2025全國高考二輪化學配套熱練微專題熱練19　化學工藝流程(選擇題)

2025全國高考二輪化學配套熱練微專題8化學工藝流程微專題熱練19化學工藝流程(選擇題)1.(2021·湖南卷)一種工業(yè)制備無水氯化鎂的工藝流程如下：下列說法錯誤的是(D)A.物質X常選用生石灰B.工業(yè)上常用電解熔融MgCl2制備金屬鎂C.“氯化”過程中發(fā)生的反應為MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up7(高溫))MgCl2＋COD.“煅燒”后的產物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發(fā)也可得到無水MgCl2【解析】“煅燒”后的產物中主要為MgO，MgO中加入稀鹽酸后得到MgCl2溶液，但將MgCl2溶液加熱蒸發(fā)后所得的產物為Mg(OH)2，D錯誤。2.(2021·山東卷)工業(yè)上以SO2和純堿為原料制備無水NaHSO3的主要流程如圖所示。下列說法錯誤的是(B)A.吸收過程中有氣體生成B.結晶后母液中含有NaHCO3C.氣流干燥濕料時溫度不宜過高D.中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【解析】吸收過程中有二氧化碳生成，A正確；結晶后母液中含飽和NaHSO3和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，沒有NaHCO3，B錯誤；NaHSO3高溫時易分解變質，所以氣流干燥過程中溫度不宜過高，C正確；中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正確。3.(2024·長郡中學)明礬[KAl(SO4)2·12H2O]是一種常用的凈水劑，以廢易拉罐(主要成分為鋁和少量不溶于堿性溶液的物質)為原料制取明礬的實驗流程如圖。已知：“沉鋁”步驟在煮沸條件下進行，生成Al(OH)3、NH3和NaHCO3。下列說法錯誤的是(C)A.“堿溶”步驟中發(fā)生反應的離子方程式為2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]－＋3H2↑B.可通過焰色試驗檢驗“沉鋁”所得濾液中的主要陽離子C.用濃硫酸配制9mol/LH2SO4溶液，需要將水緩慢加入濃硫酸中D.“一系列操作”中還需要加入的試劑是K2SO4【解析】“堿溶”過程中發(fā)生的是NaOH和Al的反應，A正確；“沉鋁”之后所得濾液中主要含有的陽離子為Na＋，故可通過焰色試驗檢驗“沉鋁”所得濾液中的主要陽離子，B正確；濃硫酸稀釋時需要酸入水，并用玻璃棒不斷攪拌，故用濃硫酸配制9mol/LH2SO4，需要將濃硫酸緩慢加入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，C錯誤；過濾后將沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸鋁溶液，添加K2SO4溶液后蒸發(fā)濃縮并冷卻結晶得到明礬，則“一系列操作”中還需要加入的試劑是K2SO4，D正確。4.(2024·合肥168中學)某種以輝銅礦(Cu2S，含Fe3O4、SiO2雜質)為原料制備eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(CuNH34))SO4·H2O的流程如圖所示。下列說法錯誤的是(C)A.向溶液D中加入無水乙醇并用玻璃棒摩擦試管壁可析出目標產物B.向溶液C中加入硫氰化鉀溶液后呈現紅色C.“煅燒”過程中涉及的主要反應化學方程式為2Cu2S＋5O2eq\o(=,\s\up7(煅燒))4CuO＋2SO3D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(CuNH34))SO4·H2O中配位原子為N【解析】向溶液D中加入無水乙醇，可減小溶液的極性、降低產物的溶解性，用玻璃棒摩擦試管壁可析出目標產物，A正確；溶液C中溶質的主要成分為FeSO4、CuSO4和Fe2(SO4)3，加入硫氰化鉀溶液會產生紅色，B正確；輝銅礦通入氧氣進行煅燒，發(fā)生反應Cu2S＋2O2eq\o(=,\s\up7(煅燒))2CuO＋SO2↑，C錯誤；eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(CuNH34))SO4·H2O中配體是氨氣分子，配位原子為N，D正確。5.(2024·滁州一檢)以鈷渣(主要成分是CoO、Co2O3含少量Ni、Al2O3等雜質)為原料制取CoCO3，工藝流程如下。下列說法錯誤的是(B)已知：①堿性條件下，Co2＋會轉化成Co(OH)2；②Ni2＋被萃取原理：Ni2＋(水層)＋2HA(有機層)NiA2(有機層)＋2H＋(水層)。A.試劑X為稀硫酸B.“酸浸”中Co2O3反應的離子方程式為Co2O3＋6H＋=2Co3＋＋3H2OC.為保證工藝所得產品的純度，萃取過程中，添加萃取劑應采用少量多次的方法進行D.“沉鈷”時，應向上一步所得含Co2＋的溶液中逐滴滴加Na2CO3溶液，以提高CoCO3產率【解析】Ni2＋被萃取原理：Ni2＋(水層)＋2HA(有機層)NiA2(有機層)＋2H＋(水層)，加入酸使平衡逆向進行，則試劑X為稀硫酸，A正確；“酸浸”中Co2O3反應的離子方程式為Co2O3＋SO2＋2H＋=2Co2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O，B錯誤；若萃取劑的總量一定，分次加入相當于不斷降低物質的濃度，提高萃取效率，比一次加入效果更好，C正確；“沉鈷”時，將含Co2＋的溶液滴入Na2CO3溶液中，Co2＋過量，可以提高CoCO3的產率，D正確。6.(2024·泉州一檢)NaClO2(亞氯酸鈉)是造紙工業(yè)中常見的漂白劑，與可燃物接觸易爆炸。一種制備NaClO2的流程如圖所示。下列說法錯誤的是(D)A.NaClO2的漂白原理與O3相似B.氣體1、氣體2分別是CO2、O2C.反應3的離子方程式：Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓D.