第50讲 无机化工流程题的解题策略-【优化探究】2026高考化学一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

优化探究 大单元四　化学反应原理 第十二章　水溶液中的离子反应与平衡 第50讲　无机化工流程题的解题策略 [导航·复习目标]　1.提升应用物质的转化及条件控制、分离提纯操作等相关知识解决实际问题的能力。2.树立“绿色化学”的观念，形成资源综合利用、物能充分利用的意识。 2 梳理 必备知识 提升 关键能力 练真题 明考向 课时作业50　无机化工流程题的解题策略 3 1.工业流程试题的呈现形式 梳理 必备知识 4 2.工业流程中的原料预处理 (1)酸浸：溶解、去氧化膜等，使得可溶性的离子进入溶液中，不溶物过滤去除。 (2)碱浸：去油污(酯)，溶解铝、二氧化硅、氧化铝等，使得可溶性的离子进入溶液中，不溶物过滤去除。 (3)水浸：与水反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。 (4)研磨(雾化、粉碎)：增大反应物接触面积，以加快化学反应速率或使反应更充分。 5 (5)灼烧(焙烧、煅烧)：使物质高温分解或者氧化去除杂质、改变物质结构，使物质能溶解。如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。如煅烧高岭土。 (6)加入其他物质：如有机物醇、四氯化碳、无机盐等——反应、溶解。 6 3.工业流程中的条件控制 (1)溶液的pH 提供酸碱性环境反应、抑制或促进离子水解等产生沉淀便于分离等。调节pH的方法：调节pH所需的物质一般应满足两点：一是能与H＋反应，使溶液pH增大；二是不引入新杂质。如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。 7 ①调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。 ②加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。 ③加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，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)。 8 (2)温度 ①升温——加快反应(溶解)速率；促进平衡向吸热方向移动；去除热稳定性差的物质或易升华的物质。 ②降温——防止物质分解，挥发；使平衡向放热方向移动；使高沸点的物质液化，使其与其他物质分离；降低溶解度，减少损失。 ③控温——水浴、沙浴、油浴——受热均匀，便于控制温度。温度太高——速率太快；物质可能分解、挥发、水解；催化剂可能中毒；发生副反应等。温度太低——速率可能太慢；催化剂活性不高；物质转化率、产率不高等。 主要从物质性质(热稳定性、水解、氧化性或还原性、溶解度、熔沸点、挥发性、胶体聚沉等)和反应原理(反应速率、平衡移动、催化剂活性、副反应)两个角度思考。 9 (3)控制压强：改变速率，影响平衡。 (4)使用合适的催化剂：加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。 (5)趁热过滤：防止某物质降温时析出。 (6)洗涤：常见的洗涤方式有“水洗”和“乙醇洗”。“水洗”的目的是除去沉淀或晶体表面残留的杂质，当沉淀物的溶解度随温度升高而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶体表面残留的杂质，又可以降低晶体的溶解度，减少损失，还可以利用乙醇易挥发的性质，加快除去沉淀或晶体表面的水分。 (7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。 10 4.工业流程中的分离提纯 (1)过滤 ①洗涤原因：去除晶体表面的杂质；把目标产物尽可能洗出来，提高产率。 ②洗涤试剂：蒸馏水、冷水、有机溶剂(醇、酮、醚)等；如酒精洗硫酸亚铁铵晶体可降低晶体因溶解造成损失，可以除去表面的水，酒精易挥发，易干燥。 ③洗涤方法：沿着玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水(其他溶剂)至浸没沉淀，待其自然流下后，重复2~3次。 ④是否洗净：(离子检验)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加某某试剂(其他操作)，产生什么现象？则是否洗干净。 [特别提醒]　为了加快过滤速率可以减压过滤(吸滤、抽滤)，减压过滤装置由真空泵、布氏漏斗、吸滤瓶组成。 11 (2)结晶(重结晶) ①蒸发结晶：溶液是单一溶质时，所得晶体不带结晶水，如氯化钠溶液结晶过程。 ②蒸发浓缩，冷却结晶：所得晶体带有结晶水，如硫酸铜溶液得到CuSO4·5H2O晶体过程。 [特别提醒]　 a.溶液有两种以上溶质时，要得到溶解度受温度影响小的溶质——蒸发结晶，趁热过滤，如除去NaCl中少量的KCl；要得到溶解度受温度影响大的溶质——蒸发浓缩，冷却结晶，过滤， 如除去KCl中少量的NaCl。 b.晶体干燥的方法：自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干(热稳定性较好)。 12 (3)萃取(分液)：常见液－液萃取(如用苯或CCl4萃取水中的溴)，固－液萃取(如用酒精浸取黄豆中的豆油以提高油产量)。一般萃取分液后的混合溶液采取蒸馏的方式分离。 (4)蒸馏(分馏)：题目信息有涉及沸点不同时，考虑蒸馏。 13 一、物质制备型工业流程 1.(2025·八省联考河南卷)一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。 提升 关键能力 14 一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。 氟化物 FeF2 MgF2 MnF2 Ksp 2.3×10－6 5.1×10－11 5.2×10－3 回答下列问题： (1)“除钛”中产生的少量气体是____________(填化学式)；铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得TiO2＋水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，其 另一个作用是_____________。  H2　 还原Fe3＋ 15 解析：“除钛”过程中加入的铁粉发生的主要反应有Fe＋H2SO4==== FeSO4＋H2↑、Fe2(SO4)3＋Fe====3FeSO4，提高了溶液体系的pH，使TiO2＋水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，故少量气体是H2，铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得TiO2＋水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，其另一个作用是还原Fe3＋。 (2)“除杂1”中除去的离子是____________(填化学式)。  