第三章 专题1 热点2 以化工物质为原料-【6星学霸·高考黑题】2026年高考化学二轮专项冲刺

第三章工艺流程题学丽 热点2以化工物质为原料 实战演练 经典真题1固体原料类(2025·湖北，16,14分)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种 工艺制备： 萤石CF,】 NaOH固体 研一混合物I一水浸 ,过滤一滤液I一…一一NaF因体 营石(CaF) ⅡNaOH国体一研离一混合物一尽浸一过圈一滤液Ⅱ一…一aF国体 T0,粉末 已知：室温下，Ti02是难溶酸性氧化物，CaTi0,的溶解度极低。 20℃时，NF的溶解度为4.06g/100g水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： (1)基态氟离子的电子排布式为 0 (2)20℃时，CaF2饱和溶液的浓度为cmol·L,用c表示CaF2的溶度积Km= (3)工艺I中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH一Ca(OH)2+2NaF。分析沉淀的成分，测得反 应的转化率为78%。水浸分离，NaF的产率仅为8%。 ①工艺I的固相反应 (填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度：S(CaF2) S[Ca(0H)2](填“>”或“<")。 (4)工艺Ⅱ水浸后NF的产率可达81%，写出工艺Ⅱ总反应的化学方程式： (5)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为 (填字母)。 a.蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 b.蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 (6)研磨能够促进固相反应的原因可能有 (填字母)。 a.增大反应物间的接触面积 b.破坏反应物的化学键 c.降低反应的活化能 d.研钵表面跟反应物更好接触 经典真题2液体原料类)(2023·重庆，15,14分)Fe,0,是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原 料制备Fe0,并获得副产物CaCL2水合物的工艺流程如下。25℃时，各物质溶度积见下表。 Cao 物质 溶度积(K。) 调节pH 反应釜 Fe(OH)2 4.9x107 FrC,溶液 反应釜3加压过 沉这后处理F0 反应釜2 逸液后处理CaG,水合物 Fe(OH)3 2.8×109 Ca0和分数剂空气 Ca(OH)2 5.0x106 (1)Fe04中Fe元素的化合价是+2和 02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Ca0和分散剂的同时通入空气。 083 学丽高考·黑题化学 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)。 (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Na,Cz04,将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀 硫酸中，用0.1000mol·L1KMn0,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CaCL,的质量分数为 巩固训练1(2025·天津一模节选)我国芒硝(Na,S0,·10H,0)资源丰富。工业上常以芒硝为原料 制备NaHCO3和NaHSO,。回答下列问题： I.实验室模拟制备 NH,CO. NaSO 一物质X a,S0,溶液转化操作a转化田操作包 转化ⅲ (200-300℃】 +H,0 NaHiCO, 母液 NaHSO. (1)转化i的化学方程式是 (2)操作a的名称是 0 (3)转化ⅱ结束后，将其反应液通过操作b制得Na2S0,·(NH4),SO4·2H,0。操作b的步骤为蒸 发浓缩 过滤、洗涤、干燥。 (4)转化ⅲ加热时盛装样品的仪器名称为 (5)物质X的化学式为 Ⅱ.NaHSO.的应用 (6)向NaHS0,溶液中逐滴加人Ba(OH)2溶液至溶液显中性的离子方程式为 (7)检验NaHS0,产品中是否混有(NH4),SO4的方法是 巩固训练2(2025·江苏苏州二模)稀土元素Ce是重要的战略资源，其氧化物C0,是一种重要的 催化剂。