难点专题6 工业流程解题策略-【名师带你过关】2026-2027学年高考化学一轮复习

**基本信息** 系统构建工业流程解题方法体系，从流程解读、原料处理到条件控制、分离提纯及计算，形成完整知识逻辑链，结合高考真题强化应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |流程呈现|15题含多省真题|箭头三线读图法|宏观流程→微观物质流向分析| |原料预处理|涵盖研磨/浸取等6法|方法-目的对应表|增大接触面积→提高反应效率原理| |反应条件控制|pH/温度等5类|调节策略+实例分析|平衡移动→离子分离/转化规律| |分离提纯|沉淀洗涤/结晶等9法|试剂选择+操作规范|物质性质差异→分离方案设计| |工业计算|关系式法应用|多步反应桥梁构建|守恒思想→量关系简化计算|

难点专题6　工业流程解题策略 专题归纳 一、工业流程试题的呈现形式 【方法技巧】 读图要领 (1)箭头:表示投入的是反应物,输出的是包含产品元素的物质(沿流程方向)、副产物或杂质(沿支线方向)。 (2)三线:进出线均指示物料流向或操作流程,可逆线则代表物质循环。 二、流程中原料的预处理 方法 目的 研磨、 雾化 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,增大反应物接触面积,以加快反应速率或使反应更充分 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 与酸接触反应或溶解,使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污,溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化,如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质 煅烧 改变结构,使一些物质能溶解,并使一些杂质在高温下氧化、分解,如煅烧高岭土 三、流程中反应条件的控制 1.调节溶液pH值 (1)通过调节pH值来控制反应的进行,提升物质的氧化或还原能力,或者改变水解的程度。 (2)通过调整溶液的酸碱度,促使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。 ①通过调整溶液的酸碱度,促使特定金属离子形成氢氧化物沉淀。例如,若需从含有Fe2+的Al3+、Mn2+溶液中去除Fe2+,可先用氧化剂将其氧化为Fe3+,随后调整溶液的pH值。 ②调节pH值时所用物质需满足两个条件:能与H+反应,使溶液pH值上升;不引入额外杂质。例如,若需从含有Fe3+的Cu2+溶液中去除Fe3+,可添加CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。 2.控制反应温度 (1)调节化学反应的速率。 (2)引导平衡反应的方向。 (3)控制固体物质的溶解与结晶过程,例如趁热过滤可避免物质在降温时析出。 (4)促进溶液中气体的释放或实现蒸馏过程。 (5)防止或促使物质的水解或分解。 (6)使催化剂达到最佳活性。 (7)避免副反应的发生。 3.调整反应物浓度 (1)选择合适的浓度以控制反应速率,使平衡向有利于目标产物生成的方向移动,减少对后续步骤的影响。 (2)反应物的过量可以确保反应的彻底进行或提高其他物质的转化率,但同时也会对后续步骤产生影响。 4.控制反应体系压强 (1)改变化学反应的速率。 (2)影响平衡反应的方向。 5.应用催化剂 加速反应速率,提升生产效率。 四、物质的分离与提纯 (一)沉淀洗涤 1.沉淀洗涤的原因分析 (1)当滤渣为所需物质时,洗涤旨在去除晶体表面的可溶性杂质,以获得更纯净的沉淀。 (2)若滤液为所需物质,则洗涤目的是清洗过滤后得到的滤渣,尽量提取出其中的有用成分,如目标产物。 (3)避免环境污染:若滤渣含有对环境有害的物质,例如重金属或氰化物,为防止污染,通常需要对残渣进行洗涤处理。 2.洗涤剂的选择 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的××杂质;可适当降低固体因为溶解而造成的损失 热水 有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降 除去固体表面吸附着的××杂质;可适当降低固体因为温度变化而造成溶解的损失 有机 溶剂 固体易溶于水,难溶于有机溶剂 减少固体溶解;利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分,产品易干燥 饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解 酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质;减少固体溶解 3.洗涤的方法 洗涤的方法 注意点 三个得分点 让过滤后的晶体继续留在过滤器中,加入洗涤剂浸没晶体,让洗涤液自然流下,重复2~3次即可 在洗涤过程中不能搅拌。因为滤纸已经润湿,如果搅拌很容易搅破滤纸,造成晶体损失 注洗涤液→加洗涤液→重复操作 (1)注洗涤液:沿玻璃棒向漏斗中注入洗涤液 (2)加洗涤液:洗涤液完全浸没晶体 (3)重复操作:重复操作2~3次 (二)产品分离、提纯 1.结晶——固体物质从溶液中析出的过程。 (1)蒸发浓缩、冷却结晶:例如,制取含结晶水的物质,或去除KNO3中的少量NaCl。 (2)蒸发结晶、趁热过滤:例如,去除NaCl中的少量KNO3。 2.过滤——实现固体与液体的分离。 3.洗涤——利用冷水、酒精或电解质溶液,清除固体表面吸附的溶质。 4.蒸馏——分离具有不同沸点的互溶液体混合物。 5.分液——分离互不相溶的液体。 6.萃取——利用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来(反萃取)。 7.升华——将可直接汽化的固体分离出来。 8.盐析——通过加入无机盐,降低溶质的溶解度,使其析出。 9.冷却——利用气体易液化的特性,分离气体,例如在工业合成氨过程中分离出液氨。 五、工业流程中的计算 在化工流程题中,涉及的计算主要有:样品的质量分数或纯度的测定,物质的转化率或产率的计算,物质的量浓度的计算,以及物质的质量的计算。 1.计算公式 (1)n=,n=,n=cV(aq) (2)物质的质量分数(或纯度)= ×100% (3)产品产率=×100% (4)物质的转化率=×100% 2.计算方法——关系式法 关系式法通常用于单步反应或连续的多步骤反应中,通过这种方法可以省略掉多余的中间计算步骤,减少计算失误,从而快速且精确地得到结果。