第60頁（共60頁）2021-2025年高考化學真題知識點分類匯編之工藝流程（解答大題）（二）一．工藝流程題（共20小題）1．（2023?遼寧）某工廠采用如圖工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+）。實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。已知：物質(zhì)Fe（OH）3Co（OH）2Ni（OH）2Mg（OH）2Ksp10﹣37.410﹣14.710﹣14.710﹣10.8回答下列問題：（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率的方法為（答出一條即可）。（2）“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸（H2SO5），1molH2SO5中過氧鍵的數(shù)目為。（3）“氧化”中，用石灰乳調(diào)節(jié)pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，該反應(yīng)的離子方程式為（H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱）；濾渣的成分為MnO2、（填化學式）。（4）“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn（Ⅱ）氧化率與時間的關(guān)系如圖。SO2體積分數(shù)為時，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分數(shù)時，Mn（Ⅱ）氧化速率減小的原因是。（5）“沉鈷鎳”中得到的Co（Ⅱ）在空氣中可被氧化成CoO（OH），該反應(yīng)的化學方程式為。（6）“沉鎂”中為使Mg2+沉淀完全（25℃），需控制pH不低于（精確至0.1）。2．（2023?福建）白合金是銅鈷礦冶煉過程的中間產(chǎn)物，一種從白合金（主要含F(xiàn)e3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2）中分離回收金屬的流程如圖：（1）“酸浸1”中，可以加快化學反應(yīng)速率的措施有（任寫其中一種），CoO發(fā)生反應(yīng)的離子方程式。（2）“焙燒1”中，晶體[Fe2（SO4）3?xH2O和CoSO4?yH2O]總質(zhì)量隨溫度升高的變化情況如下：溫度區(qū)間/℃＜227227～566566～600600～630晶體總質(zhì)量變小不變變小不變①升溫至227℃過程中，晶體總質(zhì)量變小的原因是；566～600℃發(fā)生分解的物質(zhì)是（填化學式）。②為有效分離鐵、鈷元素，“焙燒1”的溫度應(yīng)控制為℃。（3）25℃時，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，H2S的Ka1＝1.1×10﹣7，Ka2＝1.3×10﹣13。反應(yīng)CuS（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2S（aq）的平衡常數(shù)K＝（列出計算式即可）。經(jīng)計算可判斷CuS難溶于稀硫酸。Ⅱ.銅的硫化物結(jié)構(gòu)多樣。天然硫化銅俗稱銅藍，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖。（4）基態(tài)Cu2+的價電子排布式為。（5）晶胞中含有個S22-，N（Cu+）：N（Cu2+）＝。晶體中微粒間作用力有a．氫鍵b．離子鍵c．共價鍵d．金屬鍵（6）“焙燒2”中Cu2S發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為；“濾渣2”是（填化學式）。3．（2023?海南）鈹?shù)难趸飶V泛應(yīng)用于原子能、航天、電子、陶瓷等領(lǐng)域，是重要的戰(zhàn)略物資。利用綠柱石（主要化學成分為（Be3Al2Si6O18，還含有一定量的FeO和Fe2O3）生產(chǎn)BeO的一種工藝流程如圖?；卮饐栴}：（1）Be3Al2Si6O18中Be的化合價為。（2）粉碎的目的是；殘渣主要成分是（填化學式）。（3）該流程中能循環(huán)使用的物質(zhì)是（填化學式）。（4）無水BeCl2可用作聚合反應(yīng)的催化劑。BeO、Cl2與足量C在600～800℃制備BeCl2的化學方程式為。（5）沉鈹時，將pH從8.0提高到8.5，則鈹?shù)膿p失降低至原來的%。4．（2023?河北）閉環(huán)循環(huán)有利于提高資源利用率和實現(xiàn)綠色化學的目標。利用氨法浸取可實現(xiàn)廢棄物銅包鋼的有效分離，同時得到的CuCl可用于催化、醫(yī)藥、冶金等重要領(lǐng)域。工藝流程如圖：已知：室溫下的Ksp（CuCl）＝10﹣6.8?；卮鹣铝袉栴}：（1）首次浸取所用深藍色溶液①由銅毛絲、足量液氨、空氣和鹽酸反應(yīng)得到，其主要成分為（填化學式）。（2）濾渣的主要成分為（填化學式）。（3）浸取工序的產(chǎn)物為[Cu（NH3）2]Cl，該工序發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為。浸取后濾液的一半經(jīng)氧化工序可得深藍色溶液①，氧化工序發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（4）浸取工序宜在30～40℃之間進行，當環(huán)境溫度較低時，浸取液再生后不需額外加熱即可進行浸取的原因是。（5）補全中和工序中主反應(yīng)的離子方程式[Cu（NH3）2]++2H++Cl﹣═+。（6）真空干燥的目的為。5．（2023?重慶）Fe3O4是一種用途廣泛的磁性材料，以FeCl2為原料制備Fe3O4并獲得副產(chǎn)物CaCl2水合物的工藝如圖。25℃時各物質(zhì)溶度積見表：物質(zhì)Fe（OH）2Fe（OH）3Ca（OH）2溶度積（Ksp）4.9×10﹣172.8×10﹣395.0×10﹣6回答下列問題：（1）Fe3O4中Fe元素的化合價是+2和。O2﹣的核外電子排布式為。（2）反應(yīng)釜1中的反應(yīng)需在隔絕空氣條件下進行，其原因是。（3）反應(yīng)釜2中，加入CaO和分散劑的同時通入空氣。①反應(yīng)的離子方程式為。②為加快反應(yīng)速率，可采取的措施有（寫出兩項即可）。（4）①反應(yīng)釜3中，25℃時，Ca2+濃度為5.0mol/L，理論上pH不超過。