一种沉淀法制备CeO2的过程如下： 100 氨水，NH.HCO,溶液 20 CNO)溶液 沉淀 过滤 -Ce0h8H,0为接Cr0, 0 滤液 PH (1)制备Ce2(C0)3·8H20沉淀 ①配制C(NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为 ②生成Cez(C0,),·8H20沉淀的化学方程式为 ③溶液pH与C©z(CO,),·8H,0沉淀产率的关系如图1所示。滴加NH,HCO溶液（弱碱性） 前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为 第三章工艺流程题学丽 (2)灼烧Ce(C03)3·8H,0制备Ce02 在空气中灼烧C2(C0,)3·8H,0,测得灼烧过程中剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度 变化曲线如图2所示。已知a到b过程中产生的气体不能使无水CS0,变蓝，但能被碱液完全 吸收。 76.16 56.95 200 600温度/℃ 图2 图3 ①a点固体产物为 (填化学式)。 ②“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收的原因为 ③b点得到CeO,晶体，其晶胞如图3所示。晶胞中与每个Ce+距离最近的Ce+的个数为 巩固训练3(2025·山东东营一模)以粗BaS0,(含少量Fe、Ca和Mg的化合物)为原料制备BaC03 的工艺流程如图所示。“焙烧”时Fe、Ca、Mg均转化为较稳定的氧化物。回答下列问题： BaS0和C 按4：1配成原料 热水 浓HNO NH,CO. 废气 滤渣 淡黄色园体 滤液 已知： 表1溶解度随温度的变化 温度/℃ 10 20 30 40 50 60 Ba(NO3)2/g 6.67 9.02 11.5 14.1 17.1 20.4 焙烧主产物BaS/g 4.89 7.86 10.4 14.9 20.5 27.7 表2 几种硝酸盐的溶解度比较(50℃) 溶剂 Ba(NO,)2/g Ca(NO,)2/g Mg(NO,)2/g Fe(NO,)3/g 水 17.1 230.5 84.5 146.6 硝酸 0.87 134.35 51.0 69.56 (1)“焙烧”中原料的比值为 (填“质量比”或“物质的量比”)：测得“废气”的平均摩 尔质量为36g·mo,写出相应的主反应化学方程式： (2)“净化”时加入浓硝酸有两个目的：①除去杂质；②获取硝酸钡。“净化”时生成淡黄色固体的离 子方程式为 ;“操作I”“操作Ⅱ”的主要 065 学丽高考·黑题化学 不同为 HNO (3)根据如图判断工业生产时 配比最好为 是100 BaS A.3 B.4 C.4.3 D.5 20 (4)“炭化”时应先通入 ;写出“炭化”总反应化学方程 5 式： 该反应的化学平 衡常数为 。{用H2C0,[H,C03可代替(C02+H,0)]的电离常数K1、K2,NH3·H20的 电离常数K、K和BaCO,的溶度积K表示 巩固训练4(2025·河北邢台模拟)电池级MnS0,对纯度要求特别高，以工业级MnS0,(含Ca2、 Mg2、Zn2、Co2*、N2*等金属离子)为原料制备高纯MnS0,的过程如下。回答下列问题： Mn粉 NH.HCO, H.SO. 工业级 MnSO. MnSO. Zm.Ca、Ni 滤液3 (1)加入Mn粉过程中，Mn粉的作用为 (2)加人NH.HCO,时主要反应的化学方程式为 (3)“沉淀过滤”的反应温度不宜过高的原因是 (4)将“滤渣1”用纯水洗涤，证明沉淀洗涤干净的操作是 (5)结合K,可知加人NH,HCO,的最好方式是 (填字母)。 化学式 MnCO3 CaCO3 MgCO, K 2.2×10" 2.9×109 6.8×106 A.向NH,HCO,溶液中滴加滤液2 B.同时滴加NH,HCO3溶液和滤液2 C.向滤液2中滴加NH,HCO3溶液 (6)取样200mL“滤液2”，MnS0,的浓度为1.35mol·L,Ca2+、 1.0 05 ◆Mg Mg2随着2mol·LNH,HC0,溶液的加入转化的沉淀的量的 变化如图，NH,HCO,加入量应为 0.1 (7)“滤液3”中仍有大量M2+,为了提高原料利用率可采取的处理 0.05 方法是 0.00 100130160190220250280 NH,HCO,溶液mL (8)最终制得的MS04晶体颗粒大小不均匀，可能的原因是巩周训练3（1)2B,S,+6M0,+90,培能2,0，+6MmS0,(2)增大G,r浓度，所与C形成BC,使所充分浸出：同时抑制金属离子B时 (发BiC片)，Fe+水解(3)将F转化为Fe,避免形成Fe(OH)1沉淀，保证BiOC的纯度(4)升高温度促进BiC片水解，导致溶液中C浓 度增大，BC。