2019届二轮复习以工艺流程为主流的无机综合题学案（全国通用）

2019届二轮复习以工艺流程为主流的无机综合题学案（全国通用）

第8题　以工艺流程为主流的无机综合题 ‎1．(2018·课标全国Ⅰ，27)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：‎ ‎(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_______________________________________________‎ ‎______________________________________________________________。‎ ‎(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：‎ ‎①pH＝4.1时，Ⅰ中为________溶液(写化学式)。‎ ‎②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是___________________。‎ ‎(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为__________________。‎ 电解后，________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。‎ ‎(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_____________________________________‎ ‎_________________________________________________________，‎ 该样品中Na2S2O5 的残留量为________g·L－1(以SO2计)。‎ 解析　(1)NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5。(2)①向Na2CO3饱和溶液中通入SO2，可能生成Na2SO3、NaHSO3，因Na2SO3溶液呈碱性，Ⅰ中溶液呈弱酸性，所以生成的是NaHSO3。②审题时抓住“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，则工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。(3)阳极发生氧化反应：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑(或4OH－－4e－===2H2O＋O2↑)，阳极室H＋向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3。阴极发生还原反应，析出H2，OH－增多，Na＋由a室向b室迁移，则b室中Na2SO3浓度增大。(4)I2作氧化剂，将S2O氧化成SO。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)＝n(SO2)＝0.010 00 mol·L－1×‎0.01 L＝0.000 1 mol，m(SO2)＝0.006 ‎4 g，则该样品中Na2S2O5的残留量为＝‎0.128 g·L－1。‎ 答案　(1)2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O ‎(2)①NaHSO3　②得到NaHSO3过饱和溶液 ‎(3)2H2O－4e－===4H＋＋O2↑(或4OH－－4e－===2H2O＋O2↑)　a ‎(4)S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋　0.128‎ ‎2．(2018·课标全国Ⅱ，26)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：‎ 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：‎ 金属离子 Fe3＋‎ Fe2＋‎ Zn2＋‎ Cd2＋‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎6.3‎ ‎6.2‎ ‎7.4‎ 沉淀完全的pH ‎2.8‎ ‎8.3‎ ‎8.2‎ ‎9.4‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为________________________________‎ ‎____________________________________________________________。‎ ‎(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有________；氧化除杂工序中ZnO的作用是______________________________________________________________________‎ ‎___________________________________________________________________，‎ 若不通入氧气，其后果是__________________________________‎ ‎_________________________________________________________。‎ ‎(3)溶液中的Cd2＋可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_______________________________________________________________。‎ ‎(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为 ‎______________________________________________________________；‎ 沉积锌后的电解液可返回________工序继续使用。‎ 解析　(1)在焙烧过程中ZnS和O2反应生成ZnO和SO2。(2)溶液中的Pb2＋与SO不能共存生成PbSO4沉淀，SiO2不溶于H2SO4，即滤渣1中含SiO2和PbSO4。氧化除杂过程中O2能将溶液中Fe2＋氧化生成Fe3＋，加入ZnO能调节溶液的pH，促进Fe3＋完全水解。由题表知Fe2＋、Zn2＋开始沉淀和沉淀完全时的pH非常接近，若不通入O2使Fe2＋氧化为Fe3＋，加入ZnO后无法除去Fe2＋，会影响Zn的纯度。(3)根据题中信息可知还原除杂工序中涉及的离子反应为Cd2＋＋Zn===Cd＋Zn2＋。(4)结合图示可知电解ZnSO4溶液时生成Zn，即电解时Zn2＋在阴极被还原，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn。沉积Zn后的电解液中主要含有H2SO4，可返回溶浸工序中继续使用。