②稱取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入過量Na2C2O4，將所得沉淀過濾洗滌后，溶于熱的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4標準溶液滴定，消耗24.00mL。滴定達到終點的現(xiàn)象為，該副產(chǎn)物中CaCl2的質(zhì)量分數(shù)為。6．（2023?甲卷）BaTiO3是一種壓電材料。以BaSO4為原料，采用下列路線可制備粉狀BaTiO3?；卮鹣铝袉栴}：（1）“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是。（2）“焙燒”后固體產(chǎn)物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS?！敖　睍r主要反應(yīng)的離子方程式為。（3）“酸化”步驟應(yīng)選用的酸是（填標號）。a.稀硫酸b.濃硫酸c.鹽酸d.磷酸（4）如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取，是否可行？其原因是。（5）“沉淀”步驟中生成BaTiO（C2O4）2的化學方程式為。（6）“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產(chǎn)生的nCO2：nCO＝7．（2023?新課標）鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等的化合物。從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如圖所示。已知：最高價鉻酸根在酸性介質(zhì)中以Cr2O72-存在，在堿性介質(zhì)中以回答下列問題：（1）煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應(yīng)的最高價含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為（填化學式）。（2）水浸渣中主要有SiO2和。（3）“沉淀”步驟調(diào)pH到弱堿性，主要除去的雜質(zhì)是。（4）“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果。若pH＜9時，會導致；pH＞9時，會導致。（5）“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1時，溶解為VO2+或VO3+；在堿性條件下，溶解為VO3-或VO43-。上述性質(zhì)說明V2O5具有A.酸性B.堿性C.兩性（6）“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）溶液，反應(yīng)的離子方程式為。8．（2023?湖南）超純Ga（CH3）3是制備第三代半導體的支撐源材料之一，近年來，我國科技工作者開發(fā)了超純純化、超純分析和超純灌裝一系列高新技術(shù)，在研制超純Ga（CH3）3方面取得了顯著成果，工業(yè)上以粗鎵為原料，制備超純Ga（CH3）3的工藝流程如圖：知：①金屬Ga的化學性質(zhì)和Al相似，Ga的熔點為29.8℃；②Et2O（乙醚）和NR3（三正辛胺）在上述流程中可作為配體；③相關(guān)物質(zhì)的沸點：物質(zhì)Ga（CH3）3Et2OCH3INR3沸點/℃55.734.642.4365.8回答下列問題：（1）晶體Ga（CH3）3的晶體類型是；（2）“電解精煉”裝置如圖所示，電解池溫度控制在40～45℃的原因是，陰極的電極反應(yīng)式為；（3）“合成Ga（CH3）3（Et2O）”工序中的產(chǎn)物還包括MgI2和CH3MgI，寫出該反應(yīng)的化學方程式；（4）“殘渣”經(jīng)純水處理，能產(chǎn)生可燃性氣體，該氣體主要成分是；（5）下列說法錯誤的是；A.流程中Et2O得到了循環(huán)利用B.流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在無水無氧的條件下進行C.“工序X”的作用是解配Ga（CH3）3（NR3），并蒸出Ga（CH3）3D.用核磁共振氫譜不能區(qū)分Ga（CH3）3和CH3I（6）直接分解Ga（CH3）3（Et2O）不能制備超純Ga（CH3）3，而本流程采用“配體交換”工藝制備超純Ga（CH3）3的理由是；（7）比較分子中的C—Ga—C鍵角大?。篏a（CH3）3Ga（CH3）3（Et2O）（填“＞”“＜”或“＝”），其原因是。9．（2023?乙卷）LiMn2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關(guān)注，由菱錳礦（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制備LiMn2O4的流程如圖：已知：Ksp[Fe（OH）3]＝2.8×10﹣39，Ksp[Al（OH）3]＝1.3×10﹣33，Ksp[Ni（OH）2]＝5.5×10﹣16回答下列問題：（1）硫酸溶礦主要反應(yīng)的化學方程式為。為提高溶礦速率，可采取的措施（舉1例）。（2）加入少量MnO2的作用是，不宜使用H2O2替代MnO2，原因是。（3）溶礦反應(yīng)完成后，反應(yīng)器中溶液pH＝4，此時c（Fe3+）＝mol?L﹣1；用石灰乳調(diào)節(jié)至pH≈7，除去的金屬離子是。（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有。（5）在電解槽中，發(fā)生電解反應(yīng)的離子方程式為。隨著電解反應(yīng)進行，為保持電解液成分穩(wěn)定，應(yīng)不斷。電解廢液可在反應(yīng)器中循環(huán)利用。（6）煅燒窯中，生成LiMn2O4反應(yīng)的化學方程式是。10．（2023?北京）以銀錳精礦（主要含Ag2S、MnS、FeS2）和氧化錳礦（主要含MnO2）為原料聯(lián)合提取銀和錳的一種流程示意圖如圖。已知：酸性條件下，MnO2的氧化性強于Fe3+。（1）“浸錳”過程是在H2SO4溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除FeS2，有利于后續(xù)銀的浸出；礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中。①“浸錳”過程中，發(fā)生反應(yīng)MnS+2H+═Mn2++H2S↑，則可推斷：Ksp（MnS）（填“＞”或“＜”）Ksp（Ag2S）。②在H2SO4溶液中，銀錳精礦中的FeS2和氧化錳礦中的MnO2發(fā)生反應(yīng)，則浸錳液中主要的金屬陽離子有。