+H,0BOC1,+5C+2H平衡逆向移动(5)边搅拌边向Bi0C1粗品中分批加入足量1ml·L.H,S0,溶液，充分反应后静 置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1m·L·BC溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的能渣浸人过量 4ml·LNaO旧溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化 解析：(I)联合培烧时，Bi,S3和Mn0,在空气中反应生成Bi,0,和MS0,写出化学方程式配平即可。(2)根据题目已知信息，B+易与C形成 BiC。,及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，增大CH浓度，B·与d形成B所C,使B充分浸出：同时，一定条件下BiC可以发生 水解：BiC1+H,0B0C!+5C+2H,补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，抑制金属离子B所“（我BiC).e+水解。(5）利用含少量 Fe(0H),杂质的Bi0C粗品制备，0，.首先要除去Fe(OH),杂质，再将Bi0d与0H发生反应：2Bi0C(自色)+20H△2CI+H,0+B,0,(黄 色)制备B20G 巩固调练4(1)5(2)加快反应速率，促进氨气逸出，防止H,B03析出(3)C03+2NH+H,0一(NH,),C0,(4)溶浸(5)H,S0,2-3> (6)B0H,+3CH,0H*夜藏B0CH,3+3H,0(O(NH.),ME(C0,2·4H,0② A 07或2 a*10 四解题思路 丽镁矿粉中加入疏酸揆溶液，得到气体，根据刚镁矿和硫酸餐化学式知，得到的气体为NH,“吸收”时NH,和少量C0,反应：C0,+ 2NH,+H,0一(NH)2C0,:根据过滤及沉钱成分知，热过滤中得到的滤渣为难溶性的Si02,Fe20,、A,0,调节溶液pH时得到H,B0, 武液中含有MgS0,,沉援过程发生的反应为2Mg·+3C0+2H0一g(0H)2·MgC01↓+2HC0,加热分解可以得到轻质Mg0:母液 中含有(NH.),SO: 解析：(1)Mg是第12号元素，核外电子排布式为122s22p3s2,基态Mg2核外电子排布式为122,22p°，有1+1+3=5种空间运动状态。(2)因刚 酸微溶于冷水.但在热水中溶解度较大，“溶浸"时生成了NH,.故选择100℃微沸条件下进行，原因是加快反应速率，促进氨气逸出，防止H,BO3 析出。(4)根据分析可知，“母液”中含有(NH,),S0,加热后可返回溶浸工序循环利用。(5)溶液H对硼酸结品率及纯度的影响如图1，根据 图1判断合适的pH范围是2~3，此时圃酸结品率及纯度较高：根据常温下，调酸溶液星弱酸性：B(OH)s+H0一一B(OH):+H,K= ((H]x1(oH) c[B(OH)3] 11.0s co ou <1→ 1。(7)①品胞中含有NH数目为4，含有 Mg 数日为1+8×。=2 e[B(OH)] e[B(OH)] e[B(OH) H.0 8 2M,g·m N.mol- 2M. X的化学式机NH:e(G0,力·4,0：2X最简式的式量为M.晶体边长为am,其晶胞密度p=了aXI0宁m,ax1D哼g~m'或 N2*0g·m 2M, 巩固调练5(1)3d(2)产生硫化氢等气体，污染环境(3)由图知，pH为2时锰的浸出率已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后 续调pH除杂质时会消耗更多的CaC0,面造成浪费(4)5.0~7.542e+3CaC03+3S0+3H,0一2e(0)1+3Cas0,+3C02↑(5)6× 104mol·L1(6)Mn2+2HC03=MC03,+C02↑+H20 解析：(1)Mn原子的价电子排布式为3P4,2,故M的价电子排布式为3.(4)中和除杂的目的是除去A1严、Fe“,根据图2可知，常温下 A*,Fe”完全沉淀时，即AM+下e3浓度为10ml·L时，pH分别为5.0.32，而题中所给信息为M2开始沉淀的pH为7.54，除杂时要A Fe+完全沉淀面Mn2不沉淀，因此嗣pH范围为5.0-7,54：加入碳酸钙后将下e+转化为Fe(0H)3沉淀，因此反应为2Fe+3CmC0,+3S0 +3H,0—2Fe(0H)3+3CaS04+3C02↑。(5)已知：K,(MgF2)）=6.4×100:K(CaF2)=3.6×10,溶液中的Ca沉淀完全时c(F)= K(CaF2)3.6x10 K(Mg,)6.4×10而 √c(ca√1x10=6x10(mm上).当g“完全沉淀时，需维持F)不纸于√2)√1x108x10(m,L, 因此当c(F)=6×I04m·L'时，即此时溶液中Mg2·和Ca2+都能沉淀完全。(6)加人碳酸氢铵进行”碳化结品”，生成二氧化碳气体、MC0 沉淀和水。 