在单步反应中,可以直接确定反应物与产物之间的关系;而在多步反应中,若前一步的产物成为后一步的反应物,可以利用化学方程式,将中间物质作为“桥梁”,从而确定已知物质与目标物质之间的量的关系。 如水中溶氧量(DO)的测定: 碱性条件下,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:①2Mn2++O2+4OH-2MnO(OH)2↓ 酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2:②MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2++I2+3H2O 用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2:③2S2+I2S4+2I- 可得关系式:O2~2Mn2+~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3 专题训练 1.(2025湖南卷)工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下: 已知:①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下,金属化合物的Ksp: 金属化 合物 CdS CdCO3 MnS MnCO3 Ksp 8.0×10-27 1.0×10-12 2.5×10-13 2.3×10-11 下列说法错误的是 (　　) A.粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B.试剂X可以是Na2S溶液 C.“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D.“沉锰”时,发生反应的离子方程式为Mn2++MnCO3↓+H+ 2.(2023·湖北省选择性考试)工业制备高纯硅的主要过程如下: 石英砂粗硅SiHCl3高纯硅 下列说法错误的是 (　　) A.制备粗硅的反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑ B.1 mol Si含Si-Si键的数目约为4×6.02×1023 C.原料气HCl和H2应充分去除水和氧气 D.生成SiHCl3的反应为熵减过程 3.(2022·福建卷)用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下: 下列说法错误的是 (　　) A.“浸出”产生的气体含有H2 B.“除杂”的目的是除去Ni、Co元素 C.流程中未产生六价铬化合物　 D.“滤渣2”的主要成分是Fe2(C2O4)3 4.(2026·福建龙岩模拟)以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO,含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)为原料制备ZnO的流程如图所示。下列说法正确的是 (　　) 已知:“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为和[Cu(NH3)4]2+。 (　　) A.H—N—H键角:[Cu(NH3)4]2+<NH3 B.“滤渣②”的主要成分为Fe、Cu和Zn C.所含金属元素的质量“滤液①”<“滤液②” D.“煅烧”时需要在隔绝空气条件下进行 5.(2025广州卷节选)我国是金属材料生产大国,绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知:多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Ksp 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 5.5×10-16 (1)“酸浸”中,提高浸取速率的措施有　　　　　(写一条)。  (2)“高压加热”时,生成Fe2O3的离子方程式为　　　　　　　　　　。  　　+O2+　　H2O　　Fe2O3↓+　　　H+  (3)“沉铝”时,pH最高可调至　　　　(溶液体积变化可忽略)。已知:“滤液1”中c=0.022 mol/L,c=0.042 mol/L。  (4)①“700℃加热”步骤中,混合气体中仅加少量H2,但借助工业合成氨的逆反应,可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　和　　　　　　　　　　　　　　。  ②“电解”时,Fe2O3颗粒分散于溶液中,以Fe片、石墨棒为电极,在答题卡虚线框中,画出电解池示意图并作相应标注　　　　。  ③与传统高炉炼铁工艺相比,上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是　　　　(写一条)。  6.(2025全国甲卷)我国的蛇纹石资源十分丰富,它的主要成分是Mg3Si2O5(OH)4,伴生有少量Ni、Fe、Al等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收NiO并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知: Al(OH)3 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Ksp 1.3×10-33 2.8×10-39 5.6×10-12 5.5×10-16 回答下列问题: (1)绿矾(FeSO4·7H2O)在高温下分解,得到红棕色固体和气体产物,反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。  (2)经“焙烧①”“水浸”,过滤分离后,滤液中金属离子的浓度(mol·L-1)分别为:Ni2+0.005、Fe3+0.150、Mg2+0.430、Al3+0.010。滤渣①的主要成分是　　　　、　　　　。  (3)加入NaOH “调pH=6”,过滤后,滤渣②是　　　　、　　　　,滤液中Al3+的浓度为　　　　mol·L-1。  (4)“焙烧②”后得到NiO。NiO晶胞如图所示,晶胞中含有Ni2+的个数为　　　　。  (5)调节“沉镍”后的溶液为碱性,“矿化”反应的离子方程式为　。  (6)1.0 kg蛇纹石“矿化”固定CO2,得到0.466 kg Mg5(OH)2·4H2O,相当于固定CO2　　　　L(标准状况)。  7.(2026·广州 一模)独居石精矿是一种以稀土(RE)元素的磷酸盐为主的矿物,还含有FePO4、SiO2和极少量含铀(U)的化合物。一种从独居石精矿中提取铀和稀土的工艺如图。 