（2）“浸銀”時，使用過量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作為浸出劑，將Ag2S中的銀以[AgCl2]﹣形式浸出。①將“浸銀”反應(yīng)的離子方程式補充完整：Fe3++Ag2S+?+2[AgCl2]﹣+S。②結(jié)合平衡移動原理，解釋浸出劑中Cl﹣、H+的作用：。（3）“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑。①該步反應(yīng)的離子方程式有。②一定溫度下，Ag的沉淀率隨反應(yīng)時間的變化如圖所示。解釋t分鐘后Ag的沉淀率逐漸減小的原因：。（4）結(jié)合“浸錳”過程，從兩種礦石中各物質(zhì)利用的角度，分析聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢：。11．（2023?山東）鹽湖鹵水（主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl﹣、SO42-和硼酸根等）是鋰鹽的重要來源。一種以高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備Li2CO已知：常溫下，Ksp（Li2CO3）＝2.2×10﹣2。相關(guān)化合物的溶解度與溫度的關(guān)系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）含硼固體中的B（OH）3在水中存在平衡：B（OH）3+H2O?H++[B（OH）4]﹣（常溫下，Ka＝10﹣9.24）；B（OH）3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂Na2B4O5（OH）4?8H2O。常溫下，在0.10mol?L﹣1硼砂溶液中，[B4O5（OH）4]2﹣水解生成等物質(zhì)的量濃度的B（OH）3和[B（OH）4]﹣，該水解反應(yīng)的離子方程式為，該溶液pH＝。（2）濾渣Ⅰ的主要成分是（填化學式）；精制Ⅰ后溶液中Li+的濃度為2.0mol?L﹣1，則常溫下精制Ⅱ過程中CO32-濃度應(yīng)控制在mol?L﹣1以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收HCl外，還將增加（3）精制Ⅱ的目的是；進行操作X時應(yīng)選擇的試劑是，若不進行該操作而直接濃縮，將導致。12．（2024?安徽）精煉銅產(chǎn)生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等多種元素。研究人員設(shè)計了一種從銅陽極泥中分離提取金和銀的流程，如圖所示。回答下列問題：（1）Cu位于元素周期表第周期第族。（2）“浸出液1”中含有的金屬離子主要是。（3）“浸取2”步驟中，單質(zhì)金轉(zhuǎn)化為HAuCl4的化學方程式為。（4）“浸取3”步驟中，“浸渣2”中的（填化學式）轉(zhuǎn)化為[Ag（5）“電沉積”步驟中陰極的電極反應(yīng)式為?！半姵练e”步驟完成后，陰極區(qū)溶液中可循環(huán)利用的物質(zhì)為（填化學式）。（6）“還原”步驟中，被氧化的N2H4與產(chǎn)物Au的物質(zhì)的量之比為。（7）Na2S2O3可被I2氧化為Na2S4O6。從物質(zhì)結(jié)構(gòu)的角度分析S4O62-的結(jié)構(gòu)為（a）而不是（b）的原因：13．（2024?湖北）鈹用于宇航器件的構(gòu)筑。一種從其鋁硅酸鹽[Be3Al2（SiO3）6]中提取鈹?shù)穆窂綖椋阂阎築e2++4HA?BeA2（HA）2+2H+回答下列問題：（1）基態(tài)Be2+的軌道表示式為。（2）為了從“熱熔、冷卻”步驟得到玻璃態(tài)，冷卻過程的特點是。（3）“萃取分液”的目的是分離Be2+和Al3+，向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，觀察到的現(xiàn)象是。（4）寫出反萃取生成Na2[Be（OH）4]的化學方程式?！盀V液2”可以進入步驟再利用。（5）電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時，加入氯化鈉的主要作用是。（6）Be（OH）2與醋酸反應(yīng)得到某含4個Be的配合物，4個Be位于以1個O原子為中心的四面體的4個頂點，且每個Be的配位環(huán)境相同，Be與Be間通過CH3COO﹣相連，其化學式為。14．（2024?甲卷）鈷在新能源、新材料領(lǐng)域具有重要用途。某煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的+2價氧化物及鋅和銅的單質(zhì)。從該廢渣中提取鈷的一種流程如圖。注：加沉淀劑使一種金屬離子濃度小于等于10﹣5mol?L﹣1，其他金屬離子不沉淀，即認為完全分離。已知：①Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，Ksp（ZnS）＝2.5×10﹣22，Ksp（CoS）＝4.0×10﹣21。②以氫氧化物形式沉淀時，lg[c（M）/（mol?L﹣1）]和溶液pH的關(guān)系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是。（2）“酸浸”步驟中，CoO發(fā)生反應(yīng)的化學方程式是。（3）假設(shè)“沉銅”后得到的濾液中c（Zn2+）和c（Co2+）均為0.10mol?L﹣1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此時溶液中c（Co2+）＝mol?L﹣1，據(jù)此判斷能否實現(xiàn)Zn2+和Co2+的完全分離（填“能”或“不能”）。（4）“沉錳”步驟中，生成1.0molMnO2，產(chǎn)生H+的物質(zhì)的量為。（5）“沉淀”步驟中，用NaOH調(diào)pH＝4，分離出的濾渣是。（6）“沉鈷”步驟中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入適量的NaClO氧化Co2+，其反應(yīng)的離子方程式為。（7）根據(jù)題中給出的信息，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是。15．（2024?河北）V2O5是制造釩鐵合金、金屬釩的原料，也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取V2O5的工藝，具有釩回收率高、副產(chǎn)物可回收和不產(chǎn)生氣體污染物等優(yōu)點。