巩固训练6(1)Ca(P0.)F+10HN0,一5Ca(NO,)2+HF+3HP0,(2)①大于随若碳原子数增加，“一CH,CH,CH,”推电子能力强于 ·-CH,CH“,0-H键更难断裂，(0)，P0产率降低②s0,2（3) (4)Sc203 口解题思路 磷精矿加入璃酸酸浸，二单化硅不反应，过滤得到滤渣1种上元素就及铁、钙元素进入滤液，加入草取剂革取出稀土元素就，然后加入试 剂X(亚硫酿钠)将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节H分离出含有稀土钪的国相，再加入晴酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到的硫 酸钙为湾渣2，滤液中加入草破沉淀分高出草酸杭品体 解析：(1)“酸浸”过程中C5(P0,)3F与HNO,发生反应而溶解，生成Ca(N03)2HF和H,PO:。(2)②根据图中各离子的沉淀率，应加入还原 剂.将F还原为F,控制pH为2，使S沉淀，Fe2几乎不沉淀，有利于分离除杂，故试剂X为SO2a(3)此反应的平衡常数K= (H) e(H)·c3(HC20i)·e3(C,0片) [K(HC0)·Ka(H,C204)]3a26 2(se)·e3(H,C204)e2(se)·C20i)·c2(H,C,0)·c(HC,0i) Kn[Se2(C04)3] 。(4)1md草酸航品 体Sc(C,0,),·6H,0的质量为4628,550℃时，质量诚少462g×(19.5%+3.99%)=1088,根据质量守恒，1mml草酸杭品体S,(C,0)3·6H,0 含6m0lH,0,6m0lH,0的质量为108g,可知550℃时剩余周体为5c,(C,0,),850℃时固体质量剩余462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)= 138g,S,0,的摩尔质量为138g·nm,根据就原子守，可知850℃时剩余周体为S,0, 热点2以化工物质为原料 经典真题1(1)1s22s22p(2)4e3(3)①正向②<(4)CaF2+i02+2Na0 HCaTi0+2NaF+H,0(5)a(6)ab 一学霸高考·黑题·化学·26一 四解题思路 流程解读 实验原理 实检雪聚 添加T02粉末，由已知可知，生成的CT03的溶解度校低， 研磨 引发周相反应CaF,+2 NaOH-Ca(OH)2+2NaF 使得Ca2不转化为Ca(0H)2,发生反应CaF2+T02+2aOH -CaTiO,+2NaF+H,0 水浸 得到液I主要是NaF,Ca(OH)2溶液 得到滤液Ⅱ主要是NF溶液，提高了NF的产率 解析：(1)氟的原子序数为9，基态氯离子电子排布式为1222p。(2)CaF,他和溶液的浓度为emol·L-1,则c(Ca2)=emol·L-·,c(F) =2rml·L1,K,(Caf,)=c(Ca2)×e2(F)=43。(3)①转化率为78%，说明固相反应主要向生成Ca(0):和NaF的方向进行，即正向进行程 度大：2NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进人溶液，则溶液中存在Ca(OH),向CaF2的转化过程，根据沉淀转化的规律可推测：S(CaF2)< S[C(OH),]。(4)根据工艺Ⅱ的流程，CF2,TiO2与NaOH反应生成难溶的CTiO3,NaF和H0。(5)滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NF溶解度 受温度影响小，故蒸发至大量品体析出，趁热过滤即可得到NF品体，a正确。(6)研磨将固体颗粒粉碎，诚小粒径，从而显著增加反应物之间的 接触面积，使反应更易发生，a正确：研磨过程中的机械力可能导致品体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b正确：活 化能是反应固有的能量屏障，一般不直接降低活化能，错误：研体仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物接触更好并非促进反应的 原因.d错误。 经典真题2(1)+312222p‘(2)防止二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁(3)①4C0+6H,0+4F2·+02一4Fe(0H)1+4C22适当升 高温度，搅拌(4)①11②最后半滴标准液加人后，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色66.6% 四解题思路 0 利节pH 沉 e处0 FaCl溶流 (生过 及应瓷 运处（水合产习 产品分考洪鲍 腐浮反 流程解读 反应餐1 FC口，落液加入氧化钙生成氢氧化亚铁 反应登2 FCl溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁 反应鉴3 反应釜1,2中物质混合后调节pH 加压过滤 加压过滤分薄出沉淀处理得到四氧化三失，滤液处理得到氧化钙水合物 解析：(1)Fe,0,可以写成F0·Fe20,故Fe元素的化合价是+2和+3：02为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s2222p°。