“分離”操作過程包括結晶、過濾、乙醇洗滌等【解析】NaClO2和O3都具有強氧化性，與有色物質發(fā)生氧化還原反應，使有色物質褪色，漂白原理相似，A正確；反應1在酸性環(huán)境下NaClO3將H2C2O4氧化為CO2，自身被還原為ClO2；反應2中ClO2將H2O2氧化為O2，自身被還原為ClOeq\o\al(－,2)，氣體1、氣體2分別是CO2、O2，B正確；反應③生成了硫酸鋇沉淀，可知反應3的離子方程式為Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓，C正確；亞氯酸鈉與可燃物接觸易爆炸，乙醇具有可燃性，所以不能用乙醇洗滌，D錯誤。7.(2024·張家界5月模擬)以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如圖所示，已知浸出時產生的廢渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列說法錯誤的是(C)A.“浸出”過程中鎂元素參與的反應為MgO＋2NH4Cl=MgCl2＋2NH3↑＋H2OB.流程中可循環(huán)使用的物質有NH3、NH4ClC.“浸出”和“沉鎂”的操作均應在較高溫度下進行D.分離Mg2＋與Al3＋、Fe3＋是利用了它們氫氧化物Ksp的不同【解析】“浸出”過程產生的氨氣可以回收制備氨水，“沉鎂”時氯化鎂與氨水反應生成的氯化銨又可以利用到“浸出”過程中，B正確；一水合氨受熱易分解，若“沉鎂”時在較高溫度下進行會造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用率，C錯誤；Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp遠小于Mg(OH)2的Ksp，所以當pH達到一定值時，Fe3＋、Al3＋產生沉淀，而Mg2＋不沉淀，從而將其分離，D正確。8.(2024·廈門四檢)氧化沉淀法回收石油煉制的Co－Fe/Al2O3加氫脫氮催化劑的流程如下。已知：25℃時，Ksp[Fe(OH)3]＝10－37.4。下列說法正確的是(C)A.“浸出”時可將H2SO4替換為HNO3B.“氧化”過程說明氧化性：Fe3＋>Co3＋C.“沉鐵”后溶液中c(Fe3＋)＝10－5mol/L，則a＝3.2D.“沉淀”中X主要成分為Al2(CO3)3【解析】HNO3具有強氧化性，會生成污染性氣體NO，且會引入雜質離子硝酸根離子，A錯誤；“氧化”過程亞鐵離子被氧化為鐵離子，而Co2＋沒有被氧化為Co3＋，說明氧化性Fe3＋<Co3＋，B錯誤；“沉鐵”后溶液中c(Fe3＋)＝10－5mol/L，則c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[FeOH3],cFe3＋))＝eq\r(3,\f(10－37.4,10－5))mol/L＝10－10.8mol/L，pOH＝10.8，則pH＝3.2，即a＝3.2，C正確；COeq\o\al(2－,3)促進Al3＋水解生成Al(OH)3沉淀，故固體X主要成分為Al(OH)3，D錯誤。9.(2024·長沙一模)“中國芯”的主要原料是單晶硅，制取純硅的過程如圖所示。下列說法正確的是(C)A.步驟①中的反應為SiO2＋Ceq\o(=,\s\up7(高溫))Si＋CO2↑B.二氧化硅是酸性氧化物，能與水反應生成硅酸C.步驟②和③均屬于置換反應D.28g純硅中含有4molSi—Si(Si—28)【解析】步驟①中的反應為SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高溫))Si＋2CO↑，A錯誤；二氧化硅是酸性氧化物，不能與水反應生成硅酸，B錯誤；步驟②硅與氯化氫反應生成三氯硅烷和氫氣，步驟③三氯硅烷與氫氣反應生成硅與氯化氫，都屬于置換反應，C正確；28g純硅物質的量為1mol，含有2molSi—Si，D錯誤。10.(2024·漳州三模)某科研團隊從鉻釩渣中分離釩并制備Cr(OH)3的流程如下：已知：①“溶解”后所得濾液為Na2CrO4、Na[Al(OH)4]和NaVO3的混合溶液；②Cr的最高價含氧酸根離子在酸性介質中主要以Cr2Oeq\o\al(2－,7)存在，在堿性介質中主要以CrOeq\o\al(2－,4)存在。下列說法錯誤的是(B)A.“灼燒”步驟的尾氣中含CO2B.“沉鋁”步驟的離子方程式為2[Al(OH)4]－＋CO2=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋H2OC.“分離釩”之后Cr元素的存在形式主要為Cr2Oeq\o\al(2－,7)D.“轉化沉鉻”步驟中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶3【解析】在“灼燒”步驟，Cr2O3、V2O3、Al2O3與Na2CO3、O2反應產生相應鈉鹽的同時產生CO2，因此所得的尾氣中含CO2，A正確；“沉鋁”步驟通入足量CO2，反應產生NaHCO3，該反應的離子方程式為[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)，B錯誤；“分離釩”之后，所得溶液顯強酸性，根據題意可知：Cr元素的存在形式主要為Cr2Oeq\o\al(2－,7)，C正確；Cr2Oeq\o\al(2－,7)具有強氧化性，與加入NaOH溶液和Na2C2O4后溶液發(fā)生氧化還原反應，Cr變?yōu)椋?價的Cr3＋，并與加入的NaOH溶液中的OH－轉化為Cr(OH)3沉淀，發(fā)生反應：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3C2Oeq\o\al(2－,4)＋H2O＋4OH－=2Cr(OH)3↓＋6COeq\o\al(2－,3)，在該反應中Cr2Oeq\o\al(2－,7)作氧化劑，C2Oeq\o\al(2－,4)作還原劑，則“轉化沉鉻”步驟中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶3，D正確。11.(2024·濰坊三縣聯考)砷的化合物可用于半導體領域。