工藝流程如圖所示。已知：ⅰ石煤是一種含V2O3的礦物，雜質(zhì)為大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分為CaCO3、NaOH、Na2CO3等。ⅱ高溫下，苛化泥的主要成分可與Al2O3反應(yīng)生成偏鋁酸鹽；室溫下，偏釩酸鈣[Ca（VO3）2]和偏鋁酸鈣均難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：（1）釩原子的價層電子排布式為；焙燒生成的偏釩酸鹽中釩的化合價為，產(chǎn)生的氣體①為（填化學式）。（2）水浸工序得到濾渣①和濾液，濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣，濾液中雜質(zhì)的主要成分為（填化學式）。（3）在弱堿性環(huán)境下，偏釩酸鈣經(jīng)鹽浸生成碳酸鈣，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；CO2加壓導入鹽浸工序可提高浸出率的原因為；浸取后低濃度的濾液①進入（填工序名稱），可實現(xiàn)釩元素的充分利用。（4）洗脫工序中洗脫液的主要成分為（填化學式）。（5）下列不利于沉釩過程的兩種操作為（填序號）。a.延長沉釩時間b.將溶液調(diào)至堿性c.攪拌d.降低NH4Cl溶液的濃度16．（2024?山東）以鉛精礦（含PbS，Ag2S等）為主要原料提取金屬Pb和Ag的工藝流程如圖：回答下列問題：（1）“熱浸”時，難溶的PbS和Ag2S轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2﹣和[AgCl2]﹣及單質(zhì)硫。溶解等物質(zhì)的量的PbS和Ag2S時，消耗Fe3+物質(zhì)的量之比為；溶液中鹽酸濃度不宜過大，除防止“熱浸”時HCl揮發(fā)外，另一目的是防止產(chǎn)生（填化學式）。（2）將“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，電解所得溶液可制備金屬Pb?！半娊?”陽極產(chǎn)物用尾液吸收后在工藝中循環(huán)使用。利用該吸收液的操作單元為。（3）“還原”中加入鉛精礦的目的是。（4）“置換”中可選用的試劑X為（填標號）；A.AlB.ZnC.PbD.Ag“置換”反應(yīng)的離子方程式為。（5）“電解Ⅱ”中將富銀鉛泥制成電極板，用作（填“陰極”或“陽極”）。17．（2024?湖南）銅陽極泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）是一種含貴金屬的可再生資源，回收貴金屬的化工流程如圖：已知：①當某離子的濃度低于1.0×10﹣5mol?L﹣1時，可忽略該離子的存在；②AgCl（s）+Cl﹣（aq）?[AgCl2]﹣（aq）K＝2.0×10﹣5；③Na2SO3易從溶液中結(jié)晶析出；④不同溫度下Na2SO3的溶解度如下：溫度/℃020406080溶解度/g14.426.137.433.229.0回答下列問題：（1）Cu屬于區(qū)元素，其基態(tài)原子的價電子排布式為；（2）“濾液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”時Cu2Se反應(yīng)的離子方程式為；（3）“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的NaCl：①在“氧化酸浸”工序中，加入適量NaCl的原因是；②在“除金”工序溶液中，Cl﹣濃度不能超過mol?L﹣1；（4）在“銀轉(zhuǎn)化”體系中，[Ag（SO3）2]3﹣和[Ag（SO3）3]5﹣濃度之和為0.075mol?L﹣1兩種離子分布分數(shù)δ[δ（[Ag（SO3）2]3﹣=n([Ag(SO3)2]3-)n([Ag(SO3)2]3-)+n([Ag(SO3（5）濾液4中溶質(zhì)主要成分為（填化學式）；在連續(xù)生產(chǎn)的模式下，“銀轉(zhuǎn)化”和“銀還原”工序需在40℃左右進行，若反應(yīng)溫度過高，將難以實現(xiàn)連續(xù)生產(chǎn)，原因是。18．（2024?甘肅）我國科研人員以高爐渣（主要成分為CaO，MgO，Al2O3和SiO2等）為原料，對煉鋼煙氣（CO2和水蒸氣）進行回收利用，有效減少了環(huán)境污染，主要流程如圖所示：已知：Ksp（CaSO4）＝4.9×10﹣5??Ksp（CaCO3）＝3.4×10﹣9（1）高爐渣與（NH4）2SO4經(jīng)焙燒產(chǎn)生的“氣體”是。（2）“濾渣”的主要成分是CaSO4和。（3）“水浸2”時主要反應(yīng)的化學方程式為，該反應(yīng)能進行的原因是。（4）鋁產(chǎn)品NH4Al（SO4）2?12H2O可用于。（5）某含鈣化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示，沿x軸方向的投影為圖乙，晶胞底面顯示為圖丙，晶胞參數(shù)a≠c，α＝β＝γ＝90°。圖丙中Ca與N的距離為pm；化合物的化學式是，其摩爾質(zhì)量為Mg?mol﹣1，阿伏加德羅常數(shù)的值是NA，則晶體的密度為g?cm﹣3（列出計算表達式）。19．（2024?廣東）鎵（Ga）在半導體、記憶合金等高精尖材料領(lǐng)域有重要應(yīng)用。一種從電解鋁的副產(chǎn)品炭渣（含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素）中提取鎵及循環(huán)利用鋁的工藝如圖。工藝中，LAEM是一種新型陰離子交換膜，允許帶負電荷的配離子從高濃度區(qū)擴散至低濃度區(qū)。用LAEM提取金屬離子Mn+的原理如圖。已知：①pKa（HF）＝3.2。②Na3[AlF6]（冰晶石）的Ksp為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，F(xiàn)e2+最多可與2個Cl﹣配位，其他金屬離子與Cl﹣的配位可忽略。（1）“電解”中，反應(yīng)的化學方程式為。（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]﹣的離子方程式為。（3）“還原”的目的：避免元素以（填化學式）微粒的形式通過LAEM，從而有利于Ga的分離。（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl﹣濃度越，越有利于Ga的提??；研究表明，原料液酸度過高，會降低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（填化學式），以進一步提高Ga的提取率。