Mg2＋ 解析：“除钛”后溶液中主要含有Fe2＋、Mg2＋、Mn2＋、S，由FeF2、MgF2、MnF2的Ksp可知，MgF2更难溶于水，加入NH4F与Mg2＋反应生成难溶于水的MgF2，故 “除杂1”中除去的离子是Mg2＋。 17 (3)“氧化1”中若H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大，原因是________________________________________________________。  本步骤不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液，原因是____________________ ______________________。  氧化生成的Fe3＋可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大 防止盐酸与KMnO4反 应生成Cl2，产生污染 18 解析：“氧化1”中Fe2＋被H2O2氧化为Fe3＋，Fe3＋是H2O2分解的催化剂，可以使H2O2分解速率增大，故H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大；该反应2Fe2＋＋H2O2＋2H＋====2Fe3＋＋2H2O在酸性条件下发生，本步骤若使用稀盐酸代替H2SO4溶液，则溶液中含有Cl－，在“除杂2”中会与KMnO4反应生成Cl2，产生污染。 (4)滤渣3的主要成分是MnO2·xH2O，生成该物质的离子方程式为_________________________________________________________。  3Mn2＋＋2＋(5x＋2)H2O====5(MnO2·xH2O)↓＋4H＋ 解析：“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2＋发生氧化还原反应生成MnO2·xH2O，离子方程式为3Mn2＋＋2Mn＋(5x＋2)H2O==== 5(MnO2·xH2O)↓＋4H＋。 (5)“氧化2”的目的是减少____________(填化学式)气体的排放。  SO2 解析：农药盐渣成分中有Na2SO3，“除杂2”后溶液中含有H＋，二者混合会发生反应：S＋2H＋====SO2↑＋H2O， “氧化2”的目的是将S转化为S，从而减少SO2气体的排放。 (6)“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致FePO4·2H2O产量降低，原因是_______________________________________________________________________________________________________。  溶液中H＋浓度较大，磷元素主要以H3、H2P、形式存在，浓度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少 解析：“沉铁”中如果体系酸性过强，则溶液中H＋浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2P、HP形式存在，P浓度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少，导致FePO4·2H2O产量降低。 二、分离提纯型工业流程 2. V有“工业味精”之称。工业上提取钒的工艺有多种，一种从钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)中提取V的工艺流程如下： 已知：①“酸浸”时有V生成。②“萃取”时离子萃取率的大小顺序为Fe3＋＞VO2＋＞Fe2＋＞Al3＋。 回答下列问题： (1)“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-Na2SO4与钒页岩形成混合 物，这样做的目的是__________________________________。  生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率 解析：将钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)中添加NaCl-Na2SO4进行焙烧，可将V转化为易溶的钠盐，Fe、Al等转化为金属氧化物；加入酸进行酸浸，滤渣1为硅的化合物；调节溶液的pH至5.1，所得滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有V；加入H2C2O4进行还原，将V还原为VO2＋；加入萃取剂进行萃取，去掉水相，再进行反萃取，分离出含有VO2＋的水溶液；加入氧化剂将VO2＋氧化为V；加入NH4Cl溶液进行沉钒，过滤得到NH4VO3，煅烧NH4VO3，制得V2O5。 (1)“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-Na2SO4与钒页岩形成混合物，这样做能将钒转化为可溶性盐，目的是生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率。 (2)“滤渣1”除掉的主要杂质元素是______(填元素符号)。  Si 解析：加入酸后，钒对应的盐，铁、铝的氧化物等都易溶于酸，只有硅的化合物不溶，所以“滤渣1”除掉的主要杂质元素是Si。 (3)H2C2O4的作用是将V转化为VO2＋，转化的目的是______________ _______________________________________，发生反应的离子方程式 为_________________________________________________。  VO2＋的浸取率 大于V，转化为VO2＋可以提高钒的浸取率 2V＋H2C2O4＋2H＋====2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O 解析：题干信息显示，VO2＋的浸取率大于V，则H2C2O4的作用是将V转化为VO2＋，转化的目的是VO2＋的浸取率大于V，转化为 VO2＋可以提高钒的浸取率；发生反应的离子方程式为2V＋H2C2O4＋2H＋====2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O。 (4)“沉钒”时，生成NH4VO3沉淀，“步骤X”的目的是 ____________________， 写出“煅烧”时的化学反应方程式 ___________________________________。  将VO2＋氧化为V 2NH4VO32NH3↑＋V2O5＋H2O 解析：“沉钒”时，生成NH4VO3沉淀，则“步骤X”操作后，VO2＋转化为V，所以目的是将VO2＋氧化为V，“煅烧”时的化学反应方程式为2NH4VO32NH3↑＋V2O5＋H2O。 (5)以“沉钒率”(NH4VO3沉淀中V的质量和钒页岩中钒的质量之比) 表示钒的回收率如图所示，温度高于80 ℃时沉钒率下降的原因是 _______________________________________________________________________。  