3＋、Sb5＋、Fe3＋、Cu2＋、H＋；②“滤饼”的成分是SbOCl。回答下列问题：(1)将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是______________________________________________________________________________________________________________。(2)“滤渣2”的成分是____________。(3)“稀释水解”主要反应的离子方程式为___________________________________________________________________________________________________________；该操作中需要搅拌的原因是________________________________________________________________________________________________________________________。(4)“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是____________________________。(5)“中和”时反应的化学方程式为_________________________________________________________________________________________________________________；“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是___________________________________________________________________________________________。答案(1)提高锑的浸出率(2)Fe、Cu(3)Sb3＋＋Cl－＋H2O=SbOCl↓＋2H＋避免形成胶体，不利于过滤分离(4)铁氰化钾溶液(5)2NH3·H2O＋2SbOCl=Sb2O3＋2NH4Cl＋H2O碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失解析含锑工业废渣加入稀盐酸酸浸，二氧化硅不反应得到滤渣1，滤液1中含有Sb3＋、Sb5＋、Fe3＋、Cu2＋、H＋；滤液1加入过量铁粉，Sb5＋、Fe3＋分别转化为Sb3＋、Fe2＋，铜离子转化为铜单质，过滤得到滤液2，加水稀释水解生成SbOCl，酸洗后加入氨水反应，SbOCl转化为Sb2O3。(3)已知稀释水解后得到滤饼的成分是SbOCl，故反应的离子方程式为Sb3＋＋Cl－＋H2O=SbOCl↓＋2H＋；该过程中搅拌可以防止水解生成胶体，不利于过滤分离。(5)“中和”时加入氨水，和SbOCl反应生成Sb2O3，根据质量守恒可知，还会生成氯化铵、水，反应的化学方程式为2NH3·H2O＋2SbOCl=Sb2O3＋2NH4Cl＋H2O；Sb2O3是两性氧化物，能和强碱反应，故“中和”时碱性不能过强。7．(2023·广东茂名第一中学高三模拟)金属镍及其化合物具有极高的实用价值，被广泛应用于石油化工、国防、冶金等多个行业。某科研小组以废镍催化剂(含金属Ni、Cu、Fe、Mg及其氧化物，还有少量其他不溶性物质)为原料，采用如图工艺流程制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)。已知：室温下Ksp(NiS)＝2.0×10－21，Ksp(CuS)＝6.0×10－36。回答下列问题：(1)Ni的价层电子排布式为______________。(2)“除铜”中反应达到平衡后，溶液中c(Ni2＋)∶c(Cu2＋)＝________。(3)“焙烧”时常采用多层气固逆流操作，其目的是_____________________________。该步涉及的主要反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。(4)根据下表的数据，则调节溶液pH的范围是____________。滤渣3主要成分的电子式为________________。金属离子Fe2＋Fe3＋Mg2＋Ni2＋开始沉淀的pH6.31.58.96.9沉淀完全的pH8.32.810.98.9(5)“沉镍”步骤中发生反应的离子方程式为__________________________________________________________________________________________________________。(6)某种半导体NiO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2－)＝anm。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为________g·cm－3(用含a、NA的表达式表示)。答案(1)3d84s2(2)3.3×1014(3)增大反应物间的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，提高原料利用率3∶2(4)2.8≤pH＜6.9(5)Ni2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=NiCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O(6)eq\f(75\r(2),8NAa3)×1021解析(2)“除铜”时加入NiS，发生反应：NiS(s)＋Cu2＋(aq)CuS(s)＋Ni2＋(aq)，该反应达到平衡后，溶液中eq\f(cNi2＋,cCu2＋)＝eq\f(cNi2＋·cS2－,cCu2＋·cS2－)＝eq\f(KspNiS,KspCuS)＝eq\f(2.0×10－21,6.0×10－36)≈3.3×1014。(3)“焙烧”时发生的主要反应为2CuS＋3O2eq\o(=,\s\up7(焙烧))2CuO＋2SO2，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2；该反应的反应物为CuS固体和O2，采用多层气固逆流操作，可以增大CuS与氧气的接触面积，并增加接触时间，使反应更充分，提高原料利用率。(4)加Ni(OH)2的目的是调节pH使三价铁离子完全沉淀而镍离子不沉淀，结合表中数据可知pH的范围为2.8～6.9；“除镁”时加入NH4F，得到的滤渣3为MgF2，MgF2是离子化合物，电子式为。(6)根据NiO晶胞结构可知，其一个晶胞中含有4个O2－，4个Ni2＋，O2－采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2－)＝anm，设晶胞边长为xnm，则可得关系式2x2＝16a2，解得x＝2eq\r(2)a，则晶胞的体积V＝16eq\r(2)a3nm3，则晶胞的密度为ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(\f(75×4,NA),16\r(2)a3)g·nm－3＝eq\f(75\r(2),8NAa3)g·nm－3＝eq\f(75\r(2),8NAa3)×1021g·cm－3。8．(2023·广东汕头潮阳区高三三模)碲在冶金工业中用途广泛，被誉为现代工业的维生素。某