（5）“調(diào)pH”中，pH至少應(yīng)大于，使溶液中c（F﹣）＞c（HF），有利于[AlF6]3﹣配離子及Na3[AlF6]晶體的生成。若“結(jié)晶”后溶液中c（Na+）＝0.10mol?L﹣1，則[AlF6]3﹣的濃度為mol?L﹣1。（6）一種含Ga、Ni、Co元素的記憶合金的晶體結(jié)構(gòu)可描述為Ga與Ni交替填充在Co構(gòu)成的立方體體心，形成如圖所示的結(jié)構(gòu)單元。該合金的晶胞中，粒子個數(shù)最簡比Co：Ga：Ni＝，其立方晶胞的體積為nm3。20．（2024?江西）稀土是國家的戰(zhàn)略資源之一。以下是一種以獨居石【主要成分為CePO4。含有Th3（PO4）4、U3O8和少量鐳雜質(zhì)】為原料制備CeCl3?nH2O的工藝流程圖。已知：ⅰ.Ksp[Th（OH）4]＝4.0×10﹣45，Ksp[Ce（OH）3]＝1.6×10﹣20，Ksp[Ce（OH）4]＝2.0×10﹣48ⅱ.鐳為第ⅡA族元素回答下列問題：（1）關(guān)于獨居石的熱分解，以下說法正確的是（填標號）。a.降低壓強，分解速率增大b.降低溫度，分解速率降低c.反應(yīng)時間越長，分解速率越大d.提高攪拌速度，分解速率降低（2）Na2U2O7中鈾元素的化合價為，熱分解階段U3O8生成Na2U2O7的化學反應(yīng)方程式為。（3）濃縮結(jié)晶后，得到的晶體產(chǎn)物化學式為，濾液可用于階段循環(huán)利用，避免產(chǎn)生大量的高堿度廢水。（4）溶解階段，將溶液pH先調(diào)到1.5～2.0，反應(yīng)后再回調(diào)至4.5。①鹽酸溶解Ce（OH）4的離子方程式為。②當溶液pH＝4.5時，c（Th4+）＝mol/L，此時完全轉(zhuǎn)化為氫氧化釷沉淀。（5）以BaSO4為載體形成共沉淀，目的是去除雜質(zhì)。

2021-2025年高考化學真題知識點分類匯編之工藝流程（解答大題）（二）參考答案與試題解析一．工藝流程題（共20小題）1．（2023?遼寧）某工廠采用如圖工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+）。實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。已知：物質(zhì)Fe（OH）3Co（OH）2Ni（OH）2Mg（OH）2Ksp10﹣37.410﹣14.710﹣14.710﹣10.8回答下列問題：（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率的方法為粉碎鎳鈷礦（適當提高硫酸的濃度、適當加熱、攪拌等）（答出一條即可）。（2）“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸（H2SO5），1molH2SO5中過氧鍵的數(shù)目為NA。（3）“氧化”中，用石灰乳調(diào)節(jié)pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，該反應(yīng)的離子方程式為H2O+HSO5-+Mn2+＝MnO2+SO42-+3H+（H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱）；濾渣的成分為MnO2、Fe（OH（4）“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn（Ⅱ）氧化率與時間的關(guān)系如圖。SO2體積分數(shù)為9.0%時，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分數(shù)時，Mn（Ⅱ）氧化速率減小的原因是SO2具有還原性，SO2過多會降低H2SO5的濃度，從而降低Mn（Ⅱ）的氧化速率。（5）“沉鈷鎳”中得到的Co（Ⅱ）在空氣中可被氧化成CoO（OH），該反應(yīng)的化學方程式為4Co（OH）2+O2＝2H2O+4CoO（OH）。（6）“沉鎂”中為使Mg2+沉淀完全（25℃），需控制pH不低于11.1（精確至0.1）?！敬鸢浮浚?）粉碎鎳鈷礦（適當提高硫酸的濃度、適當加熱、攪拌等）；（2）NA；（3）H2O+HSO5-+Mn2+＝MnO2+SO42-+3H+；Fe（4）9.0%；SO2具有還原性，SO2過多會降低H2SO5的濃度，從而降低Mn（Ⅱ）的氧化速率；（5）4Co（OH）2+O2＝2H2O+4CoO（OH）；（6）11.1?！痉治觥浚?）用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率可以采用增大接觸面積、提高反應(yīng)物濃度、升高溫度等方法；（2）H2SO5中過氧鍵的數(shù)目為x，則有2x個O原子顯﹣1價，則﹣2價O原子數(shù)目為5﹣2x，依據(jù)正負化合價代數(shù)和為0計算得出；（3）依據(jù)H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱，則H2SO5拆開表示為H++HSO5-，酸式根離子不能再拆分，H2SO5將Mn2+氧化成MnO2，H2SO5的還原產(chǎn)物為SO42-；加入石灰乳時加入石灰乳pH＝4時，F(xiàn)e（OH）（4）由Mn（Ⅱ）氧化率與時間的關(guān)系如圖，斜率最大的速率最大；（5）“沉鈷鎳”中得到的Co（Ⅱ），其成分是Co（OH）2，在空氣中可被氧化成CoO（OH）；（6）Mg（OH）2的Ksp＝c（Mg2+）×c2（OH﹣），“沉鎂”時Mg2+沉淀完全（25℃）的最低濃度是10﹣5mol?L﹣1，以此分析解題。【解答】解：（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率可以采用增大接觸面積、提高反應(yīng)物濃度、升高溫度等方法，可采取的具體措施有粉碎鎳鈷礦（適當提高硫酸的濃度、適當加熱、攪拌等），故答案為：粉碎鎳鈷礦（適當提高硫酸的濃度、適當加熱、攪拌等）；（2）H2SO5中過氧鍵的數(shù)目為x，則有2x個O原子顯﹣1價，則﹣2價O原子數(shù)目為5﹣2x，正負化合價代數(shù)和為0，列式：+2+6﹣2x﹣2（5﹣2x）＝0，解得x＝1，則1molH2SO5中過氧鍵的數(shù)目為NA，故答案為：NA；（3）依據(jù)H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱，則H2SO5拆開表示為H++HSO5-，酸式根離子不能再拆分，H2SO5將Mn2+氧化成MnO2，H2SO5的還原產(chǎn)物為SO42-，反應(yīng)的離子方程式為：H2O+HSO5-+Mn2+＝MnO2+SO