一種從酸性高濃度含砷廢水[砷主要以亞砷酸(H3AsO3)形式存在]中回收As2O3的工藝流程如圖所示：已知：①As2S3＋6NaOH=Na3AsO3＋Na3AsS3＋3H2O②As2S3(s)＋3S2－(aq)=2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)③砷酸(H3AsO4)在酸性條件下有強氧化性，能被SO2、HI等還原。下列說法錯誤的是(A)A.“沉砷”過程，用過量的Na2S代替FeS效果更好B.浸渣的主要成分為FeSC.“還原”過程的離子方程式為2SO2＋2H3AsO4=As2O3＋2SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋＋H2OD.“還原”后可以用HI、淀粉溶液檢驗溶液中是否仍存在砷酸【解析】“沉砷”過程，Na2S易溶于水，溶液中c(S2－)增大，促進反應As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)平衡正向移動，不利于沉砷，故“沉砷”過程中FeS不可以用過量的Na2S替換，A錯誤；FeS不溶于水，浸渣的主要成分為FeS，B正確；“還原”過程中H3AsO4轉化為H3AsO3，SO2被氧化為H2SO4，C正確；根據砷酸在酸性條件下有強氧化性，能被SO2、HI等還原，而HI被氧化為碘單質，故可以用HI、淀粉溶液檢驗溶液中是否仍存在砷酸，D正確。12.(2024·濟寧二模)二氧化氯的制備及由二氧化氯制備一種重要的含氯消毒劑－亞氯酸鈉(NaClO2)的工藝流程如圖，下列說法正確的是(D)A.“濾渣”的成分為MgCO3、CaCO3B.兩處HCl的作用相同C.H2O2可以用KMnO4代替D.理論上，產生氣體A、B的物質的量之比為1∶1【解析】“濾渣”的成分為Mg(OH)2、CaCO3，A錯誤；第一次用鹽酸是除氫氧化鈉、碳酸鈉，第二次用鹽酸是還原氯酸鈉生成二氧化氯氣體，兩處HCl的作用不相同，B錯誤；H2O2的作用是還原二氧化氯生成亞氯酸鈉，不能用KMnO4代替，C錯誤；還原1mol氯酸鈉生成1mol二氧化氯轉移1mol電子，同時生成0.5mol氯氣，把1mol二氧化氯還原為亞氯酸鈉轉移1mol電子，同時生成0.5mol氧氣，理論上，產生氣體氯氣、氧氣的物質的量之比為1∶1，D正確。13.(2024·泰安一模)某沿海地區(qū)的煤電廠排放煙氣量為2.0×106kg/h，其中SO2的含量為0.15%，該廠開發(fā)出海水脫硫新工藝，流程如圖所示。已知：25℃時，Ka1(H2SO3)＝1.3×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.2×10－8，Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7，Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11。下列說法正確的是(C)A.吸收塔內，煙氣應從吸收塔的頂部通入，與噴灑的海水充分接觸B.吸收塔發(fā)生的主要反應為SO2＋2HCOeq\o\al(－,3)=SOeq\o\al(2－,3)＋H2O＋2CO2C.經該流程脫硫處理后SO2為144kg/h，則脫硫率為95.2%D.水質恢復系統(tǒng)主要作用是調節(jié)吸收液的酸、堿性【解析】為了使吸收塔中煙氣與海水充分接觸反應，吸收塔內煙氣應從吸收塔的下部通入，與塔頂噴淋的海水充分接觸，A錯誤；吸收塔發(fā)生的主要反應為SO2＋HCOeq\o\al(－,3)=HSOeq\o\al(－,3)＋CO2，B錯誤；經該流程脫硫處理后SO2為144kg/h，脫硫率＝eq\f(2.0×106×0.15%－144,2.0×106×0.15%)×100%＝95.2%，C正確；水質恢復系統(tǒng)主要作用是降低二氧化碳濃度和提高溶液pH，達標后排入大海，D錯誤。14.(2024·泉州三檢)氨氮廢水是造成水體富營養(yǎng)化的原因之一，下圖為處理氨氮廢水的流程。下列離子方程式書寫錯誤的是(D)A.過程①：NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2OB.過程②總反應：3Cl2＋2NH3·H2O=6Cl－＋N2↑＋2H2O＋6H＋C.過程③：Cl2＋SOeq\o\al(2,3)＋H2O=2Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋D.Cl2溶于水：Cl2＋H2OCl－＋ClO－＋2H＋【解析】Cl2溶于水為可逆反應，生成的HClO為弱酸，不能拆開，故反應的離子方程式應為Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，D錯誤。15.(2024·泉州三檢)SrCl2是一種治療牙本質過敏癥的牙膏添加劑。一種用工業(yè)碳酸鍶(含少量BaCO3、FeO雜質)制取氯化鍶晶體(SrCl2·6H2O)的工業(yè)流程如圖所示。下列說法錯誤的是(C)A.Ksp(SrSO4)>Ksp(BaSO4)B.溶液Ⅰ中發(fā)生了反應2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2OC.工業(yè)碳酸鍶的純度為eq\f(148b,267a)×100%(Sr—88)D.系列操作包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶等操作【解析】向溶液Ⅰ中加入適量硫酸發(fā)生反應生成硫酸鋇除去鋇離子，而不生成硫酸鍶沉淀，說明溶解度：SrSO4>BaSO4，則Ksp(SrSO4)>Ksp(BaSO4)，A正確；向溶液Ⅰ中加入H2O2和適量硫酸，可將Fe2＋氧化為Fe3＋，發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，B正確；根據鍶元素守恒，過程中溶液Ⅱ加入了SrCO3，則由ag工業(yè)碳酸鍶得到bg純凈產品，工業(yè)碳酸鍶的純度應小于eq\f(148b,267a)×100%，C錯誤；溶液Ⅱ主要溶質為氯化鍶，要得到氯化鍶晶體(SrCl2·6H2O)，其系列操作包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等，D正確。