2022高考化學(xué)一輪專題復(fù)習(xí)22化學(xué)工藝流程題含解析

PAGE專練22化學(xué)工藝流程題1．[2020·全國(guó)卷Ⅰ]釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以＋3、＋4、＋5價(jià)的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH4VO3。該工藝條件下，溶液中金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Fe3＋Fe2＋Al3＋Mn2＋開(kāi)始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列問(wèn)題：(1)“酸浸氧化”需要加熱，其原因是_________________________________________。(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VOeq\o\al(＋,2)，同時(shí)還有________離子被氧化。寫(xiě)出VO＋轉(zhuǎn)化為VOeq\o\al(＋,2)反應(yīng)的離子方程式______________________________________________。(3)“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5·xH2O，隨濾液②可除去金屬離子K＋、Mg2＋、Na＋、________，以及部分的________。(4)“沉淀轉(zhuǎn)溶”中，V2O5·xH2O轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是________。(5)“調(diào)pH”中有沉淀生成，生成沉淀反應(yīng)的化學(xué)方程式是________________________________。(6)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時(shí)，需要加入過(guò)量NH4Cl，其原因是____________________________。2．[2021·湖南卷]碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫銨和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測(cè)定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過(guò)程如下：步驟Ⅰ.Na2CO3的制備步驟Ⅱ.產(chǎn)品中NaHCO3含量測(cè)定①稱取產(chǎn)品2.500g，用蒸餾水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M，用0.1000mol·L－1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液由紅色變至近無(wú)色(第一滴定終點(diǎn))，消耗鹽酸V1mL；③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續(xù)用0.1000mol·L－1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(第二滴定終點(diǎn))，又消耗鹽酸V2mL；④平行測(cè)定三次，V1平均值為22.45，V2平均值為23.51。已知：(ⅰ)當(dāng)溫度超過(guò)35℃時(shí)，NH4HCO3開(kāi)始分解。(ⅱ)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度表(g/100gH2O)溫度/℃0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.3NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.29.611.112.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.2回答下列問(wèn)題：(1)步驟Ⅰ中晶體A的化學(xué)式為_(kāi)_______，晶體A能夠析出的原因是________________________________；(2)步驟Ⅰ中“300℃加熱”所選用的儀器是________(填標(biāo)號(hào))；(3)指示劑N為_(kāi)_______，描述第二滴定終點(diǎn)前后顏色變化________________________；(4)產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_______(保留三位有效數(shù)字)；(5)第一滴定終點(diǎn)時(shí)，某同學(xué)俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則NaHCO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)。3．焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)生產(chǎn)Na2S2O5，通常是由NaHSO3過(guò)飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得。寫(xiě)出該過(guò)程的化學(xué)方程式______________________________________。(2)利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)Na2S2O5的工藝為：①pH＝4.1時(shí)，Ⅰ中為_(kāi)_______溶液(寫(xiě)化學(xué)式)。②工藝中加入Na2CO3固體、并再次充入SO2的目的是____________________。(3)制備Na2S2O5也可采用三室膜電解技術(shù)，裝置如圖所示，其中SO2堿吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)___________________。電解后，________室的NaHSO3濃度增加。將該室溶液進(jìn)行結(jié)晶脫水，可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測(cè)定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時(shí)，取50.00mL葡萄酒樣品，用0.01000mol·L－1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10.00mL。滴定反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_________________________，該樣品中Na2S2O5的殘留量為_(kāi)_______g·L－1(以SO2計(jì))。4．