42-+3H+；加入石灰乳pH＝4時，F(xiàn)e（OH）3已經(jīng)完全沉淀，還生成了CaSO4故答案為：H2O+HSO5-+Mn2+＝MnO2+SO42-+3H+；Fe（4）由Mn（Ⅱ）氧化率與時間的關(guān)系如圖，斜率最大的速率最大，其對應(yīng)的SO2體積分數(shù)為9.0%；故答案為：9.0%；SO2具有還原性，SO2過多會降低H2SO5的濃度，從而降低Mn（Ⅱ）的氧化速率；（5）“沉鈷鎳”中得到的Co（Ⅱ），其成分是Co（OH）2，在空氣中可被氧化成CoO（OH），反應(yīng)方程式為：4Co（OH）2+O2＝2H2O+4CoO（OH），故答案為：4Co（OH）2+O2＝2H2O+4CoO（OH）；（6）Mg（OH）2的Ksp＝c（Mg2+）×c2（OH﹣）＝10﹣10.8，“沉鎂”時Mg2+沉淀完全（25℃）的最低濃度是10﹣5mol?L﹣1，此時c（OH﹣）=Kspc(Mg2+)=10-10.810-5mol?L﹣1＝10﹣2.9mol?L﹣1，則c（H+）=Kwc(OH-故答案為：11.1?！军c評】本題考查化學反應(yīng)原理，屬于工藝流程圖題，試題特點是綜合性強，既考查物質(zhì)性質(zhì)變化，又考查學生對化學原理的掌握和計算能力等，題目難度較大。2．（2023?福建）白合金是銅鈷礦冶煉過程的中間產(chǎn)物，一種從白合金（主要含F(xiàn)e3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2）中分離回收金屬的流程如圖：（1）“酸浸1”中，可以加快化學反應(yīng)速率的措施有粉碎白合金、攪拌、適當升溫、適當增大稀H2SO4濃度等（任寫其中一種），CoO發(fā)生反應(yīng)的離子方程式CoO+2H+＝Co2++H2O。（2）“焙燒1”中，晶體[Fe2（SO4）3?xH2O和CoSO4?yH2O]總質(zhì)量隨溫度升高的變化情況如下：溫度區(qū)間/℃＜227227～566566～600600～630晶體總質(zhì)量變小不變變小不變①升溫至227℃過程中，晶體總質(zhì)量變小的原因是失去結(jié)晶水；566～600℃發(fā)生分解的物質(zhì)是Fe2（SO4）3（填化學式）。②為有效分離鐵、鈷元素，“焙燒1”的溫度應(yīng)控制為600～630℃。（3）25℃時，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，H2S的Ka1＝1.1×10﹣7，Ka2＝1.3×10﹣13。反應(yīng)CuS（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2S（aq）的平衡常數(shù)K＝6.3×10-361.1×10Ⅱ.銅的硫化物結(jié)構(gòu)多樣。天然硫化銅俗稱銅藍，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖。（4）基態(tài)Cu2+的價電子排布式為3d9。（5）晶胞中含有2個S22-，N（Cu+）：N（Cu2+）＝2：1。晶體中微粒間作用力有bca．氫鍵b．離子鍵c．共價鍵d．金屬鍵（6）“焙燒2”中Cu2S發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為Cu2S+2O2?2CuO+SO2；“濾渣2”是SiO2（填化學式）?！敬鸢浮浚?）粉碎白合金、攪拌、適當升溫、適當增大稀H2SO4濃度等；CoO+2H+＝Co2++H2O；（2）①失去結(jié)晶水；Fe2（SO4）3；②600～630；（3）6.3×10（4）3d9；（5）2；2：1；bc；（6）Cu2S+2O2?2CuO+SO2；SiO2?！痉治觥堪缀辖鸾?jīng)過稀硫酸酸浸1后得到濾液1（其中含有Co2+、Fe2+、SO42-、Fe3+）以及濾渣1（SiO2、Cu2S、CuS），濾液1經(jīng)結(jié)晶后得到硫酸鐵以及硫酸鈷的晶體，焙燒1和水浸后得到硫酸鈷溶液以及三氧化二鐵；濾渣1經(jīng)空氣焙燒2后得到氧化銅，加入稀硫酸后得到CuSO4溶液以及濾渣【解答】解：（1）“酸浸1”中，可以加快化學反應(yīng)速率的措施有：粉碎白合金、攪拌、適當升溫、適當增大稀H2SO4濃度等，CoO發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：CoO+2H+＝Co2++H2O，故答案為：粉碎白合金、攪拌、適當升溫、適當增大稀H2SO4濃度等；CoO+2H+＝Co2++H2O；（2）①由圖可知，升溫至227℃過程中，晶體總質(zhì)量變小的原因是二者失去結(jié)晶水；227～566℃質(zhì)量不變，而后566～600℃質(zhì)量再次減小，說明此時硫酸鐵分解，故答案為：失去結(jié)晶水；Fe2（SO4）3；②為有效分離鐵、鈷元素，“焙燒1”的溫度應(yīng)控制為600～630℃，此時硫酸鐵已全部分解，故答案為：600～630；（3）CuS（s）+2H+（aq）＝Cu2+（aq）+H2S（aq）的平衡常數(shù)K=故答案為：6.3×10（4）基態(tài)Cu2+的價電子排布式為3d9，故答案為：3d9；（5）晶胞中的S分別位于立方體的棱上與體內(nèi)，Cu位于晶胞內(nèi)部，Cu個數(shù)為6個；由晶胞可知含S2﹣的個數(shù)為晶胞內(nèi)與Cu形成3個鍵的，有2個，S22-的個數(shù)為8×18+4×14=2，S的總價為2?（﹣2）+2?（﹣2）＝﹣8，設(shè)亞銅離子個數(shù)為x，銅離子為y，則x+y＝6，x+2y＝+8，x＝4，故答案為：2；2：1；bc；（6）“焙燒2”中Cu2S發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為：Cu2S+2O2?2CuO+SO2，由分析可知，濾渣2為SiO2，故答案為：Cu2S+2O2?2CuO+SO2；SiO2?！军c評】本題考查物質(zhì)分離提純，側(cè)重考查學生物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化和分離提純的掌握情況，試題難度中等。3．（2023?海南）鈹?shù)难趸飶V泛應(yīng)用于原子能、航天、電子、陶瓷等領(lǐng)域，是重要的戰(zhàn)略物資。利用綠柱石（主要化學成分為（Be3Al2Si6O18，還含有一定量的FeO和Fe2O3）生產(chǎn)BeO的一種工藝流程如圖?；卮饐栴}：（1）Be3Al2Si6O18中Be的化合價為+2。（2）粉碎的目的是增大反應(yīng)物接觸面積，加快浸取速率，提高浸取率；殘渣主要成分是SiO2（填化學式）。（3）該流程中能循環(huán)使用的物質(zhì)是（NH4）2SO4（填化學式）。