温度高于80 ℃时，N的水解程度增大，N浓度减小导致沉钒率下降 解析：从图中可以看出，温度高于 80 ℃时，沉钒率下降，可能是N浓度减小造成的，原因是温度高于80 ℃时，N的水解程度增大，N浓度减小导致沉钒率下降。 注意识图方法 图1箭头表示反应物加入同时生成物出来； 图2箭头表示反应物分步加入和生成物出来； 图3箭头表示循环反应。 32 练真题 明考向 1．（2024·广东卷，节选）镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣（含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素）中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn＋的原理如图。 已知： ①pKa(HF)＝3.2。 ②Na3[AlF6]（冰晶石）的Ksp为4.0×10-10。 ③浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)－(m＝0～4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl－配位，其他金属离子与Cl－的配位可忽略。 (1)“电解”中，反应的化学方程式为________________________________。 (2)“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]－的离子方程式为 ______________________________。 Ga3+＋4Cl－===[GaCl4]－ 解析：“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]－的离子方程式为Ga3+＋4Cl－===[GaCl4]－。 (3)“还原”的目的：避免　　　元素以　　　（填化学式）微粒的形式通过LAEM，从而有利于Ga的分离。 铁 [FeCl4]－ 解析：根据已知③，浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)－(m＝0～4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]－的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离。 (4)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越　　　　，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向Ⅰ室中加入　　　　（填化学式），以进一步提高Ga的提取率。 高 NaCl 解析：“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越高，更有利于生成[GaCl4]－的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向Ⅰ室中加入NaCl，提高Cl－浓度，进一步提高Ga的提取率。 (5)“调pH”中，pH至少应大于　　　　，使溶液中c(F－)>c(HF)，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na＋)＝0.10 mol·L-1，则[AlF6]3-浓度为　　　　mol·L-1。 3.2 4.0×10-7 2．（2023·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)2SO3和(NH4)2CO3配制而成。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子；lg Kb(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如表所示。 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_________________________。 MgO＋H2O===Mg(OH)2 解析：活性MgO可与水反应，化学方程式为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________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 解析：“氨浸”时，Co(OH)3与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[Co(NH3)6]2+，则由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为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)(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 氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 减少胶状物质对镍钴 解析：(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。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。 (5)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）。 0.4（或2∶5） MgO 3.(2024·河北卷)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：ⅰ.石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH 、Na2CO3等。 ⅱ.高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成四羟基合铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和四羟基合铝酸钙均难溶于水。 回答下列问题： (1)钒原子的价层电子排布式为________；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的 化合价为________，产生的气体①为________(填化学式)。  3d34s2 ＋5价 CO2　 解析：石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、Na[Al(OH)4]、Ca[Al(OH)4]2、CaO和CO2等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质{Ca(VO3)2、Ca[Al(OH)4]2等}，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯V，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH4VO3，经一系列处理后得到V2O5；滤渣①在pH≈8，65~70 ℃的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行V的富集。 (1)钒是23号元素，其价层电子排布式为3d34s2；焙烧过程中，氧气被还原，V2O3被氧化生成V，偏钒酸盐中钒的化合价为＋5价；CaCO3在800 ℃以上开始分解，生成的气体①为CO2。 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液 中杂质的主要成分为______________ (填化学式)。  Na[Al(OH)4] 解析：由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与Al2O3反应生成四羟基合铝酸钠和四羟基合铝酸钙，四羟基合铝酸钠溶于水，四羟基合铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是Na[Al(OH)4]。 (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为________________________________________________；CO2加压 导入盐浸工序可提高浸出率的原因为______________________________ __________________________；浸取后低浓度的滤液①进入__________ (填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。  ＋OH－＋Ca(VO3)2CaCO3＋H2O＋2V 提高溶液中HC浓度，促使偏钒 酸钙转化为碳酸钙，释放V 离子交换 解析：在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与和OH－反应生成CaCO3 、V和H2O，离子方程式为HC＋OH－＋Ca(VO3)2CaCO3＋H2O＋2V；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为可提高溶液中HC浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放V；滤液①中含有V、N等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为________(填化学式)。  NaCl　 解析：由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有Cl－，考虑到水浸所得溶液中含有Na＋，为避免引入其他杂质离子，且NaCl廉价易得，故洗脱液的主要成分应为NaCl。 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为________(填字母)。  a.延长沉钒时间　　　　 b.将溶液调至碱性 c.搅拌 d.降低NH4Cl溶液的浓度 bd 解析：a.延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；b.NH4Cl呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH－与N反应，不利于生成NH4VO3，b符合题意；c.搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；d.降低NH4Cl溶液的浓度，不利于生成NH4VO3，d符合题意。 4.(2024·湖北卷)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为 已知：Be2＋＋4HA⥫⥬BeA2(HA)2＋2H＋ 回答下列问题： (1)基态Be2＋的轨道表示式为________。  解析：本题是化工流程的综合考查，首先铍的铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2＋和Al3＋，加入含HA的煤油将Be2＋萃取到有机相中，水相1中含有Al3＋，有机相为BeA2(HA)2，加入过量氢氧化钠反萃取Be2＋使其转化为Na2[Be(OH)4]进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此解答。 (1)基态Be2＋的电子排布式为1s2，其轨道表达式为 。 (2)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 __________。  快速冷却 解析：熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点为快速冷却。 (3)“萃取分液”的目的是分离Be2＋和Al3＋，向过量烧碱溶液中逐滴加 入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是__________。  无明显现象 解析：“滤液1”中有Be2＋和 Al3＋，加入含HA的煤油将Be2＋萃取到有机相中，则水相1中含有Al3＋，则向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，可观察到的现象为无明显现象。 (4)写出反萃取生成Na2的化学方程式______________________ ________________________________。“滤液2”可以进入___________步骤再利用。  BeA2(HA)2＋6NaOH ====Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O 反萃取分液 解析：反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2＋6NaOH====Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O，“滤液2”的主要成分为NaOH，可进入反萃取分液步骤再利用。 (5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是________________________。  增强熔融氯化铍的导电性 解析：氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。 (6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物，4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个Be的配位环境相同，Be与Be间通 过CH3COO－相连，其化学式为________________。  Be4O(CH3COO)6 解析：由题意可知，该配合物中有4个铍位于四面体的4个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有6个 CH3COO－，则其化学式为。 课时作业50 无机化工流程题的解题策略 71 2 3 4 1 非选择题 1．（2025·广东省部分学校高三联考）氮化钛(Ti3N4)常作仿金饰品，乳酸亚铁常作补铁制剂。