高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦(還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制備，工藝如下圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：相關(guān)金屬離子[c0(Mn＋)＝0.1mol·L－1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2＋Fe2＋Fe3＋Al3＋Mg2＋Zn2＋Ni2＋開(kāi)始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“濾渣1”含有S和________；寫(xiě)出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應(yīng)的化學(xué)方程式________________。(2)“氧化”中添加適量的MnO2的作用是________________________________________________________________________。(3)“調(diào)pH”除鐵和鋁，溶液的pH范圍應(yīng)調(diào)節(jié)為_(kāi)_______～6之間。(4)“除雜1”的目的是除去Zn2＋和Ni2＋，“濾渣3”的主要成分是________。(5)“除雜2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2＋。若溶液酸度過(guò)高，Mg2＋沉淀不完全，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)寫(xiě)出“沉錳”的離子方程式_______________________________________________。(7)層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學(xué)式為L(zhǎng)iNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合價(jià)分別為＋2、＋3、＋4。當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,3)時(shí)，z＝________。5．[2020·全國(guó)卷Ⅲ]某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)：溶液中金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Ni2＋Al3＋Fe3＋Fe2＋開(kāi)始沉淀時(shí)(c＝0.01mol·L－1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全時(shí)(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH8.74.73.29.0回答下列問(wèn)題：(1)“堿浸”中NaOH的兩個(gè)作用分別是______________________________________。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調(diào)為中性，生成沉淀。寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式______________________。(2)“濾液②”中含有的金屬離子是__________________。(3)“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2的物質(zhì)是________________。若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即eq\o(→,\s\up7(濾液②))eq\o(→,\s\up7(濾液③),\s\do5())，“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為_(kāi)_______。(4)利用上述表格數(shù)據(jù)，計(jì)算Ni(OH)2的Ksp＝__________________(列出計(jì)算式)。如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2＋濃度為1.0mol·L－1，則“調(diào)pH”應(yīng)控制的pH范圍是________。(5)硫酸鎳在強(qiáng)堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式____________________________。(6)將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環(huán)使用，其意義是____________________________。6．[2021·廣東卷]對(duì)廢催化劑進(jìn)行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(Al)、鉬(Mo)、鎳(Ni)等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：已知：25℃時(shí)，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；該工藝中，pH>6.0時(shí)，溶液中Mo元素以MoOeq\o\al(2－,4)的形態(tài)存在。(1)“焙燒”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合價(jià)為_(kāi)_______。(2)“沉鋁”中，生成的沉淀X為_(kāi)_______。(3)“沉鉬”中，pH為7.0。①生成BaMoO4的離子方程式為_(kāi)_______________________。②若條件控制不當(dāng)，BaCO3也會(huì)沉淀。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3))):ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(MoO\o\al(2－,4)))＝____________________________(列出算式)時(shí)，應(yīng)停止加入BaCl2溶液。(4)①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y，Y為_(kāi)_______。②往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量____________(填化學(xué)式)氣體，再通入足量CO2，可析出Y。(5)高純AlAs(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過(guò)程如圖所示，圖中所示致密保護(hù)膜為一種氧化物，可阻止H2O2刻蝕液與下層GaAs(砷化鎵)反應(yīng)。①該氧化物為_(kāi)_______。②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2與上層GaAs的反應(yīng)中，As元素的化合價(jià)變?yōu)椋?價(jià)，則該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為_(kāi)_______。專練22化學(xué)工藝流程題1．