16.(2024·岳陽三模)回收利用廢舊鋰離子電池正極材料鈷酸鋰粗品來制備LiCoO2產品，可實現資源的循環(huán)利用。其工藝流程如下：已知：①氯化膽堿[HOCH2CH2N＋(CH3)3·Cl－]是銨鹽，熔點較低，LiCoO2熔點較高；②Co2＋在溶液中常以[CoCl4]2－(藍色)和[Co(H2O)6]2＋(粉紅色)形式存在；③常溫下，Ksp[Co(OH)2]＝1×10－15。下列說法錯誤的是(C)A.將廢舊電池拆解并將其浸入NaCl溶液中，其目的是進行放電處理，使得鋰離子從負極脫出，經過電解質溶液進入正極材料B.“微波共熔”中氯化膽堿的作用是作為反應物提供Cl－作助熔劑，降低熔融LiCoO2所需的溫度C.“沉鈷”過程發(fā)生反應的離子方程式為Co2＋＋2OH－=Co(OH)2↓D.“水浸”過程中溶液由藍色逐漸變?yōu)榉奂t色，則“微波共熔”后獲得的含Li、Co的化合物為Li2[CoCl4]【解析】廢舊電池拆解提取正極材料前，需將其浸入NaCl溶液中，其目的是進行放電處理，使得鋰離子從負極脫出，經過電解質溶液進入正極材料，提高LiCoO2產品產率，A正確；氯化膽堿[HOCH2CH2N＋(CH3)3·Cl－]是銨鹽，熔點較低，LiCoO2熔點較高，則“微波共熔”中氯化膽堿的作用是作為反應物提供Cl－，作助熔劑降低熔融LiCoO2所需的溫度，B正確；水浸濾液加入氫氧化鈉沉鈷，得到Co(OH)2沉淀，則“沉鈷”過程發(fā)生反應的離子方程式為[Co(H2O)6]2＋＋2OH－=Co(OH)2↓＋6H2O，C錯誤；“水浸”過程中溶液由藍色逐漸變?yōu)榉奂t色，則“微波共熔”后獲得的含Li、Co的化合物為Li2[CoCl4]，D正確。17.(2024·菏澤一模)錫碲渣廢料(主要成分為SnO、TeO，還含有少量鐵、砷、鉛等元素的氧化物)為原料，制備錫酸鈉晶體和碲的工藝流程如下。已知：水碎液中溶質主要成分為Na2SnO3、Na3AsO4、Na2PbO2、Na2TeO3；堿性條件下，錫酸鈉在水中的溶解度隨溫度的升高而減小。下列說法正確的是(B)A.“除碲”時，碲的脫除率隨溫度升高持續(xù)增大B.“除鉛”時，主要反應的化學方程式為Na2S＋Na2PbO2＋2H2O=PbS↓＋4NaOHC.制備碲的過程中，若每步消耗等物質的量的含碲物質，則轉移電子數相等D.經“溶析結晶”獲得產品的操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌和干燥【解析】溫度過高會使H2O2分解，導致Te的脫除率下降，A錯誤；“除Te”過程中發(fā)生反應的化學方程式為Na2TeO3＋H2O2=Na2TeO4↓＋H2O，該過程中消耗1molNa2TeO3轉移2mol電子；生成的Na2TeO4溶于鹽酸，再通二氧化硫反應生成Te單質，該過程中1molNa2TeO4反應轉移6mol電子，C錯誤；由題意可知堿性條件下，錫酸鈉在水中的溶解度隨溫度的升高而減小，則“溶析結晶”獲得產品的操作為濃縮、結晶、過濾、洗滌和干燥，不能進行降溫結晶，D錯誤。微專題熱練20化學工藝流程(一)1.(2024·岳陽二模)氧化鋅在橡膠、油漆涂料、化工、醫(yī)療及食品等行業(yè)有著廣泛應用。一種以含鋅煙灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、Fe2O3、MnO、MnO2、CdO等)為原料制備氧化鋅的工藝流程如圖所示：已知：ⅰ.二價金屬氧化物能分別與氨配合生成配離子，如[Fe(NH3)2]2＋、[Mn(NH3)2]2＋、[Zn(NH3)4]2＋；ⅱ.25℃時相關物質的Ksp如下表：物質MnSFeSZnSPbSCdSCuSKsp2.5×10－136.3×10－181.6×10－248.0×10－283.6×10－295.0×10－36(1)基態(tài)Zn2＋核外電子具有的能級數目為6個。(2)“氧化預處理”階段得到的氧化產物有FeOOH、MnO2，“氧化預處理”的目的是將含鋅煙灰中的鐵(Ⅱ)和錳(Ⅱ)分別氧化為FeOOH和MnO2，避免其在浸出時溶解。(3)“氨浸”時生成多種配離子，其中生成[Zn(NH3)4]2＋的離子方程式為ZnO＋4NH3·H2O＋2HCOeq\o\al(－,3)=[Zn(NH3)4]2＋＋2COeq\o\al(2－,3)＋5H2O。(4)已知：4NH3(aq)＋Cu2＋(aq)=[Cu(NH3)4]2＋(aq)K＝1013，則[Cu(NH3)4]2＋(aq)＋S2－(aq)=CuS(s)＋4NH3(aq)的化學平衡常數K1＝2×1022。(5)“蒸氨”時得到混合氣體e和固體Znx(OH)y(CO3)z。①混合氣體e可返回至氨浸工序循環(huán)利用；②取11.2g固體，經充分“煅燒”后得到氧化鋅8.1g，同時產生的氣體通入足量Ba(OH)2溶液中，可得沉淀9.85g，則固體Znx(OH)y(CO3)x的化學式為Zn2(OH)2CO3(Zn—65，Ba—137)。(6)通過氫電極增壓法可利用產品氧化鋅進一步制得單質鋅(如圖)，儲罐內ZnO溶解后形成[Zn(OH)4]2－，電解池中發(fā)生總反應的離子方程式為H2＋[Zn(OH)4]2－eq\o(=,\s\up7(電解))Zn＋2H2O＋2OH－?！窘馕觥?1)鋅元素的原子序數為30，基態(tài)Zn2＋的電子排布式為1s22s22p63s23p63d10，共有6個能級。(2)由題給信息可知，Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)也能與氨配合生成配合物，則“氧化預處理”階段得到FeOOH、MnO2的目的是避免加入氨水和碳酸氫銨溶液氨浸時溶解轉化為可溶的配合物而影響后續(xù)分離。(4)反應的平衡常數K1＝eq\f(c4NH3,c[CuNH34]2＋·cS2－)＝eq\f(c4NH3,c[CuNH34]2＋·cS2－)×eq\f(cCu2＋,cCu2＋)＝eq\f(1,K·KspCuS)＝eq\f(1,1×1013×5.0×10－36)＝2×1022。(5)①e為含有氨氣的混合氣體，則混合氣體可返回至氨浸工序循環(huán)利用。