‎ 答案　(1)2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2‎ ‎(2)PbSO4　调节溶液的pH　无法除去杂质Fe2＋‎ ‎(3)Cd2＋＋Zn===Cd＋Zn2＋‎ ‎(4)Zn2＋＋2e－===Zn　溶浸 ‎3．(2018·课标全国Ⅲ，27)KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：‎ ‎(1)KIO3的化学名称是________。‎ ‎(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如图所示：‎ ‎“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl‎2”‎采用的方法是________。“滤液”中的溶质主要是________________。“调pH”中发生反应的化学方程式为_____________________________________________________‎ ‎______________________________________________________________。‎ ‎(3)KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。‎ ‎①写出电解时阴极的电极反应式________________________________________。‎ ‎②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为________________，其迁移方向是________。‎ ‎③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有 ‎___________________________________________________________(写出一点)。‎ 解析　(1)KIO3的名称为碘酸钾。(2)Cl2是一种易挥发且溶解度不大的气体，可通过加热法去除溶液中溶解的Cl2。加入KOH溶液“调pH”使KH(IO3)2转化为KIO3：KH(IO3)2＋KOH===2KIO3＋H2O。(3)①电解法制备KIO3时，H2O在阴极得到电子，发生还原反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑或2H＋＋2e－===H2↑。②电解池中阳离子向阴极移动，即由电极a向电极b迁移，阳离子交换膜只允许阳离子通过，故主要是K＋通过阳离子交换膜。③根据工艺流程分析，KClO3氧化法生成的Cl2有毒，且在调pH时加入KOH的量不易控制，另外，生成的KIO3中杂质较多。‎ 答案　(1)碘酸钾 ‎(2)加热　KCl　KH(IO3)2＋KOH===2KIO3＋H2O(或HIO3＋KOH===KIO3＋H2O)‎ ‎(3)①2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑(或2H＋＋2e－===H2↑)‎ ‎②K＋　由a到b ‎③产生Cl2易污染环境等 ‎4．(2017·课标全国Ⅰ，27)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_______________________________________________‎ ‎______________________________________________________________。‎ ‎(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式___________________________________________________________________。‎ ‎(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：‎ 温度/℃‎ ‎30‎ ‎35‎ ‎40‎ ‎45‎ ‎50‎ TiO2·xH2O转化率/%‎ ‎92‎ ‎95‎ ‎97‎ ‎93‎ ‎88‎ 分析‎40 ℃‎时TiO2·xH2O转化率最高的原因_____________________________‎ ‎_______________________________________________________________‎ ‎_______________________________________________________。‎ ‎(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________________。‎ ‎(5)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_____________________________________________‎ ‎_______________________________________________________________‎ ‎_________________________________________________(列式计算)。‎ FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24‎ ‎(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式____________________________________________________________。‎ 解析　(1)由图示可知，当铁浸出率为70%时，可以采用‎100 ℃‎、2 h，也可采用‎90 ℃‎、5 h。(2)反应物有FeTiO3，由生成物有TiOCl可知，反应物中还含有Cl－，生成物中还有Fe2＋，注意酸性条件，用H＋平衡电荷，配平。(3)温度低，转化速率慢，单位时间内转化效率低，温度过高，H2O2分解，NH3挥发，导致转化速率慢。注意：取的是相同时间内的转化率。(4)由化合物中所有元素化合价代数和为0，有15个O原子共显－22价，设－2价氧原子为x个，－1价氧原子则为(15－x)个，有－2x－(15－x)＝－22，x＝7，则－1价O原子共8个，即有4个过氧键。(6)反应物为FePO4、Li2CO3、H‎2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H‎2C2O4中碳元素的化合价升高，产物为CO2，配平。‎ 答案　(1)‎100 ℃‎、2 h或‎90 ℃‎、5 h ‎(2)FeTiO3＋ 4H＋＋ 4Cl－===Fe2＋＋TiOCl＋2H2O ‎(3)低于‎40 ℃‎，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过‎40 ℃‎，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降 ‎(4)4‎ ‎(5)Fe3＋恰好沉淀完全时， c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)值为0.013×(1.3×10－17)2＝1.7×10－40Na2CO3，溶液的pH减小。