(1)加快酸浸和氧化反應(yīng)速率(促進(jìn)氧化完全)(2)Fe2＋VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O(3)Mn2＋Al3＋和Fe3＋(4)Fe(OH)3(5)NaAl(OH)4＋HCl=Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O(6)利用同離子效應(yīng)，促進(jìn)NH4VO3盡可能析出完全解析：(1)加熱的目的是使反應(yīng)完全，加快酸浸速率。(2)Fe3O4與硫酸反應(yīng)生成Fe2＋和Fe3＋，F(xiàn)e2＋能夠被氧化為Fe3＋；VO＋中釩元素化合價(jià)為＋3，VOeq\o\al(＋,2)中釩元素化合價(jià)為＋5，VO＋被MnO2氧化為VOeq\o\al(＋,2)，MnO2被還原為Mn2＋，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒配平：VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O。(3)pH＝3.0～3.1時(shí)，Mn2＋還未沉淀，所以濾液②中有Mn2＋，另外Fe3＋、Al3＋在該pH范圍內(nèi)沒(méi)有沉淀完全，部分留在濾液②中。(4)濾餅②中除了有V2O5·xH2O，還有少量Fe(OH)3和Al(OH)3，加NaOH調(diào)pH>13，V2O5·xH2O與NaOH反應(yīng)生成NaVO3，Al(OH)3與NaOH反應(yīng)生成NaAl(OH)4，F(xiàn)e(OH)3不與NaOH反應(yīng)，所以濾渣③是Fe(OH)3。(5)“調(diào)pH”的目的是將NaAl(OH)4轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀除去，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaAl(OH)4＋HCl=Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O，則濾渣④為Al(OH)3。(6)加入過(guò)量NH4Cl固體，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，根據(jù)同離子效應(yīng)，可促進(jìn)NH4VO3晶體盡可能完全析出。2．(1)NaHCO330～35℃，NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度(2)D(3)甲基橙溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不變色(4)3.56%(5)偏大解析：(1)根據(jù)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度可知，30～35℃，NaHCO3的溶解度明顯小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度，因此NaHCO3在步驟Ⅰ中結(jié)晶析出。(2)300℃給固體加熱選用的儀器應(yīng)為坩堝。(3)本題中測(cè)定碳酸氫鈉含量采用了雙指示劑滴定法，第一滴定過(guò)程以酚酞為指示劑，Na2CO3轉(zhuǎn)化為NaHCO3，第二滴定過(guò)程以甲基橙為指示劑，NaHCO3轉(zhuǎn)化為NaCl、CO2和H2O，所以第二滴定終點(diǎn)前后溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不變色。(4)由(3)的分析過(guò)程可知，25.00mL待測(cè)液中所含NaHCO3的物質(zhì)的量為0.1000mol·L－1×(V2－V1)×10－3L，則2.500g產(chǎn)品中所含NaHCO3的質(zhì)量為84g·mol－1×eq\f(250mL,25.00mL)×0.1000mol·L－1×(23.51－22.45)×10－3L≈0.089g，則產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)＝eq\f(0.089g,2.500g)×100%≈3.56%。(5)第一次滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視讀數(shù)，導(dǎo)致測(cè)得的V1偏小，NaHCO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算結(jié)果偏大。3．(1)2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O(2)①NaHSO3②得到NaHSO3過(guò)飽和溶液(3)2H2O－4e－=4H＋＋O2↑a(4)S2Oeq\o\al(2－,5)＋2I2＋3H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋4I－＋6H＋0.128解析：(1)由題可知，NaHSO3脫水轉(zhuǎn)化為Na2S2O5，故可寫(xiě)出化學(xué)方程式：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O。(2)①Na2S2O5由NaHSO3過(guò)飽和溶液脫水結(jié)晶而來(lái)，因而溶液Ⅲ為NaHSO3，而Ⅰ和ⅢPH相同，溶質(zhì)相同，也為NaHSO3。②通SO2使得NaHSO3變多，濃度變大，得到NaHSO3過(guò)飽和溶液。(3)陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，H＋通過(guò)陽(yáng)離子交換膜由陽(yáng)極向a室移動(dòng)，得到NaHSO3，故a室NaHSO3增多。(4)根據(jù)題意，S2Oeq\o\al(2－,5)與I2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成SOeq\o\al(2－,4)和I－，即eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(S2O\o\al(2－,5)＋2I2＋3H2O=2SO\o\al(2－,4)＋4I－＋6H＋,12,x0.01×10×10－3mol))解得x＝0.5×10－4，則SO2物質(zhì)的量為0.5×2×10－4mol，所以最后的殘留量＝eq\f(0.5×2×10－4mol×64g·mol－1,50.00×10－3L)＝0.128g·L－1。4．(1)SiO2(不溶性硅酸鹽)MnO2＋MnS＋2H2SO4=2MnSO4＋S＋2H2O(2)將Fe2＋氧化為Fe3＋(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F－與H＋結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，MgF2Mg2＋＋2F－平衡向右移動(dòng)(6)Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(7)eq\f(1,3)解析：本題涉及元素化合物知識(shí)的綜合應(yīng)用，通過(guò)工藝流程形式給出信息，考查分析和解決化學(xué)工藝流程問(wèn)題的能力，根據(jù)題給信息書(shū)寫(xiě)相應(yīng)的化學(xué)方程式和離子方程式，體現(xiàn)了證據(jù)推理與模型認(rèn)知的學(xué)科核心素養(yǎng)。(1)由題干信息可知，濾渣有生成的S和不與H2SO4反應(yīng)的SiO2(或?qū)懖蝗苄怨杷猁})；依據(jù)氧化還原反應(yīng)原理可知，MnO2作氧化劑，MnS作還原劑，由此可寫(xiě)出化學(xué)方程式。