以钛铁矿（主要含FeTiO3，还含少量Al2O3、SiO2）为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图，回答下列问题： 5 6 72 2 3 4 1 部分物质的熔点、沸点数据如表所示： 5 6 物质 TiCl4 Mg MgCl2 Ti 熔点/℃ －25 648.8 714 1 667 沸点/℃ 136.4 1 090 1 412 3 287 73 2 3 4 1 (2)其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。   “酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为　　　　%。 5 6 85 (1)Ti位于元素周期表第　　　周期第　　　族。 四 ⅣB 74 2 3 4 1 解析：由题图可知，硫酸质量分数为85%时，铁、钛浸出率均较高，则“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为85%。 5 6 75 2 3 4 1 (3)“熔炼”时，温度在800～900 ℃，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学方程式为__________________________ ________________。 5 6 TiCl4＋2CO (4)“还原”时得到钛和另一产物M，采用蒸馏法分离出钛，控制蒸馏的最低温度为　　　 　，工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的M，阳极的电极反应式为_____________________________。 1 412 ℃　 2Cl－－2e－===Cl2↑ 76 2 3 4 1 5 6 乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4 77 2 3 4 1 5 6 78 2 3 4 1 (6)钛、氮组成的一种化合物的晶胞如图所示，钛的配位数为　　　　， 该晶体的密度为　 　　　g·cm-3，已知Ti、N原子半径之和等于a nm（Ti、N相切），NA为阿伏加德罗常数的值。 5 6 6 79 2 3 4 1 5 6 80 2 3 4 1 2．（2025·广东省八校高三联考）四氧化三锰(Mn3O4)是一种可用于生产锂离子电池正极材料的原料。以天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）为原料制备高纯Mn3O4的工艺流程如图所示。 5 6 81 2 3 4 1 25 ℃时，相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表，当离子浓度小于10-5 mol·L-1时，则认为该离子沉淀完全了。   5 6 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 10.9 8.2 8.9 回答下列问题： (1)“氧化”步骤的主要目的是__________________________________ _________________________。 把Fe2+氧化成为Fe3+，使铁元素能够在 调pH时完全被除去 82 2 3 4 1 5 6 83 2 3 4 1 (2)“调pH”时溶液的pH范围应调节为4.7～6.2之间，据此可以得知：Al(OH)3的Ksp＝　　　　。 5 6 10-32.9 84 2 3 4 1 (3)“滤渣3”中主要有　　　　　　。 5 6 ZnS、NiS (4)写出“沉锰”时的离子方程式：_____________________________ ____________________。 CO2↑＋H2O (5)在“沉锰”时，可以额外添加适量氨水促进生成碳酸锰，请你从化学平衡移动的角度解释加入氨水的目的：__________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________________________。 85 2 3 4 1 5 6 86 2 3 4 1 (6)Mn和O可以组成多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞如图所示。   ①该晶体中Mn的配位数为　　　　。 ②已知阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝　　　 　 （用含a、b的代数式表示）g·cm-3。 5 6 6 87 2 3 4 1 5 6 88 2 3 4 1 3．（2025·广东省六校高三联考）一种利用炼锌渣（主要含ZnO、CuO、Fe2O3、FeO、GaCl3和不溶性杂质）为原料制备硫化锌及高纯镓的流程如图所示： 5 6 89 2 3 4 1 已知： ①不同金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH 范围如下表： 5 6   Ga3+ Fe3+ Zn2+ 开始沉淀pH 2.7 1.9 6.4 完全沉淀pH 4.0 3.2 8.0 ②Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，与强碱反应生成[Ga(OH)4]－ 90 2 3 4 1 (1)基态Zn的价层电子排布式为　　　　，属于　　　　区元素。 5 6 3d104s2 　ds (2)“酸浸”时温度不宜过高，原因是___________________。 防止H2O2受热分解 91 2 3 4 1 5 6 解析：根据流程图分析，炼锌渣经过稀硫酸溶浸过滤掉不溶性杂质，将ZnO、CuO、Fe2O3 、FeO转化为Zn2+、Cu2+、Fe3+、Fe2+，加入H2O2使Fe2+转化为Fe3+；向滤液中加入硫酸钠溶液进行沉铁，得到黄钠铁矾；加入金属粉末还原除杂，由流程图可知目的是除去Cu2+，使之生成CuCl沉淀；向滤液中加入NaOH溶液调节pH为8.2，目的是将Ga3+转化为[Ga(OH)4]－，此时Zn2+水解完全生成Zn(OH)2；加入Na2S溶液将Zn(OH)2转化为ZnS，最后电解Na[Ga(OH)4]溶液得到金属镓。 92 2 3 4 1 (3)“沉铁”时，将铁离子转化为黄钠铁矾而非调节pH形成氢氧化铁的原因是________________________________________________________ _____________________________________________________________。 5 6 Ga3+容易生成Ga(OH)3而损失[或Fe(OH)3容易形成胶体，不利于过滤分离，或Fe(OH)3容易形成胶体，易吸附 Zn2+而造成 ZnS 损失]　 解析：“沉铁”时，将铁离子转化为黄钠铁矾而非调节pH形成氢氧化铁的原因是Ga3+容易生成Ga(OH)3而损失，或Fe(OH)3容易形成胶体，不利于过滤分离，或Fe(OH)3容易形成胶体，易吸附 Zn2+而造成 ZnS 损失。 93 2 3 4 1 (4)“沉锌”步骤的离子方程式为_______________________________。 