(3)电解Al2O3，阳极O2－放电生成O2，石墨(C)电极会被O2氧化。(4)阳极水中的OH－放电生成O2(图示)及H＋(2H2O－4e－===O2↑＋4H＋)，H＋与CO结合生成HCO(CO＋H＋===HCO，由图可知阳极区Na2CO3转化为NaHCO3)，写出总反应：4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑。阴极，水中的H＋放电生成H2。(5)NH4Cl加热时分解生成HCl和NH3，HCl可以破坏铝表面的氧化膜，有利于反应进行。‎ 答案　(1)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O ‎(2)减小 ‎(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化 ‎(4)4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑　H2‎ ‎(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜 ‎[题型训练2] (2018·江苏化学，16)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：‎ ‎(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为___________________________________________________________________。‎ ‎(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。‎ 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于‎600 ℃‎ 硫去除率＝×100%‎ ‎①不添加CaO的矿粉在低于‎500 ℃‎焙烧时，去除的硫元素主要来源于________。‎ ‎②‎700 ℃‎焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是______________________________________________‎ ‎_______________________________________________________________。‎ ‎(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由________(填化学式)转化为________(填化学式)。‎ ‎(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝________。‎ 解析　(1)二氧化硫是酸性氧化物，少量二氧化硫与NaOH溶液反应生成正盐Na2SO3，过量二氧化硫与NaOH溶液反应生成NaHSO3。(2)①根据高硫铝土矿的成分中含FeS2和金属硫酸盐，而已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于‎600 ℃‎，如果不添加CaO在低于‎500 ℃‎焙烧，则去除的硫元素主要来源于FeS2，具体的反应原理为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2。②添加的CaO吸收SO2生成CaSO3，CaSO3易被空气中的氧气氧化为CaSO4。根据题目所给“多数金属硫酸盐的分解温度都高于‎600 ℃‎”，可知‎700 ℃‎时，CaSO4可能未分解或未完全分解而留在矿粉中，从而导致添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。(3)高硫铝土矿中的氧化铝溶于NaOH生成NaAlO2：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O；向NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝：CO2(过量)＋2H2O＋NaAlO2===Al(OH)3↓＋NaHCO3。(4)根据得失电子守恒可知FeS2与Fe2O3的物质的量之比为1∶16。‎ 答案　(1)OH－＋SO2===HSO ‎(2)①FeS2　②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 ‎(3)NaAlO2　Al(OH)3‎ ‎(4)1∶16‎ ‎[典例演示2] 高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水，高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠，然后在一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，从而使高铁酸钾析出。‎ ‎(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为________，推测其具有的化学性质是________。‎ ‎(2)高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。‎ ‎①该反应的离子方程式为__________________________________。‎ ‎②高铁酸钾作为水处理剂起到的作用是______________________________。‎ ‎(3)①在无水条件下制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4＋aNa2O2===2Na2FeO4＋bX＋2Na2SO4＋cO2↑，该反应中物质X的化学式为________，b与c的关系是________。‎ ‎②一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，原因是_________________________________________________________‎ ‎__________________________________________________________。‎ ‎(4)在碱性条件下，由氯化铁、氯气可制备出高铁酸钾，写出该反应的离子方程式：______________________________________________________________‎ ‎____________________________________________________________。‎ ‎(5)某同学配制了一瓶K2FeO4溶液，但标签丢失了，测定该瓶溶液物质的量浓度的实验步骤如下：‎ 步骤1：准确量取V mL溶液加入锥形瓶中；‎ 步骤2：在强碱溶液中，用过量CrO与FeO反应生成Fe(OH)3和CrO；‎ 步骤3：加足量稀硫酸，使CrO转化为Cr2O，CrO转化为Cr3＋，Fe(OH)3转化为Fe3＋；‎ 步骤4：加入二苯胺磺酸钠作指示剂，用c mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V1 mL。