已知:①常温下,Ka1(H3PO4)=6.9×10﹣3,Ka2(H3PO4)=6.2×10﹣8,Ka3(H3PO4)=4.8×10﹣13,KSP[Mg(OH)2]=5.6×10﹣12。②盐酸体系中,存在U+4Cl﹣[ UO2Cl4]2﹣。Fe3++4Cl﹣═[FeCl4]﹣,其他金属离子与CL﹣的配位可忽略。 ③工艺中“离子交换”是将含(An﹣)的溶液流过盛有阴离子交换树脂(RCl)的离子交换柱(如图),发生反应:NRCl(s)+An﹣(aq)RAA(s)+NCl﹣(aq)。 (1)“碱转化”后溶液中的阴离子含有OH-、　　　　　(填离子符号)和含磷的酸根离子。常温下测得溶液pH=12.0,则溶液中c(P)　　　 )(填“>”“<”或“=”)。  (2)U中O为-2价,U的化合价为 　　　　。“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2-,其离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　。  (3)“氧化”和“调pH”工序的目的是避免 　　　　　(填离子符号)与交换树脂反应,从而有利于U的分离。  (4)“沉铀”中,加入NH4HCO3使UO2Cl2转化为(NH4)4[UO2(CO3)3]再加热促使其分解生成UO3。(NH4)4[UO2(CO3)3]分解的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　 。  (5)常温下,若“沉淀”后溶液中c(Mg2+)=0.056 mol·L-1为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2应确保溶液的pH低于　　　　　。  (6)一种铀的氧化物晶体结构可描述为U与空位交替填充在由氧原子构成的体积相等的立方体体心,形成如图所示的结构单元。 ①该氧化物的化学式为　　　　　。  ②若该氧化物的立方晶胞的晶胞参数为a nm,则O与U原子最近的距离为　　　　　nm(用a表示)。  8.利用某钴矿石(主要成分为Co2O3)制取Co(OH)2粗品及其他工业产品的工艺流程如图1所示。 图1 已知:浸出液中含有的阳离子主要有H+、Cu2+、Co2+、Fe2+、Mg2+。 回答下列问题: (1)钴矿石浸出时加入Na2SO3的目的为  　。  (2)溶液中lg c(X)(X表示Fe3+、Cu2+、Fe2+、Co2+、Mg2+、Ca2+)与pH的变化关系如图2所示(离子浓度小于10-5 mol·L-1时可认为已除尽),在萃取余液中通入空气的目的是  　,  用熟石灰调pH至3.2,过滤1所得滤渣的主要成分为　　　　,萃取和反萃取的目的是　  　。  图2 (3)用氧化镁调滤液1的pH为9.1时,得到的氢氧化钴粗品中含有的主要杂质为　　　　　　,多次洗涤可提高粗产品中钴含量。“过滤2”后所得滤液直接排放会造成水体污染,须进行处理,用熟石灰调节pH使c(Mg2+)≤10-5 mol·L-1,则Ksp[Mg(OH)2]=　　　　。  9.锰常用于制造合金锰钢。某化工厂以软锰矿(主要成分是MnO2,含有SiO2、Fe2O3、CaO等少量杂质)为主要原料制取金属锰的工艺流程如图1所示。 图1 (1)“浸锰”步骤中往往有副产物MnS2O6生成,温度对“浸锰”反应的影响如图2所示。为减少MnS2O6的生成,“浸锰”的适宜温度是　　　　,“滤渣Ⅰ”的成分是　　　　　　(填化学式)。该步骤中可以再加入MnSO4以促进“滤渣Ⅰ”析出,结合平衡移动原理分析其原因:　    　。  图2 (2)“滤液Ⅰ”中需要先加入MnO2充分反应后再调pH,写出加入MnO2时发生反应的离子方程式:  　。  (3)“滤液Ⅱ”中加入MnF2的目的是除去溶液中的Ca2+,已知25 ℃时,Ksp(CaF2)=3.2×10-11,则常温下CaF2在纯水中的溶解度为　　　　 g。  10.以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图。 已知:①“浸取”时,ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液; ②25 ℃时,Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24; ③深度除杂标准:溶液中≤2.0×10-6。 (1)为提高锌浸出率,采取的措施是　　　　　　　　　　　　　　　;“浸取”温度为30 ℃时,锌浸出率可达90.6%,继续升温浸出率反而下降,其原因为　　　　　　　　。  (2)“操作a”的名称为　。  (3)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的Mn2+转化为MnO2,离子方程式为  　。  (4)“深度除铜”时,锌的回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示]与(NH4)2S加入量[以×100%表示]的关系曲线如图所示。 ①当(NH4)2S加入量≥100%时,锌的回收率下降的原因是　　　　　　　　　　(用离子方程式表示),该反应的平衡常数为　　　　(已知的K稳==2.9×109)。  ②“深度除铜”时(NH4)2S加入量最好应选　　　　(填字母)。  A.100%　B.110%　C.120%　D.130% (5)测定反萃取水相中Zn2+的浓度:量取20.00 mL反萃取水相于锥形瓶中,用0.010 0 mol·L-1 EDTA(乙二胺四乙酸钠Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(Zn2++H2Y2-ZnY2-+2H+)。重复实验三次,平均消耗标准溶液22.30 mL。则反萃取水相中Zn2+的浓度为　　　　(保留两位小数)。  11.(2026·重庆市名校联盟高三联考)I.由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)得到绿矾(FeSO4·7H2O),然后制取透明氧化铁颜料的流程如下: 已知:①透明氧化铁又称纳米氧化铁,粒子直径微小(10~90nm),包括氧化铁黄(FeOOH)和氧化铁红(Fe2O3),难溶于水,在碱性条件下非常稳定; ②Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价。 回答下列问题: (1)FeS2的电子式为　　　　　。  (2)“滤渣”中的主要成分是　　　　　。  (3)“还原”过程中涉及的离子方程式为  　。  (4)流程中“”环节的目的是 　。  (5)“沉淀”采用分批加入KOH溶液,并不断搅拌,这样操作不但可以得到色泽纯正的氢氧化铁,而且还可以　　　　　。  (6)可用分光光度法测定制得的透明氧化铁中氧化铁黄和氧化铁红的含量。已知Fe(SCN)3的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与Fe3+标准溶液浓度的关系如图所示: 称取3.47 g透明氧化铁,用稀硫酸溶解并定容至1 L,准确移取该溶液10.00 mL,加入足量KSCN溶液,再用蒸馏水定容至100 mL。测得溶液吸光度A=0.8,则透明氧化铁中氧化铁红(Fe2O3)的质量分数为　　　　　%(保留小数点后一位)。  Ⅱ.氧化亚铜(Cu2O)用途广泛,干法生产Cu2O粉末的主要工艺流程如下: (7)粉碎机中,发生的变化属于　　　　　(填“物理变化”或“化学变化”)。  (8)800~900 ℃时,煅烧炉中发生化合反应,该反应的化学方程式为　。  12.(双选2023·山东卷·)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示,反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间,反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下,H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8。下列说法正确的是 (　　) A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ D.若Cu2O产量不变,参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时,需补加NaOH的量减少 13.(2023·北京卷)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)“浸银”时,使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂,将Ag2S中的银以[AgCl2]-形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整: Fe3++Ag2S+　　　 　　　　+2[AgCl2]-+S  ②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:  　。  14.(2023·全国卷)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下图所示: 已知:最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2存在,在碱性介质中以Cr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V或VO3+在碱性条件下,溶解为V或V,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  　。  15.(2023·湖南卷)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(Cl) Et2O CH3I NR3 沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8 回答下列问题: (1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是　　　　;  (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)3 D.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,而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是  　;  (7)比较分子中的C—Ga—C键角大小:Ga(CH3)3　　　　Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”),其原因是　。  学科网（北京）股份有限公司 $ 专题训练 1.D　【解析】 富集液中含有两种金属离子Cd2+、Mn2+,其浓度相当,加入试剂X沉铬,由金属化合物的Ksp可知,CdCO3、MnCO3的Ksp接近,不易分离,则试剂X选择含S2-的试剂,得到CdS滤饼,加入NaHCO3溶液沉锰,发生反应:Mn2++2HCMnCO3↓+CO2↑+H2O。粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积,有利于提高金属元素的浸出率,A正确;由分析可知,试剂X可以是Na2S溶液,B正确;若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”,由题中信息以及Ksp数据可知,金属离子Cd2+、Mn2+浓度相当,则Cd2+也会沉淀,后续流程中无法分离Cd和Mn,所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换,C正确;“沉锰”时,发生反应的离子方程式是:Mn2++2HCMnCO3↓+CO2↑+H2O,D错误。 2.B　【解析】 A项,SiO2和C在高温下发生反应生成Si和CO,因此,制备粗硅的反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑,A正确;B项,在晶体硅中,每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构,因此,平均每个Si形成2个共价键,1 mol Si含Si—Si键的数目约为2×16.02×10-23,B错误;C项,HCl易与水形成盐酸,在一定的条件下氧气可以将HCl氧化;H2在高温下遇到氧气能发生反应生成水,且其易燃易爆,其与SiHCl3在高温下反应生成硅和HCl,因此,原料气HCl和H2应充分去除水和氧气,C正确;D项,Si+3HClSiHCl3+H2,该反应是气体分子数减少的反应,因此,生成SiHCl3的反应为熵减过程,D正确;故选B。 3.D　【解析】 由流程可知,加入稀硫酸溶解,生成气体为氢气,溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+加入Na2S分离出滤渣1含CoS和NiS,Cr3+、Fe2+不会沉淀,再加入草酸除铁生成FeC2O4,过滤分离出硫酸铬。A项,四种金属均与稀硫酸反应生成H2,A正确;B项,共有四种金属,由流程可知,沉铁后分离出硫酸铬,则“除杂"的目的是除去Ni、Co元素,B正确;C项,由上述分析可知,流程中未产生六价铬化合物,C正确;D项,“滤渣2”的主要成分是FeC2O4,D错误;故选D。 