②由元素守恒可知，11.2gZnx(OH)y(CO3)z中鋅元素的物質的量為eq\f(8.1,81)mol＝0.1mol，碳酸根離子的物質的量為eq\f(9.85,197)mol＝0.05mol，由電荷守恒可知，Znx(OH)y(CO3)z中氫氧根離子的物質的量為2×0.1mol－2×0.05mol＝0.1mol，則x∶y∶z＝0.1mol∶0.1mol∶0.05mol＝2∶2∶1，所以固體Znx(OH)y(CO3)x的化學式為Zn2(OH)2CO3。(6)由圖示可知，左側電極為電解池的陽極，堿性條件下氫氣在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成水，右側電極為陰極，四羥基合鋅離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成鋅和氫氧根離子，則電解池的總反應為H2＋[Zn(OH)4]2－eq\o(=,\s\up7(電解))Zn＋2H2O＋2OH－。2.(2024·濟寧二模)鎵、鍺都是重要的半導體原材料，利用鋅浸出渣(主要成分有ZnO、Ga2O3、GeO2，還有FeO、Fe2O3、Bi2O3等雜質)制備鎵和鍺的流程如圖：已知Ⅰ.單寧酸是一種有機沉淀劑，可與四價鍺配合形成沉淀；Ⅱ.該工藝條件下，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－38，Ksp[Zn(OH)2]＝1×10－17；Ⅲ.鎵與鋁的性質相似，但高純度的鎵難溶于酸或堿。(1)“浸渣”的主要成分為Ga2O3、GeO2、Bi2O3。(2)“降鐵濃縮”中c(Zn2＋)為0.1mol/L，則除Fe3＋時應控制pH的范圍是3≤pH＜6(已知：當溶液中某離子濃度小于1.0×10－5mol/L時，可認為該離子沉淀完全)。(3)若用H2R表示單寧酸，“沉鍺”的反應原理為Ge4＋＋2H2RGeR2↓＋4H＋，該操作中需調節(jié)pH為2.5，不能過高或過低，原因是pH過高會生成Ge(OH)4，pH過低反應Ge4＋＋2H2RGeR2↓＋4H＋平衡逆向移動，均不利于生成GeR2。(4)HGaCl4與過量氫氧化鈉反應的化學方程式為①HGaCl4＋5NaOH=NaGaO2＋4NaCl＋3H2O?！半娊狻钡玫絾钨|鎵，陰極的電極反應為GaOeq\o\al(－,2)＋3e－＋2H2O=Ga＋4OH－。(5)步驟①～③目的為獲得純度更高的GeO2，“還原”過程中參與反應的H2體積為89.6L(標準狀況下)，則理論上步驟①中消耗SOCl2物質的量為4mol?！窘馕觥?2)Fe3＋完全沉淀時，Ksp＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝1×10－38，c(OH－)＝1×10－11mol/L，pH＝3；當Zn2＋開始沉淀時，Ksp＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝1×10－17，c(OH－)＝1×10－8mol/L，pH＝6；故pH范圍是3≤pH＜6。(5)流程中GaO2經過步驟①②③是為了除雜提純，獲得純度更高的GeO2；根據題中轉化關系和已知信息得到如下對應關系式為GeO2～2SOCl2～GeCl4～2H2，H2體積為89.6L，其物質的量為4mol，則SCCl2的物質的量為4mol。3.(2024·泉州一檢)三氯化鉻(CrCl3)是常用的催化劑，易潮解，易升華，高溫下易被氧化。某化學小組采用如下流程制備無水三氯化鉻并探究三氯化鉻六水合物的結構。已知：COCl2沸點為8.2℃，有毒，易水解。回答下列問題：(1)基態(tài)鉻原子電子排布式為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Ar))3d54s1(或1s22s22p63s23p63d54s1)，三氯化鉻固體的晶體類型為分子晶體。(2)“熱分解”發(fā)生反應的化學方程式為(NH4)2Cr2O7eq\o(=,\s\up7(△))N2↑＋Cr2O3＋4H2O↑。(3)“熱反應”制無水CrCl3的實驗裝置如圖所示(AD中加熱裝置略)。①實驗裝置連接順序為b→g(或h)，h(或g)→i，j→c，d→e(填儀器接口字母)。②加熱反應前通N2的目的是排出裝置內的空氣，防止CrCl3被空氣中O2氧化。③A中儀器X的名稱是長頸漏斗，其作用是平衡氣壓，防止堵塞。④E中收集的物質含有CrCl3、CCl4、COCl2(寫化學式)。⑤尾氣經干燥(或除水)處理后可循環(huán)使用。(4)已知CrCl3·6H2O配合物(Mr＝266.5，配位數為6)有多種同分異構體，不同條件下析出不同顏色的晶體，如eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(CrH2O5Cl))Cl2·H2O晶體為淡綠色。將CrCl3溶于水，一定條件下結晶析出暗綠色晶體。稱取5.33g該暗綠色晶體溶于水配成暗綠色溶液，加入足量的AgNO3溶液，得到2.87g白色沉淀(Cr—52，Ag—108)。①eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(CrH2O5Cl))Cl2·H2O中存在的化學鍵有ac(填字母)。a．配位鍵 b．氫鍵c．離子鍵 d．金屬鍵②該暗綠色晶體的化學式為[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O{或[CrCl2(H2O)4]Cl·2H2O}?！窘馕觥?3)①“熱反應”制無水CrCl3的實驗為在加熱條件下Cr2O3與CCl4反應生成CrCl3和COCl2，結合CrCl3易潮解，易升華，高溫下易被氧化的性質，裝置連接順序為b→g，h→i，j→c，d→e。②加熱反應前通N2的目的為排出裝置內的空氣，防止CrCl3被空氣中的O2氧化。③結合A中儀器X的結構可知X的名稱為長頸漏斗，其作用是平衡氣壓，防止堵塞。④結合實驗分析可知，發(fā)生“熱反應”后，E中收集的物質為CrCl3、CCl4、COCl2。⑤結合COCl2易水解，CrCl3易潮解可知尾氣中含CCl4、N2和H2O，尾氣經過干燥后可循環(huán)使用。(4)①[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O為含水配合物，存在配位鍵和離子鍵。