5 6 (5)电解“沉锌”后的溶液，在阴极区得到镓单质，写出对应的电极反应式：_________________________________________________。 Zn(OH)2＋S2-===ZnS ＋2OH－ Ga(OH)＋3e－===Ga＋4OH－ 94 2 3 4 1 (6)ZnS的晶胞如图所示，据此回答： ①距离锌原子最近且相等的锌原子数目为　　　　。 ②若晶体密度为ρ g/cm3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则硫原子与锌 原子的最近距离为　 　　　nm。 5 6 12 95 2 3 4 1 5 6 96 2 3 4 1 4．（2025·广东茂名高三联考）泻盐(MgSO4·7H2O)被广泛用于临床，如导泻、利胆等。以菱镁矿渣（主要成分是MgCO3，含少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、SiO2、MgO等）为原料制备泻盐的流程如图所示。 5 6 97 2 3 4 1 已知：常温下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀（离子浓度小于1×10-5 mol·L-1）时的pH如下表： 5 6 阳离子 Fe3+ Al3+ Fe2+ Mg2+ 开始沉淀时的pH 1.6 3.2 7.6 8.9 完全沉淀时的pH 3.1 4.7 9.6 10.9 2 3 4 1 回答下列问题： (1)“酸浸”前常将菱镁矿渣磨成矿粉，其目的是___________________ 　　 　　；滤渣的主要成分为　　 　　（填化学式）。 (2)写出加入KClO3时发生反应的离子方程式：_______________________________________。 5 6 增大固体与酸的 接触面积，加大浸取速率，提高镁元素的浸出效率 SiO2、CaSO4 2 3 4 1 解析：菱镁矿渣（主要成分是MgCO3，含少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、SiO2、MgO等）中加入过量稀硫酸“酸浸”得到对应的硫酸盐，其中SiO2不参与反应，生成的CaSO4微溶，则滤渣的主要成分为SiO2和CaSO4，再向滤液中加入KClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加入试剂MgO调节pH，煮沸将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀除去，再经过“操作1”（包括蒸发浓缩、趁热过滤）除钙后，此时溶液中主要含有MgSO4，最后经“操作2” 得到MgSO4·7H2O，则“操作2”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 5 6 2 3 4 1 (3)“调pH”的范围为　　　　～　　　　。 5 6 4.7　 8.9 解析：加入试剂MgO调节pH是为了将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀除去，不引入杂质离子，且镁离子不沉淀，则“调pH”的范围：4.7～8.9。 2 3 4 1 (4)已知MgSO4·7H2O、CaSO4两种物质的溶解度与温度的关系如图1所示。 “操作1”采用蒸发浓缩、　　　　（填操作名称，采用如图2装置操作，夹持装置已略去）。 5 6 趁热过滤 2 3 4 1 解析：根据图1可知CaSO4的溶解度随温度升高而升高幅度不大，若从溶液中得到CaSO4·2H2O，应采取蒸发浓缩、趁热过滤，除钙的同时防止硫酸镁晶体析出。 5 6 2 3 4 1 (5)MgSO4·7H2O的热失重曲线如图3所示。   写出b→c过程发生反应的化学方程式： _________________________________________________________。 5 6 2 3 4 1 解析：初始取硫酸镁晶体的物质的量为0.1 mol，失重时，先部分脱水，后全部脱水，最后硫酸镁部分分解，最终硫酸镁全部分解，生成稳定的氧化镁。根据每个点数据，依据相对分子质量判断。在失重过程中镁元素始终存在于固体中且质量不变。计算如下： 5 6 代号 a b c d e 摩尔质量/ (g·mol-1) 246 138 120 280 40 组成 MgSO4·7H2O MgSO4·H2O MgSO4 Mg3O(SO4)2 MgO 2 3 4 1 (6)MgO晶体的晶胞结构如图4所示，其密度 为ρ g·cm-3，设1号原子的坐标为(0，0，0)， 3号原子的坐标为(1，1，1)，NA为阿伏加德 罗常数的值。  ①2号原子坐标为　　　 　。 ②Mg2+和O2-之间的最短距离为　 　　　pm。 ③Mg2+之间距离最近且等距离的4个Mg2+和6个Mg2+围成的空间结构分别为　　 　　、　　　　。 5 6 正四面体 正八面体 2 3 4 1 5 6 2 3 4 1 5．（2025·广东云浮模拟）含铬电镀废水的主要成分如表，常用“Pb2+沉淀法”和“药剂还原沉淀法”进行处理。 5 6 离子 Cr(Ⅵ) Cr3+ Cu2+ Fe2+ Zn2+ 含量（mg·L-1） 28.38 12.92 0.34 0.069 0.014 Ⅰ. “Pb2+沉淀法”工艺流程如图。 108 金属离子沉淀完全时(c＝1.0×10-5 mol·L-1)及沉淀开始溶解时的pH如表。 2 3 4 1 5 6 金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Zn2+ Cr3+ pH 沉淀完全 6.7 8.3 2.8 8.2 5.6 沉淀开始溶解 — 13.5 14.0 10.5 12.0 (1)铬元素的价层电子排布式：　　　　。已知金属铬为体心立方晶体， 密度为7.2 g·cm-3，求两个Cr原子的最小核间距　　 　　nm（只写表达式，不计算）。 3d54s1 2 3 4 1 5 6 2 3 4 1 5 6 解析：“氧化”过程中Cr(OH)3被H2O2氧化为CrO，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为2Cr(OH)3＋3H2O2＋4OH－===2CrO＋8H2O。 2 3 4 1 5 6 (3)“沉降”过程中应调节pH范围是　　　　～10.5。 2 3 4 1 5 6 8.2 解析：根据金属离子沉淀完全时及沉淀开始溶解时的pH表，为保证重金属离子完全沉淀，“沉降”过程中应调节pH范围是8.2～10.5。 2 3 4 1 5 6 2 3 4 1 5 6 Ⅱ. “药剂还原沉淀法”工艺流程如图。 2 3 4 1 5 6 (6)“沉淀”过程中，当溶液pH为8.6时，c(Cr3+)＝　　　　mol·L-1。 2 3 4 1 5 6 1×10-14 6．（2025·广东梅州模拟）工业上，处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾(FeSO4·7H2O)和胆矾(CuSO4·5H2O)。相关流程如图： 2 3 4 1 5 6 已知：①生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）在pH 1.0～6.0范围内可保持活性。 ②金属离子沉淀的pH如下表。 2 3 4 1 5 6   Fe3+ Cu2+ Fe2+ 开始沉淀时的pH 1.5 4.2 6.3 完全沉淀时的pH 2.8 6.7 8.3 (1)基态Cu2+的价层电子轨道表示式为　　　 　，生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是______________________________________ _________________________。 2 3 4 1 5 6 可以增大反应物之间的接触面积，使化学 反应速率加快 4Fe2+＋O2＋4H＋===4Fe3+＋2H2O (3)结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在　　　　范围内。 1.0～1.5 2 3 4 1 5 6 解析：低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过研磨后在微生物作用下进行堆浸，因生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）在pH 1.0～6.0范围内可保持活性，并且Fe3+在pH为1.5时会发生沉淀，因此堆浸过程中保持pH在1.0～1.5，使CuFeS2与空气发生氧化还原反应，生成铜盐、铁盐、硫单质等，然后向堆浸液中加入还原剂将Fe3+还原，并将Cu2+转化为CuS，然后过滤得到FeSO4溶液和CuS固体，再向CuS中加入氧化剂和稀硫酸，将CuS转化为CuSO4，然后分别蒸发FeSO4溶液、CuSO4溶液得到绿矾、胆矾，以此解答。 (4)过程Ⅰ中，加入Na2S2O3固体还原堆浸液中的Fe3+，得到溶液X。为判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入 　　　　　　（填试剂的化学式）试剂，观察溶液颜色变化。 2 3 4 1 5 6 KSCN 解析：判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入少量KSCN溶液，观察溶液是否呈红色，若溶液呈红色，则说明Fe3+未被还原完全，若无明显实验现象，则说明Fe3+被还原完全。 (5)过程Ⅱ中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用：__________________________________________。 2 3 4 1 5 6 H2O2＋CuS＋2H＋===Cu2+＋S＋2H2O (6)绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。取m g绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解。用物质的量浓度为c mol/L 的KMnO4溶液滴定，滴定终点的判定方法是_____________________________________________________ 　　　　　　　　　　　　　。至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液 的体积为V mL。绿矾晶体质量分数的计算式为　　　　　　。 当滴加最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液颜色变为浅红色， 振荡，半分钟内不褪色 2 3 4 1 5 6 2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑ 解析：“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑。 解析：由pKa(HF)＝3.2，Ka(HF)＝＝10-3.2，为了使溶液中 c(F－)>c(HF)，c(H＋)＝×10-3.2<10-3.2 mol·L-1，故pH至少应大于 3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶 液中c(Na＋)＝0.10 mol·L-1，根据Na3[AlF6]（冰晶石）的Ksp为4.0× 10-10，[AlF6]3-浓度为＝ mol·L-1＝4.0×10-7mol·L-1。 (2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)　　　　　（填“>”“<”或“＝”）c（NH）。 解析：常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7，Kb(NH3·H2O)＝10-4.7＝，＝＝＝10-0.6<1，则c(NH3·H2O)＞c（NH）。 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} 解析：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＋2H2O⥫⥬Mg(OH)2＋2HNO3，Mg(OH)2MgO＋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根据上述分析可知，“热解”时发生反应Mg(NO3)2＋2H2O⥫⥬Mg(OH)2＋2HNO3，Mg(OH)2MgO＋H2O，故“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MgO。 TiO2＋2C＋2Cl2 Fe2+＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O　 (5)利用FeSO4溶液和过量NH4HCO3溶液制备FeCO3的离子方程式为______________________________________________________； 用酸性KMnO4溶液滴定法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[已知滴定反应为Fe2+＋MnO＋H＋―→Fe3+＋Mn2+＋H2O（未配平）]。 解析：硫酸亚铁溶液与过量碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2+＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；乳酸亚铁中的乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4，所以测得值高于实际值。 解析：由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钛原子与位于面心的氮原子距离最近，则钛的配位数为6；晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×＋6×＝4，位于棱上和体心的钛原子个数为12×＋1＝4，Ti、N原子半径之和等于a nm，则晶胞的边长为2a nm，设晶体的密度为d g/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝(2a×10-7)3d，解得d＝。 