4.C　【解析】 浸取时,ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、,MnO2、Fe2O3不反应,滤液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O,滤渣①的主要成分为Fe2O3和MnO2;加入Zn粉时,发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+Cu+[Zn(NH3)4]2+,从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2+,滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn,滤液②中主要含]2+、NH4HCO3、NH3·H2O,经过蒸氨沉锌操作获得沉淀,最后煅烧获得ZnO。A项,NH3提供孤电子对与Cu2+形成配位键后,孤电子对转化为成键电子对,对N—H成键电子对受到的排斥力减小,则HNH键角变大,即[Cu(NH3)4]2+>NH3,故A错误;B项,滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn,故B错误;C项,滤液①中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+,加入锌粉发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+Cu+[Zn(NH3)4]2+,因此滤液①中[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+,因此滤液②中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+,Zn的相对原子质量大于Cu,金属元素的质量增加,即“滤液①”<“滤液②”,故C正确;D项,煅烧时ZnCO3·Zn(OH)2会分解,Zn为+2价,不会被氧气氧化,因此不需要隔绝空气,故D错误;故选C。 5.【答案】(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 (2)4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+　(3)5　(4)①2NH3N2+3H2　Fe2O3+3H22Fe+3H2O ② ③没有污染物产生 【解析】 矿粉酸浸通入SO2酸浸,浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等,调节pH=3.0,通入空气加热得到Fe2O3,Fe2O3可以通过还原得到Fe单质,也可以用电解得到Fe单质,滤液1在常温下沉铝,滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物,最终得到产品NixCuyNz。(1)“酸浸”中,提高浸取速率的措施有:搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等。(2)由于通入SO2“酸浸”,故浸取液中不含有Fe3+,“高压加热”时,Fe2+在酸性条件下被氧化为Fe2O3,离子方程式为:4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+。(3)①氨气分解为N2和H2,H2还原Fe2O3得到Fe单质和水,化学方程式为:2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O;②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质,在阴极发生还原反应,则Fe片为阴极,石墨做阳极,电解液为NaOH溶液和Fe2O3颗粒,装置图见答案;③与传统高炉炼铁工艺相比,上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 6.【答案】(1)2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑　(2)Fe2O3　SiO2 (3)Fe(OH)3　Al(OH)3　1.3×10-9 (4)4　(5)5Mg2++10OH-+4CO2Mg5(OH)2·4H2O↓　(6)89.6 【解析】 蛇纹石资主要成分是Mg3Si2O5(OH)4,伴生有少量Ni、Fe、Al等元素和绿矾(FeSO4·7H2O)混合高温焙烧Mg3Si2O5(OH)4经“焙烧①”,生成氧化镁、二氧化硅、水;FeSO4·7H2O高温下分解,得到红棕色固体Fe2O3和气体产物三氧化硫、二氧化硫;加水水浸过滤得到滤渣①为Fe2O3、SiO2;滤液中含有Ni2+、Fe3+、Mg2+、Al3+、S,加入NaOH调节pH=6,将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤滤渣②为Fe(OH)3、Al(OH)3;滤液中含有Ni2+、Mg2+、S,加入沉淀剂将镍离子转化为氢氧化镍沉淀,氢氧化镍焙烧后得到氧化镍;调节“沉镍”后的溶液通入二氧化碳“矿化”发生反应5Mg2++10OH-+4CO2Mg5(OH)2·4H2O↓,得到产物。 (1)绿矾(FeSO4·7H2O)在高温下分解,得到红棕色固体Fe2O3和气体产物三氧化硫、二氧化硫,反应的化学方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑。(2)Mg3Si2O5(OH)4经“焙烧①”,生成氧化镁、二氧化硅、水;FeSO4·7H2O分解生成Fe2O3、二氧化硫、三氧化硫, “水浸”,过滤分离后,滤渣①的主要成分是为Fe2O3、SiO2。(3)加入NaOH “调pH=6”,c(H+)=10-6mol/L,c(OH-)=10-8 mol/L,c(Fe3+)===2.8×10-15 mol/L<1×10-5mol/L,c(Al3+)===1.3×10-9mol/L<1×10-5mol/L,溶液中没有铁离子、氯离子,两者均以氢氧化物沉淀下来,过滤后,滤渣②是为Fe(OH)3、Al(OH)3;滤液中Al3+的浓度为c(Al3+)===1.3×10-9mol/L。(4)因为离子半径Ni2+>O2-,NiO晶胞图中Ni2+位于8个顶点,6个面心,1个晶胞中Ni2+的个数为8×+6×=4。(5)调节“沉镍”后的溶液为碱性,通入二氧化碳“矿化”发生反应5Mg2++10OH-+4CO2Mg5(OH)2·4H2O↓ 。 (6)0.466 kg Mg5(OH)2·4H2O物质的量为=1 mol,根据C原子守恒Mg5(OH)2·4H2O~4C~4CO2,固定CO2为4 mol,标准状况下的体积为4 mol×22.4 L/mol=89.6 L。 7.【答案】(1)Si<　(2)+6　UO(OH)2+2Fe3++4Cl-[UO2Cl4]2-+2Fe2++H2O　(3)[FeCl4]-　(4)(NH4)4[UO2(CO3)3]UO3+4NH3↑+3CO2↑+2H2O　(5)9.0　(6)①UO2　②a 【解析】 (1)独居石精矿中含有FePO4、SiO2,“碱转化”时SiO2会与碱反应生成Si,所以溶液中的阴离子含有OH-、Si和含磷的酸根离子;已知Ka3(H3PO4)=4.8×10-13,pH=12.0时,c(H+)=10-12 mol/L,===0.48<1,所以c(P)<c(HP)。(3)根据“离子交换”原理,Fe3+会形成[FeCl4]-与交换树脂反应,所以“氧化”和“调pH”工序的目的是避免[FeCl4]-与交换树脂反应,从而有利于U的分离。 (5)已知Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,c(Mg2+)=0.056 mol/L,当Mg(OH)2开始沉淀时,c(OH-)=10-5 mol/L,pOH=5,pH=9,所以为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2,应确保溶液的pH低于9。①由晶胞结构可知,该氧化物的晶胞是由两种结构单元各4个交错排列形成的大立方体,U位于晶胞内,共4个,O位于顶点、面心、棱心和体心,共8×+6×+12×+1=8个,所以该氧化物的化学式为UO2;②O与U原子最近的距离为晶胞体对角线长度的,晶胞体对角线长度为a,所以O与U原子最近的距离为a nm。 8.【答案】 (1)将Co3+还原为Co2+　(2)氧化浸出液中的Fe2+,便于调pH除去　Fe(OH)3　除去Cu2+ (3)CaSO4、MgSO4　10-10.8 【解析】 流程分析: 9.【答案】 (1)90 ℃　SiO2、CaSO4　c(S)增大,使平衡Ca2+(aq)+S(aq)CaSO4(s)正向移动,促进CaSO4析出 (2)MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O (3)1.56×10-3 【解析】 流程分析: (3)常温下CaF2溶解在纯水中,则溶液中2c(Ca2+)=c(F-),由Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)可知,Ksp(CaF2)=4c3(Ca2+)=3.2×10-11,解得c(Ca2+)=2×10-4 mol·L-1,则饱和CaF2溶液中c(CaF2)=c(Ca2+)=2×10-4 mol·L-1,则常温下CaF2在纯水中的溶解度为1.56×10-3 g。 10.【答案】 (1)将废锌催化剂粉碎　温度升高,NH3挥发,使生成的[Zn(NH3)4]2+减少　(2)分液 (3)Mn2++2NH3·H2O+H2O2MnO2↓+2N+2H2O (4)①[Zn(NH3)4]2++S2-ZnS↓+4NH3　2.16×1014 　②C (5)0.01 mol·L-1 【解析】 废锌催化剂主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2,加入过量NH3-NH4Cl溶液,生成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+,同时生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等,SiO2不溶解,过滤一起除去,再向滤液中加入H2O2溶液,进行深度除锰,反应的离子方程式为Mn2++2NH3·H2O+H2O2MnO2↓+2N+2H2O,再加入(NH4)2S,进行深度除铜,反应的离子方程式为[Cu(NH3)4]2++S2-CuS↓+4NH3,过滤,除去MnO2和CuS,向滤液中加入萃取剂,使锌进入有机萃取剂中,分液后,再向有机萃取剂中加入硫酸进行反萃取,得到硫酸锌溶液,然后进行电解,得到锌。(4)①当(NH4)2S加入量≥100%时,锌的回收率下降的可能原因是[Zn(NH3)4]2+与S2-结合生成了硫化锌,离子方程式为[Zn(NH3)4]2++S2-ZnS↓+4NH3,该反应的平衡常数为K==·=×=×≈2.16×1014。②当(NH4)2S加入量为120%时,铜锌比约为2.0×10-6,达到深度除铜标准,继续加大(NH4)2S加入量会导致锌的回收率下降且不经济,故选C。(5)由滴定原理:Zn2++H2Y2-ZnY2-+2H+,n(Zn2+)=n(H2Y2-)=0.010 0 mol·L-1×22.30×10-3 L=2.23×10-4 mol,反萃取水相中Zn2+的浓度为≈0.01 mol·L-1。 11.【答案】 (1)Fe2+[∶∶∶]2- (2)二氧化硅和二硫化铁 (3)FeS2+14Fe3++8H2O15Fe2++2S+16H+ (4)除去溶液中的Al3+,得到FeSO4溶液 (5)形成细小的氢氧化铁颗粒　(6)23.1%　(7)物理变化 (8)CuO+CuCu2O 【解析】 由题给流程可知,向硫铁矿烧渣中加入稀硫酸酸浸时,金属氧化物溶于稀硫酸转化为可溶性硫酸盐,二氧化硅与稀硫酸不反应,向反应后的容器中加入过量的二硫化铁,将溶液中的铁离子还原为亚铁离子,过滤得到含有二氧化硅、二硫化亚铁的滤渣和含有硫酸亚铁、硫酸铝的滤液;滤液经结晶、过滤得到含有硫酸铝的滤液1和绿矾;绿矾加水溶解后,加入氯酸钾和稀硫酸的混合溶液,将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子,向氧化后的溶液中分批加入氢氧化钾溶液,并不断搅拌得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁,氢氧化铁经转化得到透明氧化铁。