‎ ‎①滴定时发生反应的离子方程式为______________________________‎ ‎________________________________________________________。‎ ‎②原溶液中K2FeO4的物质的量浓度为________(用含字母的代数式表示)。‎ 解析　(1)根据化合物中各元素化合价的代数和为零，可得铁元素的化合价为＋6；高铁酸钾中铁元素处于最高价态，则高铁酸钾具有强氧化性。(2)①高铁酸钾与水反应生成O2，同时它本身被还原生成Fe(OH)3，反应的离子方程式为4FeO＋10H2O===4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑。②高铁酸钾具有强氧化性，作为水处理剂能起到杀菌消毒的作用，同时其还原产物为Fe(OH)3胶体，又能起到净水的作用。(3)①根据元素守恒可知，X应是Na2O，根据钠元素守恒，有‎2a＝8＋2b，根据氧元素守恒有‎2a＝8＋b＋‎2c，两式联立，可得b＝‎2c。②一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，原因是该条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度。(4)用氯气在碱性条件下氧化氯化铁可制备高铁酸钾，根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，反应的离子方程式为2Fe3＋＋3Cl2＋16OH－===2FeO＋6Cl－＋8H2O。(5)根据题意，步骤2中发生反应FeO＋CrO＋2H2O===Fe(OH)3↓＋CrO＋OH－，步骤3中CrO在稀硫酸作用下发生反应2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，步骤4滴定时发生反应Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，故可得关系式FeO～3Fe2＋。原溶液中K2FeO4的物质的量浓度为 mol·L－1。‎ 答案　(1)＋6　强氧化性　(2)①4FeO＋10H2O===4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑　②杀菌消毒、净水 ‎(3)①Na2O　b＝‎2c　②相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度 ‎(4)2Fe3＋＋3Cl2＋16OH－===2FeO＋6Cl－＋8H2O ‎(5)①Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O　② mol·L－1‎ ‎[题型训练3] (2018·天津理综，7)下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：‎ ‎(1)MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H－除外)：____________________________________________________________________，‎ Mg在元素周期表中的位置：____________________________________________，‎ Mg(OH)2的电子式：_______________________________。‎ ‎(2)A2B的化学式为________。反应②的必备条件是________。上图中可以循环使用的物质有________。‎ ‎(3)在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料________(写化学式)。‎ ‎(4)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_________________________。‎ ‎(5)用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：‎ ‎ (R：烃基，R′：烃基或H)‎ 依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：________________________。‎ 解析　(1)MgCl2·6NH3所含元素的简单离子有Mg2＋、Cl－、N3－、H＋，Cl－有3个电子层，四者中离子半径最大，Mg2＋、N3－有2个电子层，且具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则N3－的半径大于Mg2＋的半径，故离子半径由小到大的顺序为r(H＋)”或“<”)。‎ ‎②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，‎ ‎_________________________________________________________。‎ ‎(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)‎3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：‎ ‎________________________________________________________。‎ ‎(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。‎80 ℃‎后脱除率变化的原因：____________________________________________。‎ ‎(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是____________________________________；‎ 加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是 ‎________________________________________________________‎ ‎____________________________________________________。‎ ‎(6)取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L－1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。(已知：H3PO4摩尔质量为‎98 g·mol－1)‎ 解析　(1)流程中能加快反应速率的措施有将磷精矿研磨，酸浸时进行加热。(2)①该反应符合复分解反应中“强酸制弱酸”的规律。②比较硫酸与磷酸的酸性强弱，可以比较S与P的非金属性强弱。结合元素周期律可以比较S、P的原子半径、核电荷数。(3)根据元素守恒可写出反应的化学方程式。(4)有机碳的脱除率受两个因素的共同影响：一方面，温度越高，反应速率越快，在相同投料比、相同反应时间内，有机碳的脱除率越高；另一方面，温度升高可使较多的H2O2分解，氧化剂的量减少，使得有机碳的脱除率降低。