(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的氧气氧化为三价铁。(3)①反应釜2中，加 人G0和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化为三价铁，三价铁与氧化钙，水反应生成氢氧化钙和氢氧化铁，反应的离子方程式为4C0+ 61,0+4fe2·+02一4(0H),+4Ca。②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度，搅掸等。(4)①反应金3中，25℃时，Ca2·浓度为 50m·F,反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时(0r)产√c(Ca”) K.p[Ca(OH)T 5.0×106 5.0 -=1.0×103(mol·1-1),0H=3. H=11,故理论上H不超过11。②高锰酸钾溶液为紫红色，故滴定达到终点的现象为最后半滴标准液加人后，溶液变为没红色，且半分钟内不变 色；氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀CC,0,草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：2Mn0:+5H,C,0,+6'一 10C02↑+2Mn2*+8,0,结合质量守恒定律可知，5CaCd2~5H,C,0,-2M0,则该副产物中CaC2的质量分数 0.100 0x24x10mdgml -X L.000g 100%=66.6% 巩固训练1(1)NS0,+2NH+2H,0+2C02—2NHC03↓+(NH1)2S04(2)过滤(3)冷却结品(4)坩埚(5)NH3(6)Ba2*+2H+ S0子+20H一BaS0,!+2H,0(7)取少量NaHS0,产品于试管中，加人过量的浓NaOH溶液.加热，若产生能够使湿洞的红色石蕊试纸变蓝的 气体，则说明混有(NH:),S04 解析：(1)转化为硫酸钠和氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和硫酸做。(2)操作将碳酸氢钠沉淀和硫酸铵溶液分开，所以是过滤 (4)转化ⅲ为灼烧操作，加热时耀装样品的仪器为坩埚。(5)转化ⅲ为加热Na2S0,·(NH)20,·2H0,产物为NaHS0,NH,和水，故X 为NH,。(6)向NHS0溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，则氢氧根离子全部反应，根据“少定多变"原则，得离子方程式。 巩围训练2(1)①抻制Ce水解防止生成Ce(0H)3沉淀22Ce(N03)+3NH,·H,0+3NH,HC0+5H20一Ce2(C0,):·8H,0↓+ 6NH,N0,3提高CC3(C0,)3·8H,0的沉淀产率：节约NH,HC0,的用量（或象水中和硝酸，速率比NH,HC03快）：pH超过6，Cc(OH)3含量 增大，最终C02产品气孔少，吸附能力弱(2)①C(C0,),②吸收C02,减少碳排放：氨水吸收液中生成的NH,HC01,可循环使用③12 解析：(1)①已知C(NO,)1是强酸弱碱盐，C”能够发生水解呈酸性同时生成C(OH)1沉淀.故配制C(NO,)1溶液时.需滴加适量稀硝酸调 节酸度：2由题干流程图可知.向C(N0,),溶液中加入氨水和NH.HCO1溶液生成Ce,(CO1)1·8H,O沉淀和NH,NO,,配平后可得该反应的化 学方程式：③油题图1所示溶液H与C,(C0)3·8H,0沉淀产率的关系的信息可知，pH=6时Ce2(C0,)3·8H,0沉淀韦较高，原溶液星酸性 将消耗更多的NH,HC0,若pH更大即超过6时将产生C(0H),使得最终产物中含有Ce2(C0,)3·8H,0较少，爱烧时产生的C0,更少，最终 产品Ce02气孔少.吸附能力更扇。(2)①已知Ce2(C0)3·8H,0的摩尔质量为604g·mm,4到b过程中产生的气体不能使无水CS0,变 蓝，但能被碱液完全吸收，说明这时不再放出水蒸气，即a点处结品水已经完全失去，设灼烧1mC,(C0,),·8H,0周体，则起始固体质量为 一学霸高考·黑题·化学·27一 1mol×604g·mo=604g,点对应剩余周体质量为604g×76.16%=460g,即这阶段减少质量为604g-460g=144g,144g÷18g·o'=8m0l, 即失去8H,0故n点周体产物为Ce,(0,)1:③由题干晶脂可知，一个品胞中黑球个数为8×令+6×号=4个，白球为8个，结合化学式 C02,可知黑球代表Ce,白球代表0，故品胞中与每个Ce“距离最近的C“的个数为12。 