②5.33g該暗綠色晶體的物質的量為0.02mol，與足量的硝酸銀溶液反應生成2.87g氯化銀沉淀，則氯化銀的物質的量為0.02mol，說明暗綠色晶體化學式中外界為1個Cl－，又Cr2＋的配位數為6，根據原子守恒可知，該暗綠色晶體的化學式為[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O。4.(2024·蕪湖二模)工業(yè)上以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Mg、Al、Si的氧化物等雜質)為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7·2H2O)及副產品工藝流程如圖。已知：最高價鉻酸根在酸性介質中以Cr2Oeq\o\al(2－,7)存在，在堿性介質中以CrOeq\o\al(2－,4)存在。(1)“焙燒”工序中主要反應的化學方程式為4FeCr2O4＋7O2＋8Na2CO3=8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2。(2)濾渣1的主要成分為Fe2O3、MgO。(3)礦物中相關元素可溶性組分物質的量濃度c與pH的關系如圖所示。①SiOeq\o\al(2－,3)完全轉化為沉淀的離子方程式為SiOeq\o\al(2－,3)＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCOeq\o\al(－,3)。②“酸化”過程選硫酸而不選CO2的主要原因是選擇CO2導致CrOeq\o\al(2－,4)不能盡可能多地轉化為Cr2Oeq\o\al(2－,7)。(4)“蒸發(fā)結晶”工序副產品為Na2SO4，分離副產品的操作為趁熱過濾。(5)流程中可循環(huán)使用的物質有二氧化碳、硫酸。(6)在溶液中，鋁元素可以多種形式存在，如Al3＋、[Al(OH)4]－等，使鋁元素以Al(OH)3的形式完全沉淀的pH范圍是4.7～9.6{保留兩位有效數字，通常認為溶液中離子濃度≤1.0×10－5mol/L時沉淀完全；Al(OH)3＋OH－[Al(OH)4]－的K＝10－0.6；Kw＝10－14；Ksp[Al(OH)3]＝10－33}?！窘馕觥?3)②酸化過程選硫酸而不選CO2的主要原因是選擇CO2導致CrOeq\o\al(2－,4)不能盡可能多地轉化為Cr2Oeq\o\al(2－,7)。(4)“蒸發(fā)結晶”工序副產品為Na2SO4，溶解度隨溫度變化不大，故分離副產品的操作為趁熱過濾。(6)已知Al(OH)3＋OH－Al(OH)eq\o\al(－,4)K＝10－0.6＝eq\f(c[AlOH\o\al(－,4)],cOH－)，溶液中離子濃度小于等于1.0×10－5mol/L為沉淀完全，則c(OH－)＝eq\f(10－5,10－0.6)mol/L＝10－4.4mol/L，pH＝14－pOH＝14－4.4＝9.6；以Al3＋形式存在時，Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)＝10－33，溶液中離子濃度小于等于1.0×10－5mol/L為沉淀完全，則c(OH－)＝eq\r(3,\f(10－33,10－5))mol/L＝10－9.3mol/L，pH＝14－pOH＝14－9.3＝4.7，故使鋁元素以Al(OH)3的形式完全沉淀的pH范圍是4.7～9.6。5.(2024·泉州三檢)苯胺焦油是工業(yè)上催化制苯胺的副產物，主要成分為苯胺，含有少量鉑族貴金屬、活性炭和Na、K、Fe?；厥掌渲匈F金屬Pt、Pd的工藝流程如下：回答下列問題：(1)①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚燒的方法去除苯胺會生成NO、NO2、NOx、粉塵、含碳粉塵等(任意一種即可)(寫一種)，造成環(huán)境污染。②苯胺易溶于乙醇的原因為苯胺與乙醇形成分子間氫鍵。(2)“還原Ⅰ”時，PtO2、PdO被還原為金屬單質。反應前后碳原子的雜化方式由sp2變?yōu)閟p。(3)“氧化浸出”時浸出液含eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(PtCl6))2－、eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(PdCl4))2－。①王水是濃鹽酸和濃硝酸體積比3∶1的混合液，寫出生成eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(PdCl4))2－的離子方程式：3Pd＋2NOeq\o\al(－,3)＋12Cl－＋8H＋=3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(PdCl4))2－＋2NO↑＋4H2O。②從原子結構角度分析兩種配合物配位數不同的原因是兩種配合物中心原子Pt的原子半徑比Pd大。③圖為Pt、Pd浸出率與浸出溫度關系圖，氧化浸出需對溫度適度控制，有關說法正確的是bc(填字母)。a．溫度控制在80℃左右b．溫度控制在120℃左右c．溫度越高浸出率越低的原因可能是揮發(fā)導致王水濃度降低d．40℃時Pt的浸出率遠低于Pd是因為溫度低王水的氧化性弱(4)“沉鉑”時，已知Kspeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(NH42PtCl6))＝5.2×10－6。①反應的化學方程式為2NH4Cl＋H2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(PtCl6))=(NH4)2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(PtCl6))↓＋2HCl。②若NH4Cl的投料以固液比0.0535∶1(g∶mL)時NHeq\o\al(＋,4)的消耗率為90%(忽略溶液體積變化)，“沉鉑”所得溶液中Pt元素的物質的量濃度為5.2×10－4mol/L。(5)“還原Ⅱ”時氧化產物為無毒氣體，則該反應的氧化劑和還原劑的物質的量之比為1∶1?！