‎80 ℃‎后，H2O2分解对有机碳脱除率的影响超过了温度升高的影响，导致脱除率逐渐降低。(5)脱硫是用CaCO3除去剩余的硫酸，由于生成的硫酸钙是微溶物，所以即使CaCO3过量，充分反应后仍有SO残留。加入BaCO3可使CaSO4转化为更难溶的BaSO4‎ ‎，进一步提高硫的脱除率。‎ ‎(6)　　H3PO4　＋　2NaOH===Na2HPO4＋2H2O ‎ ‎98 g 2 mol ‎ m(H3PO4) 10－3bc mol m(H3PO4)＝4.9×10－2bc g，则精制磷酸中H3PO4的质量分数为×100%＝%。‎ 答案　(1)研磨、加热 ‎(2)①<　②核电荷数PS，得电子能力PKsp(NH4VO3)＝1.60×10－3，故有沉淀析出；(6) “焙烧反应④”中由NH4VO3制备V2O5的化学方程式为2NH4VO32NH3↑＋ V2O5＋ H2O↑。‎ 答案　(1) 搅拌、适当升高温度，延长浸泡时间　‎ ‎(2)V2O5＋SO＋4H＋===2VO2＋＋SO＋2H2O ‎(3)4　‎‎80 ℃‎ ‎(4)6VOSO4＋KClO3＋3H2O===3(VO2)2SO4＋KCl＋3H2SO4‎ ‎(5)在‎20 ℃‎时NH4VO3的饱和溶液中，c(NH)＝c(VO)＝/0.1＝0.04 mol/L，则Ksp(NH4VO3)＝1.60×10－3 ，而此时溶液中c(NH)·c(VO)＝(0.10/2)×(0.10/2)＝2.50×10－3>Ksp(NH4VO3)＝1.60×10－3 ，故有沉淀析出 ‎(6)2NH4VO3 2NH3↑＋V2O5＋H2O↑‎ ‎3．二硫化钼(MoS2) 被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿( 含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质) 制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)钼酸铵的化学式为(NH4)2MoO4，其中Mo的化合价为________。‎ ‎(2)利用联合浸出除杂时，氢氟酸可除去的杂质化学式为________，如改用FeCl3溶液氧化浸出，CuFeS2杂质的浸出效果更好，写出氧化浸出时发生的化学反应方程式_______________________________________‎ ‎____________________________________________。‎ ‎(3)加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4]，写出(NH4)2MoS4与盐酸生成MoS3沉淀的离子反应方程式__________________________________。‎ ‎(4)由下图分析产生三硫化钼沉淀的流程中应选择的最优温度和时间是________。‎ 利用化学平衡原理分析低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降的原因：_____________________________________________________。‎ ‎(5)高纯MoS2中自然会存在极微量杂质，如非整比晶体MoS2.8，则该杂质中Mo4＋与Mo6＋的物质的量之比为________。‎ ‎(6)已知Ksp(BaSO4) ＝1.1×10－10，Ksp(BaMoO4)＝4.0×10－8，钼酸钠晶体( NaMoO4·2H2O) 是新型的金属缓蚀剂，不纯的钼酸钠溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入Ba(OH)2固体除去SO(溶液体积变化忽略)，则当BaMoO4开始沉淀时，溶液中的c(MoO)/c(SO)________(结果保留2位有效数字)‎ 解析　(1)铵根离子带1个单位正电荷，氧元素是－2价，所以Mo为＋6价。(2)氢氟酸可以与二氧化硅反应得到SiF4气体，从而除去二氧化硅杂质。改用FeCl3溶液氧化浸出CuFeS2杂质的浸出效果更好，说明应该得到Cu和Fe对应的离子，同时利用氧化性将S元素氧化为单质，根据化合价升降相等和原子个数守恒配平得到方程式为：4FeCl3＋CuFeS2===5FeCl2＋CuCl2＋2S↓。(3)(NH4)2MoS4在溶液中应该电离出铵根离子和MoS，MoS与盐酸的氢离子作用生成MoS3沉淀，则另外的生成物只能是H2S气体，所以离子反应方程式为：MoS＋ 2H＋ === MoS3↓ ＋ H2S↑。(4)由图像得到‎40 ℃‎的产率最高，30分钟以后产率就不再变化，所以选择‎40 ℃‎，30 min。(5)设在1 mol的MoS2.8中Mo4＋与Mo6＋的物质的量分别为X和Y，则X＋Y＝1。根据化合价代数之和为0的原则，有：4X＋6Y＝2.8×2。解方程得到：X＝0.2，Y＝0.8。所以Mo4＋与Mo6＋的物质的量之比为0.2∶0.8＝1∶4。(6)因为Ksp(BaSO4) ＝1.1×10－10＜Ksp(BaMoO4)＝4.0×10－8，所以先沉淀的是硫酸钡，则当BaMoO4开始沉淀时，硫酸钡已经沉淀了，所以溶液对于两种沉淀来说都是饱和的，其中的离子浓度都符合沉淀的Ksp表达式。＝＝＝＝364。‎ 答案　(1)＋6　(2)SiO2‎ ‎4FeCl3＋CuFeS2===5FeCl2＋CuCl2＋2S↓‎ ‎(3)MoS＋2H＋===MoS3↓＋H2S↑‎ ‎(4)‎40 ℃‎，30 min　温度太低不利于H2S 逸出；温度太高，盐酸挥发，溶液c(H＋)下降，都不利于反应正向进行 ‎(5)1∶4　(6)3.6×102‎ ‎4．二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。‎ 以氟碳铈矿(主要含Ce[CO3]F)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：‎ 已知：①Ce4＋能与F－结合成[CeFx](4－x)＋，也能与SO结合成[CeSO4]2＋；‎ ‎②在硫酸体系中Ce4＋能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3＋不能。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________。‎ ‎(2)“萃取”时存在反应：Ce4＋＋n(HA)2Ce·(H2n－‎4A2n)＋4H＋。实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为________；如图所示中D是分配比，表示Ce(Ⅳ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比，即D＝。保持其他条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c(SO)，D随起始料液中c(SO)变化的原因为___________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________。