(1)二硫化铁是离子化合物,电子式为Fe2+[∶∶∶]2-;(2)由分析可知,滤渣为二氧化硅、二硫化亚铁;(3)由分析可知,还原过程中涉及的反应为过量的二硫化铁将溶液中的铁离子还原为亚铁离子,反应的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O15Fe2++2S+16H+;(4)由分析可知,流程中结晶再溶解环节的目的是除去溶液中的铝离子,得到硫酸亚铁溶液;(5)由分析可知,向溶液中分批加入氢氧化钾溶液,并不断搅拌的目的是得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁,使氢氧化铁形成细小的氢氧化铁颗粒便于转化为透明氧化铁;(6)设3.47 g透明氧化铁中含有a mol氧化铁黄和b mol氧化铁,由质量可得a mol×89 g/mol+b mol×160 g/mol=3.47 g,由图可知,溶液吸光度A=0.8时,溶液中铁离子浓度为4.0×10-3 mol/L,由铁原子个数守恒可得:0.01(a+2b) mol=0.1×4.0×10-3 mol,解得a=0.03、b=0.005,则透明氧化铁中氧化铁的质量分数为×100%=23.1%;(7)由图可知,粉碎机的作用是将氧化亚铜固体粉碎为氧化亚铜粉末,粉碎过程中没有新物质生成,属于物理变化;(8)由图可知,800~900 ℃时,煅烧炉中发生的化合反应为氧化铜与铜高温下反应生成氧化亚铜,反应的化学方程式为CuO+CuCu2O。 12.CD　【解析】 铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜,生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ),所得溶液pH在3~4之间,溶液显酸性,根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8,可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解),则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3,调节溶液pH值至11,使NaHSO3转化为Na2SO3,低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化),故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液,Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是S+2Cu2++2H2OS+Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强,使Na2SO3转化成SO2气体,总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4,需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。A项,反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应,生成二氧化硫,是氧化还原反应,反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应,生成NaHSO3、水和二氧化碳,是非氧化还原反应,反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O,是氧化还原反应,故A错误;B项,低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化,而不是NaHSO3,故B错误;C项,经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液,可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ),故C正确;D项,制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4,化合物X是指Na2SO3,若Cu2O产量不变,增大比,多的Na2SO3会消耗氢离子,用于控制pH值,可减少NaOH的量,故D正确;故选CD。 13.【答案】 (1)①>　②Fe3+、Mn2+ (2)①2Fe3++Ag2S+4 Cl-2Fe2++2[AgCl2]-+S　②Cl-是为了与Ag2S电离出的Ag+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]-+Fe3+Fe2++2Ag+4Cl-、2Fe3++Fe3Fe2+　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】 银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)混合加H2SO4溶液,使矿石中的锰元素浸出,同时去除FeS2,矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中,浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+;浸锰渣中Ag2S与过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液反应,将Ag2S中的银以[AgCl2]-形式浸出,用铁粉把[AgCl2]-还原为金属银。(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,Fe元素化合价降低,根据得失电子守恒、元素守恒,该离子方程式为2Fe3++Ag2S+4Cl-2Fe2++2[AgCl2]-+S;②Cl-是为了与Ag2S电离出的Ag+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)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]-+Fe3+Fe2++2Ag+4Cl-、2Fe3++Fe3Fe2+;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t min后银的沉淀率逐渐降低。(4)联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中,将银元素和锰元素分离开,利用MnO2的氧化性将FeS2中的Fe2+氧化为Fe3+,同时生成的Fe3+还可以用于浸银,节约氧化剂,同时得到MnSO4。 14.