窘馕觥?2)“還原Ⅰ”時，PtO2、PdO被HCOOH還原為金屬單質，同時生成CO2。在HCOOH、CO2中，碳原子的價層電子對數分別為3、2，則碳原子的雜化方式由sp2變?yōu)閟p。(3)②兩種配合物[PtCI6]2－、[PdCI4]2－中，由于Pt和Pd的原子半徑不同，Pt的原子半徑比Pd大造成配位數不同。③從圖中可以看出，80℃左右時Pt、Pd的浸出率低于120℃時左右Pt、Pd的浸出率，a錯誤；由a分析可知，溫度應控制在120℃左右，b正確；濃鹽酸、濃硝酸受熱都易揮發(fā)，溫度越高浸出率越低的原因可能是濃鹽酸、濃硝酸揮發(fā)導致王水濃度降低，c正確；40℃時Pt的浸出率遠低于Pd是因為溫度低時，較難形成[PdCl4]2－，d錯誤。(4)②若NH4Cl的投料以固液比0.0535∶1(g∶mL)時，c(NH4Cl)＝eq\f(\f(0.0535g,53.5g/mol),0.001L)＝1mol/L，NHeq\o\al(＋,4)的消耗率為90%，則溶液中c(NH4Cl)＝1mol/L×10%＝0.1mol/L，Ksp[(NH4)2PtCl6]＝5.2×10－6＝0.12×c{[PtCl6]2－}，c{[PtCl6]2－}＝5.2×10－4mol/L，故“沉鉑”所得溶液中Pt元素的物質的量濃度為c{[PtCl6]2－}＝5.2×10－4mol/L。(5)“還原Ⅱ”時氧化產物中無毒氣體為N2，依據得失電子守恒得n[(NH4)2PtCl6]×4e－＝n(N2H4·H2O)×2×2e－，則n[(NH4)2PtCl6]∶n(N2H4·H2O)＝1∶1，故該反應的氧化劑和還原劑的物質的量之比為1∶1。微專題熱練21化學工藝流程(二)1.(2024·張家界5月模擬)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。已知：該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表金屬離子Fe3＋Al3＋Mg2＋Ca2＋開始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c＝1.0×10－5mol/L)的pH3.24.711.113.8回答下列問題：(1)“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發(fā)生反應，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉化為相應的硫酸鹽。寫出Al2O3轉化為NH4Al(SO4)2的化學方程式：Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(焙燒))2NH4Al(SO4)2＋3H2O＋6NH3↑。(2)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調節(jié)pH至11.6，依次析出的金屬離子是Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。(3)“母液①”中Mg2＋濃度為1.0×10－6mol/L。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，最適合的酸是硫酸?！八崛茉钡某煞质嵌趸?、硫酸鈣。(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應的離子方程式是TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up7(△))TiO2·xH2O↓＋2H＋。(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經處理得硫酸銨，循環(huán)利用?！窘馕觥?2)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，用氨水逐步調節(jié)pH至11.6，依次析出Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。(3)母液①的pH為11.6，c(H＋)＝10－11.6mol/L，c(OH－)＝eq\f(Kw,cH＋)＝10－2.4mol/L，設母液①中鎂離子濃度為x，依據圖表數據可知，pH為11.1時，鎂離子濃度為1.0×10－5mol/L，Ksp[Mg(OH)2]＝10－2.9mol/L×10－2.9mol/L×1.0×10－5mol/L＝x·10－2.4mol/L×10－2.4mol/L，解得x＝1.0×10－6mol/L。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，故應使用難揮發(fā)、高沸點的硫酸，結合流程，酸溶渣的成分為二氧化硅和硫酸鈣。(6)依據(1)可知，反應尾氣為氨氣，“母液①”含有大量的銨根離子，“母液②”含有大量的硫酸根離子，混合并吸收尾氣后獲得硫酸銨，進而循環(huán)利用。2.(2024·德州一模)BiVO4是一種光催化材料。工業(yè)利用某廢催化劑(主要含V2O5、Bi2O3、NiO及少量Al2O3、SiO2)制備BiVO4的工藝流程如圖：已知：Ⅰ.Bi2O3、NiO都是不溶于水的堿性氧化物；Ⅱ.0.1mol/LBi(NO3)3溶液的pH＝1.0；Ⅲ.VO2＋＋2HR(有機層)eq\o(,\s\up7(萃取),\s\do5(反萃取))VOR2(有機層)＋2H＋?；卮鹣铝袉栴}：(1)濾渣的主要成分是Al(OH)3和H2SiO3；酸化時，[Al(OH)4]－完全轉化為Al(OH)3的最大pH為8.37{已知Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－K＝100.63；離子濃度≤10－5mol/L時沉淀完全}。(2)“酸化”后的溶液中存在VOeq\o\al(－,3)，則“還原”時發(fā)生反應的離子方程式為2VOeq\o\al(－,3)＋SOeq\o\al(2－,3)＋6H＋=2VO2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H2O。