‎ ‎(3)“反萃取”中，在H2SO4和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3＋。H2O2在该反应中作________(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”)，每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为________。‎ ‎(4)“氧化”步骤的化学方程式为___________________________________。‎ ‎(5)取上述流程中得到的CeO2产品0.450 ‎0 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 mol·L－1 FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3＋，其他杂质均不反应)，消耗25.00 mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为________。‎ 解析　氟碳铈矿(主要含Ce[CO3]F)经“氧化焙烧”将＋3价铈氧化成＋4价；加稀硫酸，与SO结合成[CeSO4]2＋；加萃取剂，Ce4＋能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3＋不能；在“反萃取”中加H2O2，又将Ce4＋还原为Ce3＋，发生反应2Ce4＋＋H2O2===2Ce3＋＋O2↑＋2H＋；加入碱后Ce3＋转化为沉淀，加入次氯酸钠将Ce从＋3价氧化为＋4价，得到产品。(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体和氧气的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率。‎ ‎(2)实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗，根据平衡：Ce4＋＋n(HA)2Ce·(H2n－‎4A2n)＋4H＋，加入Na2SO4时，随着c(SO)增大，水层中Ce4＋与SO结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小，当c(SO)增大到一定程度后，D值变化较小。(3)“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4＋重新还原为Ce3＋，反应的离子方程式为2Ce4＋＋H2O2===2Ce3＋＋O2↑＋2H＋，H2O2在该反应中作还原剂，每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2 mol。‎ ‎(4)“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3＋氧化成Ce4＋，反应的化学方程式为2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O===2Ce(OH)4＋NaCl。(5)FeSO4的物质的量为0.100 0 mol·L－1×‎0.025 L＝0.002 5 mol，根据得失电子守恒可得关系式CeO2～FeSO4，所以CeO2的质量为0.002 5 mol×‎172 g·mol－1＝0.430 ‎0 g，产品中CeO2的质量分数为×100%≈95.56%。‎ 答案　(1)增大固体与气体的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率 ‎(2)分液漏斗　随着c(SO)增大，水层中Ce4＋与SO结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向左移动，生成[CeSO4]2＋，D迅速减小，当c(SO)增大到一定程度后，D值变化较小 ‎(3)还原剂　2 mol ‎(4)2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O===2Ce(OH)4＋NaCl ‎(5)95.56%‎ ‎5．(2017·课标全国Ⅱ，26)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是____________________________________________‎ ‎________________________________________________，‎ 还可使用________代替硝酸。‎ ‎(2)沉淀A的主要成分是________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为__________________________________________‎ ‎____________________________________________。‎ ‎(3)加氨水过程中加热的目的是________________________________‎ ‎________________________________________________________。‎ 沉淀B的主要成分为______________、______________(填化学式)。‎ ‎(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO＋H＋＋H‎2C2O4―→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取‎0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为________。‎ 解析　(1)Fe3＋容易在pH较小时转换为沉淀，所以需要将Fe2＋氧化为Fe3＋。双氧水可以将Fe2＋氧化为Fe3＋且不会引入杂质。(2)二氧化硅不与强酸反应，但与HF反应，所以沉淀A是二氧化硅。SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。(3)加热可以促进Fe3＋、Al3＋水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。pH为4～5时Ca2＋、Mg2＋不沉淀，Fe3＋、Al3＋沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)5Ca2＋～5H‎2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)＝0.050 0 mol/L×36.00 mL×10－‎3 L·mL－1＝1.80×10－3 mol，n(Ca2＋)＝4.50×10－3 mol，水泥中钙的质量分数为×100%＝45.0%。‎ 答案　(1)将Fe2＋氧化为Fe3＋ 　双氧水 ‎(2) SiO2 　SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O ‎(3)防止胶体生成，易沉淀分离　Fe(OH)3 　Al(OH)3 ‎ ‎(4)45.0%‎