（4）無水BeCl2可用作聚合反應(yīng)的催化劑。BeO、Cl2與足量C在600～800℃制備BeCl2的化學方程式為BeO+Cl2+C600～800℃CO+BeCl2（5）沉鈹時，將pH從8.0提高到8.5，則鈹?shù)膿p失降低至原來的10%。【答案】（1）+2；（2）增大反應(yīng)物接觸面積，加快浸取速率，提高浸取率；SiO2；（3）（NH4）2SO4；（4）BeO+Cl2+C600～800℃CO+BeCl（5）10?！痉治觥烤G柱石煅燒生成氧化物，濃硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，殘渣是SiO2，加硫酸銨調(diào)節(jié)pH＝1.5除去鋁離子，加入氨水調(diào)節(jié)pH＝5.1除去鐵離子，再加入氨水到pH＝8.0生成Be（OH）2沉淀，濾液硫酸銨循環(huán)利用?！窘獯稹拷猓海?）按照正負化合價代數(shù)和為0，Be的化合價為+2價，故答案為：+2；（2）粉碎的目的是增大反應(yīng)物接觸面積，加快浸取速率，提高浸取率；殘渣的成分是不溶于酸的SiO2，故答案為：增大反應(yīng)物接觸面積，加快浸取速率，提高浸取率；SiO2；（3）最后的濾液中的硫酸銨[（NH4）2SO4]可以在除鋁步驟中循環(huán)利用，故答案為：（NH4）2SO4；（4）BeO、Cl2與足量C在600～800°C生成BeCl2同時生成CO，化學方程式為BeO+Cl2+C600～800℃CO+BeCl故答案為：BeO+Cl2+C600～800℃CO+BeCl（5）設(shè)Be（OH）2的溶度積常數(shù)為Ksp，K＝c（Be2+）×c2（OH﹣），c（Be2+）=Kspc2(OH-)，當pH＝8.0時，c（OH﹣）＝10﹣6mol/L，鈹損失濃度為c（Be2+）=Ksp10-12mol/L，當pH＝8.5時，c（OH﹣）＝10﹣5.5故答案為：10?！军c評】本題考查混合物分離提純的綜合應(yīng)用，為高頻考點，把握物質(zhì)的反應(yīng)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁庠鼗衔镏R的應(yīng)用，題目難度中等。4．（2023?河北）閉環(huán)循環(huán)有利于提高資源利用率和實現(xiàn)綠色化學的目標。利用氨法浸取可實現(xiàn)廢棄物銅包鋼的有效分離，同時得到的CuCl可用于催化、醫(yī)藥、冶金等重要領(lǐng)域。工藝流程如圖：已知：室溫下的Ksp（CuCl）＝10﹣6.8?；卮鹣铝袉栴}：（1）首次浸取所用深藍色溶液①由銅毛絲、足量液氨、空氣和鹽酸反應(yīng)得到，其主要成分為[Cu（NH3）4]Cl2（填化學式）。（2）濾渣的主要成分為Fe（填化學式）。（3）浸取工序的產(chǎn)物為[Cu（NH3）2]Cl，該工序發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為[Cu（NH3）4]Cl2+Cu＝2[Cu（NH3）2]Cl。浸取后濾液的一半經(jīng)氧化工序可得深藍色溶液①，氧化工序發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為8NH3（4）浸取工序宜在30～40℃之間進行，當環(huán)境溫度較低時，浸取液再生后不需額外加熱即可進行浸取的原因是鹽酸和液氨反應(yīng)放熱。（5）補全中和工序中主反應(yīng)的離子方程式[Cu（NH3）2]++2H++Cl﹣═CuCl↓+2NH4（6）真空干燥的目的為防止干燥過程中CuCl被空氣中的O2氧化?！敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【分析】由題給流程可知，銅包鋼用由銅毛絲、足量液氨、空氣和鹽酸反應(yīng)得到的二氯化四氨合銅深藍色溶液浸取，將銅轉(zhuǎn)化為一氯化二氨合亞銅，過濾得到含有鐵的濾渣和一氯化二氨合亞銅濾液；將濾液的一半經(jīng)氧化工序?qū)⒁宦然焙蟻嗐~可以循環(huán)使用的二氯化四氨合銅；濾液的一半加入硫酸、鹽酸中和，將一氯化二氨合亞銅轉(zhuǎn)化為硫酸亞銅和氯化亞銅沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸亞銅的濾液和氯化亞銅；氯化亞銅經(jīng)鹽酸、乙醇洗滌后，真空干燥得到氯化亞銅；硫酸亞銅溶液發(fā)生置換反應(yīng)生成海綿銅?！窘獯稹拷猓海?）由分析可知，由銅毛絲、足量液氨、空氣和鹽酸反應(yīng)得到的深藍色溶液①為二氯化四氨合銅，故答案為：[Cu（NH3）4]Cl2；（2）由分析可知，濾渣的主要成分為鐵，故答案為：Fe；（3）由分析可知，浸取工序發(fā)生的反應(yīng)為二氯化四氨合銅溶液與銅反應(yīng)生成一氯化二氨合亞銅，反應(yīng)的化學方程式為[Cu（NH3）4]Cl2+Cu＝2[Cu（NH3）2]Cl；氧化工序中一氯化二氨合亞銅發(fā)生的反應(yīng)為一氯化二氨合亞銅溶液與氨水、氧氣反應(yīng)生成二氯化四氨合銅和水，反應(yīng)的離子方程式為8N故答案為：[Cu（NH3）4]Cl2+Cu＝2[Cu（NH3）2]Cl；8N（4）浸取工序中鹽酸與氨水反應(yīng)生成氯化銨和水的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)放出的熱量可以使反應(yīng)溫度保持在30～40℃之間，所以當環(huán)境溫度較低時，浸取液再生后不需額外加熱即可進行浸取，故答案為：鹽酸和液氨反應(yīng)放熱；（5）由題給方程式可知，溶液中加二氨合亞銅離子與氯離子、氫離子反應(yīng)生成氯化亞銅沉淀和銨根離子，反應(yīng)的離子方程式為[Cu(NH故答案為：CuCl↓；2N（6）氯化亞銅易被空氣中的氧氣氧化，所以為了防止干燥過程中氯化亞銅被氧化，應(yīng)采用真空干燥的方法干燥，故答案為：防止干燥過程中CuCl被空氣中的O2氧化?！军c評】本題以工藝流程的形式考查了元素化合物知識，涉及物質(zhì)的除雜、化學方程式的書寫，屬于高考的高頻考點，難度適中。5．（2023?重慶）Fe3O4是一種用途廣泛的磁性材料，以FeCl2為原料制備Fe3O4并獲得副產(chǎn)物CaCl2水合物的工藝如圖。25℃時各物質(zhì)溶度積見表：物質(zhì)Fe（OH）2Fe（OH）3Ca（OH）2溶度積（Ksp）4.9×10﹣172.8×10﹣395.0×10﹣6回答下列問題：（1）Fe3O4中Fe元素的化合價是+2和+3。O2﹣的核外電子排布式為1s22s22p6。（2）反應(yīng)釜1中的反應(yīng)需在隔絕空氣條件下進行，其原因是防止二價鐵被空氣中氧氣氧化為三價鐵。