解析： MnS矿和MnO2粉混合加入硫酸溶浸，主要发生反应MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O，因为Si在自然界中主要以SiO2和硅酸盐形式存在，所以滤渣1的主要成分为SiO2、S和难溶性的硅酸盐，滤液中含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入MnO2将亚铁离子氧化成铁离子，加入氨水调节pH除去Fe3+、Al3+，故滤渣2的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，向滤液中加入Na2S以除去Zn2+和Ni2+，故滤渣3的主要成分为NiS和ZnS，加入MnF2除去镁离子，故滤渣4的主要成分为MgF2，所得滤液中主要含有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵发生反应Mn2+＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解MnCO3沉淀得到MnSO4，加入25%氨水得到Mn(OH)2，Mn(OH)2氧化得到Mn3O4。 解析：根据分析，“滤渣2”中主要有Al(OH)3、Fe(OH)3，“调pH”时溶液的pH范围应调节为4.7～6.2之间，由表中数据可知pH在2.8时，Fe3+沉淀完全，则pH在4.7时，Al3+沉淀完全，因此Al(OH)3的Ksp＝c(Al3+)c3(OH－)＝10-5×＝10-32.9。 “沉锰”时加入碳酸氢铵以生成MnCO3，发生反应Mn2+＋HCO⥫⥬MnCO3＋H＋，该过程中加入氨水可消耗氢离子，促进Mn2+＋HCO⥫⥬MnCO3＋H＋正向移动（合理表述均可） Mn2+＋2HCO===MnCO3↓＋ 解析：在“沉锰”时，可以额外添加适量氨水促进生成碳酸锰，是由于“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成MnCO3，发生反应Mn2+＋HCO⥫⥬MnCO3＋H＋，该过程中加入氨水可消耗氢离子，促进Mn2+＋HCO⥫⥬MnCO3＋H＋正向移动。 解析：①由晶胞结构可知，每个锰原子被6个氧原子包围，因此Mn的配位数为6。 ②锰离子的个数为8×＋1＝2，氧离子的个数为4×＋2＝4，该氧化物的化学式为MnO2，阿伏加德罗常数的值为NA，每个晶胞中含有2个MnO2，则该晶体的密度为ρ＝＝＝ g·cm-3。 ××107 解析：①由晶胞结构可知，距离锌原子最近且相等的锌原子数目为12。 ②在ZnS晶胞中，含有锌原子个数为8×＋6×＝4，含硫原子个数为4，若ZnS晶体密度为ρ g/cm3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞的边长为＝＝＝×107 nm，硫原子与锌原子的最近距离为晶胞体对角线的，因此硫原子与锌原子的最近距离为××107 nm。 ClO＋6Fe2+＋6H＋===Cl－＋6Fe3+＋3H2O　 MgSO4·H2OMgSO4＋H2O b→c过程发生反应的化学方程式：MgSO4·H2OMgSO4＋H2O。 ×1010 解析：①2号原子位于右侧面面心，坐标为。②Mg2+和O2-之间的最短距离为晶胞棱长的一半，设晶胞棱长为a pm，根据均摊法，晶胞中Mg2+个数：8×＋6×＝4，O2-个数：12×＋1＝4，根据晶胞密度计算公式： ρ＝＝，解得：a＝2××1010 pm，则Mg2+和O2-之间的最短距离为 ×1010 pm。③Mg2+之间距离最近且等距离的4个Mg2+和6个Mg2+围成的空间结构分别为正四面体、正八面体。 ××107 解析：“Pb2+沉淀法”工艺，向经预处理的含铬废水中加入H2O2、NaOH把Cr(OH)3氧化为CrO、把Fe2+氧化为Fe3+，再加氢氧化钠调节pH生成氢氧化物沉淀除去Fe3+、Cu2+、Zn2+，过滤，滤液中加硫酸铅发生沉淀转化生成PbCrO4沉淀；“药剂还原沉淀法”工艺，向含铬废水中加入硫酸调节pH为2～3，再加亚硫酸钠把Cr(Ⅵ)还原为Cr3+，加氢氧化钠调节pH生成氢氧化物沉淀。 (1) Cr是24号元素，价层电子排布式：3d54s1，金属铬为体心立方晶体，晶胞中含有1＋8×＝2个Cr，密度为7.2 g·cm-3，则晶胞的边长为＝ ×107 nm，两个Cr原子的最小核间距为晶胞体对角线的，即××107 nm。 2Cr(OH)3＋3H2O2＋4OH－===2CrO＋8H2O (2)“氧化”过程中Cr(OH)3转化为CrO的离子方程式为_______________________________________________________。 PbSO4＋CrO===PbCrO4＋SO　 增大pH，Cr2O＋H2O ⥫⥬2CrO＋2H＋平衡正向移动，CrO浓度增大，沉铬率增大 (4)已知25 ℃时Ksp(PbSO4)＝2.5×10-8；Ksp(PbCrO4)＝2.8×10-13；Cr2O＋H2O⥫⥬2CrO＋2H＋。“沉铬”过程中： ①生成铬黄的离子方程式为_________________________________。 ②从平衡角度分析pH对沉铬率的影响________________________ ____________________________________________________。 解析：①硫酸铅和CrO发生沉淀转化生成PbCrO4沉淀，反应的离子方程式为PbSO4＋CrO===PbCrO4＋SO。 ②增大pH，Cr2O＋H2O⥫⥬2CrO＋2H＋平衡正向移动，CrO浓度增大，沉铬率增大。 SO 解析：根据氧化还原反应原理，“还原”过程中，SO被Cr(Ⅵ)氧化，硫元素化合价由＋4价升高为＋6价，氧化产物是SO。 (5)“还原”过程中，SO被Cr(Ⅵ)氧化为　　　　。 解析：Cr3+完全沉淀的pH是5.6，Ksp[Cr(OH)3]＝1×10-5×＝1×10-30.2，则“沉淀”过程中，当溶液pH为8.6时，c(Cr3+)＝ mol·L-1＝1×10-14 mol·L-1。 (2)生物堆浸过程的反应在T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为CuFeS2＋4H＋＋O2Cu2+＋Fe2+＋2S＋2H2O。第二阶段反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为______________________________________。 ×100% 解析：用物质的量浓度为c mol/L的KMnO4溶液滴定，滴定终点的判定方法是当滴加最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液颜色变为浅红色，振荡，半分钟内不褪色；FeSO4与酸性KMnO4溶液反应中，Fe2+被氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，二者关系式为5FeSO4～KMnO4，滴定过程中消耗n(KMnO4)＝c mol/L×V×10-3L＝10-3cV mol，则n(FeSO4)＝n(FeSO4·7H2O)＝5×10-3cV mol，m(FeSO4·7H2O)＝5×10-3cV mol×278 g/mol＝1.39cV g，绿矾晶体质量分数为＝×100%。 $$