【答案】 (1)Na2CrO4　(2)Fe2O3　(3)Al(OH)3 (4)磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀,同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理会导镁离子生成氢氧化镁沉淀,不能形成MgSiO3沉淀,导致产品中混有杂质,同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀 (5)C (6)2Cr2+3S2+10H+4Cr3++6S+5H2O 【分析】 由题给流程可知,铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧,将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐,煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液;向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀,过滤得到强氧化铝滤渣和滤液;向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀,过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液;向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒,过滤得到五氧化二钒和滤液;向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子,调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀,过滤得到氢氧化铬。 【解析】 (1)由分析可知,煅烧过程中,铬元素转化为铬酸钠,故答案为:Na2CrO4;(2)由分析可知,水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁,故答案为:Fe2O3;(3)由分析可知,沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀,故答案为:Al(OH)3;(4)由分析可知,加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀,若溶液pH<9时,磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀,同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理;若溶液pH>9时,会导镁离子生成氢氧化镁沉淀,不能形成MgSiO3沉淀,导致产品中混有杂质,同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀,故答案为:磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4,同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理;会导镁离子生成氢氧化镁沉淀,不能形成MgSiO3沉淀,导致产品中混有杂质,同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀;(5)由题给信息可知,五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水,也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物,故选C;(6)由题意可知,还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子,反应的离子方程式为2Cr2+3S2+10H+4Cr3++6S+5H2O,故答案为:2Cr2+3S2+10H+4Cr3++6S+5H2O。 15.【答案】 (1)分子晶体 (2)保证Ga为液体,便于纯Ga流出　Ga+3e-+2H2OGa+4OH- (3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg52Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI (4)CH4　(5)D (6)NR3沸点较高,易与Ga(CH3)3分离,Et2O的沸点低于Ga(CH3)3,一起气化,难以得到超纯Ga(CH3)3 (7)>　Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化,所以为平面结构,而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化,所以为四面体结构,故夹角较小 【分析】 以粗镓为原料,制备超纯Ga(CH3)3,粗Ga经过电解精炼得到纯Ga,Ga和Mg反应生产Ga2Mg5,Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI,然后经过蒸发溶剂、蒸馏,除去残渣MgI2、CH3MgI,加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH3)3,Et2O重复利用。 【解析】 (1)晶体Ga(CH3)3的沸点较低,晶体类型是分子晶体; (2)电解池温度控制在40~45 ℃可以保证Ga为液体,便于纯Ga流出;粗Ga在阳极失去电子,阴极得到Ga,电极反应式为Ga+3e-+2H2OGa+4OH- ; (3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI,该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg52Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI; (4)“残渣”含CH3MgI,经纯水处理,能产生可燃性气体CH4; (5)A.根据分析,流程中Et2O得到了循环利用,A正确;B.Ga(CH3)3(Et2O)容易和水反应,容易被氧化,则流程中,“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行,B正确;C.“配体交换”得到Ga(CH3)3(NR3),“工序X”先解构Ga(CH3)3(NR3)后蒸出Ga(CH3)3,C正确;D.二者甲基的环境不同,核磁共振氢谱化学位移不同,用核磁共振氢谱能区分Ga(CH3)3和CH3I,D错误;故选D;(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; (7)分子中的C—Ga—C键角Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(Et2O),其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化,所以为平面结构,而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化,所以为四面体结构,故夹角较小。 学科网（北京）股份有限公司 $