(2)Fe溶于H2SO4中得到Fe2＋，為了去除方便，需將Fe2＋氧化為Fe3＋。(3)由相關(guān)金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍可知除鐵和鋁時(shí)溶液pH范圍應(yīng)調(diào)節(jié)為4.7～6之間。(4)NiS和ZnS是難溶于水的硫化物。(5)MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)，若增大H＋濃度，F(xiàn)－與H＋會(huì)結(jié)合成弱電解質(zhì)HF而使沉淀溶解平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致溶液中Mg2＋沉淀不完全。(6)由于HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，COeq\o\al(2－,3)與Mn2＋可形成MnCO3沉淀，使HCOeq\o\al(－,3)電離平衡正向移動(dòng)，H＋濃度增大，H＋與HCOeq\o\al(－,3)反應(yīng)生成H2O和CO2，所以離子方程式為Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。(7)根據(jù)化合物中各元素正、負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0，可知＋1＋(＋2)×x＋(＋3)×y＋(＋4)×z＋(－2)×2＝0，將x＝y(tǒng)＝eq\f(1,3)代入計(jì)算，可得z＝eq\f(1,3)。5．(1)除去油脂、溶解鋁及其氧化物Al(OH)eq\o\al(－,4)＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O(2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋(3)O2或空氣Fe3＋(4)0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2]3.2～6.2(5)2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O(6)提高鎳回收率解析：(1)油脂可在NaOH溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成可溶性的高級(jí)脂肪酸鈉和甘油，并且NaOH溶液能溶解Al和Al2O3,2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑、Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，故“堿浸”中NaOH的兩個(gè)作用分別是除去油脂和溶解鋁及其氧化物。“濾液①”中含有Na[Al(OH)4](也可寫(xiě)成NaAlO2)，向其中加入稀H2SO4調(diào)為中性會(huì)生成Al(OH)3沉淀，反應(yīng)的離子方程式為Al(OH)eq\o\al(－,4)＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O或AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓。(2)“濾餅①”中含有Ni、Fe、NiO、FeO、Fe2O3以及少量其他不溶物，加入稀H2SO4后主要發(fā)生反應(yīng)Ni＋2H＋=Ni2＋＋H2↑、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、NiO＋2H＋=Ni2＋＋H2O、FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O、Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，故“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。(3)H2O2的作用是在酸性條件下將Fe2＋氧化為Fe3＋(2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O)，且在“轉(zhuǎn)化”中不引入新雜質(zhì)，故可替代H2O2的物質(zhì)是O2或空氣，發(fā)生反應(yīng)4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，也不引入新雜質(zhì)。加NaOH溶液“調(diào)pH”的目的是生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3＋，為除盡Fe3＋而又不生成Ni(OH)2沉淀，需控制pH范圍：3.2≤pH<7.2；此時(shí)溶液中還存在Fe2＋，H2O2可將Fe2＋氧化為Fe3＋，故“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為Fe3＋。(4)開(kāi)始形成Ni(OH)2沉淀或沉淀完全時(shí)，都存在沉淀溶解平衡：Ni(OH)2(s)Ni2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)，開(kāi)始沉淀時(shí)，c(Ni2＋)＝0.01mol·L－1，c(OH－)＝1.0×107.2－14mol·L－1，故Ksp＝0.01×(107.2－14)2；沉淀完全時(shí)，c(Ni2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，c(OH－)＝1.0×108.7－14mol·L－1，Ksp＝10－5×(108.7－14)2。由上述分析得Ksp＝1.0×10－15.6，若“轉(zhuǎn)化”后的溶液中c(Ni2＋)＝1.0mol·L－1，生成Ni(OH)2沉淀的最小c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp,cNi2＋))＝eq\r(\f(1.0×10－15.6,1.0))mol·L－1＝1.0×10－7.8mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(1.0×10－14,1.0×10－7.8)mol·L－1＝1.0×10－6.2mol·L－1，pH＝6.2，故既要除盡Fe3＋，又不形成Ni(OH)2沉淀，應(yīng)控制的pH范圍是3.2～6.2。(5)Ni2＋被氧化為NiOOH，ClO－被還原為Cl－，故在強(qiáng)堿溶液中該反應(yīng)的離子方程式為2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。(6)分離出NiSO4晶體后的母液中含有Ni2＋(飽和NiSO4溶液)，故將母液收集、循環(huán)使用，其意義是提高鎳回收率。6．(1)＋6(2)Al(OH)3(3)①M(fèi)oOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaMoO4↓②eq\f(2.6×10－9,3.5×10－8)×eq\f(1.0×10－7,4.7×10－11)(4)①NaHCO3②NH3(5)①Al2O3②4:1解析：(1)根據(jù)化合物Na2MoO4中Na為＋1價(jià)，O為－2價(jià)，由化合物中化合價(jià)代數(shù)和為0，可計(jì)算出Na2MoO4中Mo元素的化合價(jià)為＋6。(2)“750℃焙燒”時(shí)，廢催化劑中的氧化鋁發(fā)生反應(yīng)：Al2O3