巩周调练3（1)物质的量比8C+3BS0.整3BS+4C01+4C0,↑(（2)4H+20;+s产一2八0，t+S1+2H,0操作1为趁热过滤，提高硫化 俱的浸出率，操作Ⅱ为冷却过滤，或少硝酸捌溶解(3)C(4)NHBa(NO1)2+C02+H,0+2NH1—BaCO,↓+2NH,NO, KiKaK2 K.Kp 四解题思路 祖Bns0,(合少量Fe、Ca和Mg的化合物)和C混合培烧后得到的废气为C02,废渣为Bs,Fe,0,Ca0,MgO,用热水浸取除去Fe20、 C0、M:O,操作1为趁热过滤，提高硫化的浸出率，“净化”时加入浓猜酸除去杂质，茨取硝酿，操作Ⅱ为冷却过滤，减少萌酸溶解。 经过重结晶得到硝酸钡，“发化"时硝酿银和二氧化碳、氨气反应生成BC01 解析：(1)“培烧”中原料的比值为4：1，为保证硫棱钡完全反应，碳应过量，故应为物质的量之比：由“废气”的平均摩尔质量为36g·m可知 (C0,):n(C0)=1:1,根据培烧产物为BS,写出化学方程式。(2)“净化”时加入浓硝酸可以将溶液中的S氧化为淡黄色周体S单质，同时 生成N02,根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式。(3)硝酸与硫化钡按物质的量之比4：1完全反应，由表2可知，硝酸应过量，以降低 由图可知，配比超过43后，硝酸锁吸收率不变，心配比最好为43。(4)二氧化碳在水中的溶解度不 性环境，然后通人二氧化碳可以吸收更多的二氧化碳，有利于BaCO,的制备，硝酸锲和二氧化碳氨气反应生成BaCO,和NH,NO,由题意可知， e(HcO) (H')c(CO片) e(OH )e(NH:) K2= K c(H2C03） e(HC05)》 c(NH,·H20) K.=c(OH)c(H)Kp=r(Ba2)c(CO).根据KK,K,KK的关系可 得该反应的平衡常数为 iKK2 K 巩固调练4(1)将22+，Co2,N2还原为单质(2)MS0,+2NH,HC0,—MC03↓+(NH)2s0+C02↑+H,0(3)温度过高，NH,HC0易分 解(4)取最后一次洗涤液于试管中，加入BC,溶液，若不生成白色沉淀，则已洗净(5)C(6)130mL(7)将多次实验的滤液集中浓缩，继 续加人NH.HCO3溶液沉淀(8)升温速率不均匀（或升温速率过快） 四解题思路 Mn2.、Hg504Ca MncO, n1与稀随陵 反应盒成MS) Mm粉 NILIICO I1S0. 二业级 水漫滤液1静池液2」沉 1 苏发 MnS0. 过 过沁 过选 Z、Co、Ni 德液3 将7、C+、N还原为 白表中致艳可，HS0,aHH0 Z、(、Vi沦酒，过些徐去 反应生成HnG沉这 解析：(1)由题给流程图分析可知，加人Mn粉，得到单质Za,C。,Ni,说明Mn将Zm,C。2·,N2还原为单质。(2)分析流程可知，“沉淀过滤"中加 人碳酸氢铵，得到的“能渣1“为M(G03,MCO3不溶于水但溶于酸，所以产物中不能有H生成。(3)由于碳酸氢铵受热易分解，故“沉淀过滤 的反应温度不宜过高。(4)“滤液2“中含有S0,“滤渣1"为MnC0,可通过检验s0:判斯滤渣1“是否洗净。(5)滤液2中含Ms04,Mg0, CSO,若NH,HCO,过量，沉淀Mn的同时.Ca和Mg2也会转化为沉淀，难以分离：若滤液2过量.根据题给溶度积可知，NH,HC03会优先与 M2·反应，少量的NH,HC0,不与其他离子反应，则应向滤液2中滴加NH,HC0,溶液。(6)由题图可知，当加人130ml.NH,HC0,溶液时，能保 证MC03沉淀量大且CāC0,MC0,沉淀量小。(8)升温速度不均匀或温度升高过快均会导致产生的品体颗粒大小不均匀。 热点3以废弃物为原料 经典真题1(1)2(2)S0?(3)温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，H,·H,0分解生成N1,逸出，且温度高时过二硫酸铵分 解，造成浸出率减小(4)Z+[GCa(NH).]2+一Za(NH)a]2+C(5)Fe(6)pH升高，0H浓度增大，平衡A之+H0一一HA+OH逆向 移动，A产浓度增大.平衡Ps0,(o)+A2PbA+s0旷正向移动，PA产率增大P(0),(7)P(00C一CHoH一CHoI-C00) Pb+4C0↑+2H,01 四解题思路 AIs Nl5.0,-1lil20 滤液 氧北浸出 6 山4a,A容液 造1设阁选液然伍州 真定热解 选渔2 原杆 该心化学反这 产元分离按纯 产园 一 学霸高考·黑题·化学·28一