(3)反萃取劑應選用酸性(填“酸性”“中性”或“堿性”)溶液；若“萃取”“反萃取”的過程中釩的總回收率為90%，則“還原”時加入的Na2SO3和“氧化”時加入的NaClO3的物質的量之比為10∶3。(4)生成BiVO4的化學方程式為H2O＋NH4VO3＋Bi(NO3)3=BiVO4＋NH4NO3＋2HNO3，實驗測得溶液pH、溫度和Bi(NO3)3溶液濃度對生成BiVO4的粒徑影響圖像如下：綜合分析：制備粒徑較小的BiVO4晶體的最佳條件是pH＝6，80℃，濃度為1.0mol/L；制備過程中需加入NaOH維持最佳pH，若Bi(NO3)3過量，需要增加NaOH的用量，原因是Bi(NO3)3溶液顯酸性，則為了維持最佳pH，需要增加NaOH的用量?！窘馕觥?1)由分析可知，濾渣的主要成分是Al(OH)3和H2SiO3；該反應的平衡常數K＝eq\f(c{[AlOH4]－},cOH－)＝eq\f(10－5mol/L,cOH－)＝100.63，c(OH－)＝10－5.63，c(H＋)＝10－8.37，pH＝8.37。(3)根據平衡移動原理可知，反萃取劑應選用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合價都是＋5，則根據得失電子守恒可知，還原劑失去電子的物質的量等于氧化劑得到電子的物質的量，設Na2SO3的物質的量為x，NaClO3的物質的量為y，則2x×90%＝6y，則x∶y＝10∶3。(4)根據圖中信息可知，制備粒徑較小的BiVO4晶體的最佳條件是：pH＝6,80℃，濃度為1.0mol/L。根據信息Ⅱ可知，Bi(NO3)3溶液顯酸性，則為了維持最佳pH，需要增加NaOH的用量。3.(2024·廈門四檢)利用某陽極泥(含Au和Ag單質)回收貴金屬Au并合成高能量密度材料[Ag(NH3)2]＋[Ag3(N5)4]－的工藝流程如下。(1)“溶浸”過程生成[AuCl4]－的離子方程式為ClOeq\o\al(－,3)＋2Au＋7Cl－＋6H＋=2[AuCl4]－＋3H2O。(2)“還原”過程發(fā)生反應的化學方程式為4HAuCl4＋3N2H4·H2O=4Au＋3N2↑＋16HCl＋3H2O或4HAuCl4＋11N2H4·H2O=4Au＋3N2↑＋8N2H6Cl2＋11H2O。(3)溶液中含銀微粒的物質的量分數隨c(S2Oeq\o\al(2－,3))的變化如圖1。圖1圖2①“絡合”過程為獲得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(AgS2O32))3－，應調節(jié)Na2S2O3最佳濃度為0.025mol/L。②25℃時，AgCl的Ksp＝1.8×10－10，Ag＋(aq)＋2S2Oeq\o\al(2－,3)(aq)=[Ag(S2O3)2]3－(aq)K＝3.0×1013。AgCl(s)＋2S2Oeq\o\al(2－,3)(aq)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(AgS2O32))3－(aq)＋Cl－(aq)的平衡常數K＝5.4×103。(4)“電解”過程生成Ag的電極反應式為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(AgS2O32))3－＋e－=Ag＋2S2Oeq\o\al(2－,3)。(5)“溶解”過程可提高溶解速率的措施有適當升溫(填1條)。(6)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(AgNH32))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Ag3N54))－晶體的局部結構如圖2。①eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(AgNH32))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Ag3N54))－晶體中存在的微粒間作用力有ABCE(填字母)。A．離子鍵 B．σ鍵C．π鍵 D．金屬鍵E．氫鍵②晶體中Ag＋的雜化軌道類型不同(填“相同”或“不同”)，依據是與Ag＋形成配位鍵的原子個數不同(或形成的空間結構不同)。【解析】(3)①由圖可知，Na2S2O3的濃度為0.025mol/L時，[Ag(S2O3)2]3－的物質的量分數最大，所以“絡合”過程為獲得[Ag(S2O3)2]3－，應調節(jié)Na2S2O3最佳濃度為0.025mol/L。②25℃時，AgCl的Ksp＝1.8×10－10，即Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，Ag＋(aq)＋2S2Oeq\o\al(2－,3)(aq)=[Ag(S2O3)2]3－(aq)的K穩(wěn)＝eq\f(c{[AgS2O32]3－},cAg＋·c2S2O\o\al(2－,3))＝3.0×1013，所以AgCl(s)＋2S2Oeq\o\al(2－,3)(aq)[Ag(S2O3)2]3－(aq)＋Cl－(aq)平衡常數K＝eq\f(cCl－·c{[AgS2O32]3－},c2S2O\o\al(2－,3))＝Ksp·K穩(wěn)＝1.8×10－10×3.0×1013＝5.4×103。(4)“電解”過程[Ag(S2O3)2]3－得到電子生成Ag和S2Oeq\o\al(2－,3)，其電極反應式為[Ag(S2O3)2]3－＋e－=Ag＋2S2Oeq\o\al(2－,3)。(5)“溶解”過程可提高溶解速率的措施有適當升溫或適當提高硝酸的濃度等。(6)①[Ag(NH3)2]＋[Ag3(N5)4]＋晶體中存在陰、陽離子，即存在離子鍵，同時[Ag(NH3)2]＋內還存在N—Hσ鍵，Neq\o\al(－,5)的結構簡式為，因此Neq\o\al(－,5)內存在π鍵，由于氮元素的電負性很強，晶體中還存在氫鍵。②由圖可知，[Ag(NH3)2]＋和[Ag3(N5)4]－中與Ag＋形成配位鍵的原子個數不同，Ag＋的價層電子對數不同(或形成的空間結構不同)，則Ag＋的雜化軌道類型也不同。4.(2024·漳州三模)BaTiO3被譽為電子陶瓷工業(yè)的支柱。工業(yè)中以毒重石(主要成分