（3）反應(yīng)釜2中，加入CaO和分散劑的同時通入空氣。①反應(yīng)的離子方程式為4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+。②為加快反應(yīng)速率，可采取的措施有攪拌、適當升高溫度（寫出兩項即可）。（4）①反應(yīng)釜3中，25℃時，Ca2+濃度為5.0mol/L，理論上pH不超過11。②稱取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入過量Na2C2O4，將所得沉淀過濾洗滌后，溶于熱的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4標準溶液滴定，消耗24.00mL。滴定達到終點的現(xiàn)象為當?shù)渭幼詈蟀氲螛藴嗜芤?，溶液由無色變成淺紅色，并且半分鐘內(nèi)不變色，該副產(chǎn)物中CaCl2的質(zhì)量分數(shù)為66.6%?！敬鸢浮浚?）+3；1s22s22p6；（2）防止二價鐵被空氣中氧氣氧化為三價鐵；（3）①4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+；②攪拌、適當升高溫度；（4）①11；②當?shù)渭幼詈蟀氲螛藴嗜芤海芤河蔁o色變成淺紅色，并且半分鐘內(nèi)不變色；66.6%。【分析】以FeCl2為原料制備Fe3O4并獲得副產(chǎn)物CaCl2水合物的工藝流程為：反應(yīng)釜1中FeCl2溶液與CaO反應(yīng)生成Fe（OH）2沉淀和CaCl2，反應(yīng)為Fe2++CaO+H2O＝Fe（OH）2↓+Ca2+，反應(yīng)釜2中FeCl2溶液與CaO、O2反應(yīng)生成Fe（OH）3沉淀和CaCl2，反應(yīng)為4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+，調(diào)節(jié)pH在反應(yīng)釜3中形成Fe3O4和CaCl2溶液，加壓過濾得到Fe3O4沉淀，F(xiàn)e3O4沉淀經(jīng)過洗滌、干燥得到純凈Fe3O4固體，CaCl2溶液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到純凈的CaCl2水合物，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓海?）Fe3O4可寫成Fe2O3?FeO，則Fe元素的化合價是+2和+3；O2﹣的核外電子數(shù)為10，排布式為1s22s22p6，故答案為：+3；1s22s22p6；（2）反應(yīng)釜1中FeCl2溶液與CaO反應(yīng)生成Fe（OH）2沉淀，F(xiàn)e2+具有強還原性，易被氧氣氧化，所以反應(yīng)釜1中的反應(yīng)需在隔絕空氣條件下進行，故答案為：防止二價鐵被空氣中氧氣氧化為三價鐵；（3）①應(yīng)釜2中FeCl2溶液與CaO、O2反應(yīng)生成Fe（OH）3沉淀和CaCl2，反應(yīng)為4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+，故答案為：4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+；②加快反應(yīng)速率的措施有攪拌、適當升高溫度等，故答案為：攪拌、適當升高溫度；（4）①Ksp[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）?c2（OH﹣）＝5.0×10﹣6，則溶液中Ca2+濃度為5.0mol/L時c（OH﹣）=5.0×10-65.0mol/L＝1.0×10﹣3mol/L，c（H+）=10-141.0×10-3mol/L＝1.0×10﹣11mol/L，pH＝11，所以25故答案為：11；②KMnO4標準溶液呈紫紅色，當?shù)味ㄟ_到終點時現(xiàn)象為：當?shù)渭幼詈蟀氲螛藴嗜芤海芤河蔁o色變成淺紅色，并且半分鐘內(nèi)不變色；草酸與酸性高錳酸鉀反應(yīng)的離子方程式為5H2C2O4+2MnO4-+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，根據(jù)Ca、C原子守恒有：5CaCl2～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，則n（CaCl2）=52n（KMnO4）＝2.5×0.024L×0.1000mol/L＝0.0060mol，m（CaCl2）＝0.0060mol×111g/mol＝0.6660g，CaCl2的質(zhì)量分數(shù)為故答案為：當?shù)渭幼詈蟀氲螛藴嗜芤?，溶液由無色變成淺紅色，并且半分鐘內(nèi)不變色；66.6%?！军c評】本題考查物質(zhì)的制備實驗方案設(shè)計，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、氧化還原滴定及方程式書寫為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意掌握元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度中等。6．（2023?甲卷）BaTiO3是一種壓電材料。以BaSO4為原料，采用下列路線可制備粉狀BaTiO3。回答下列問題：（1）“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是將BaSO4還原為BaS。（2）“焙燒”后固體產(chǎn)物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”時主要反應(yīng)的離子方程式為Ca2++S2﹣═CaS↓。（3）“酸化”步驟應(yīng)選用的酸是c（填標號）。a.稀硫酸b.濃硫酸c.鹽酸d.磷酸（4）如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取，是否可行？其原因是不可行，多余的Ca2+無法除去，同時會放出更多的H2S污染環(huán)境。（5）“沉淀”步驟中生成BaTiO（C2O4）2的化學方程式為BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O＝BaTiO（C2O4）2+4NH4Cl+2HCl。（6）“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產(chǎn)生的nCO2：nCO＝1：1【答案】（1）將BaSO4還原為BaS；（2）Ca2++S2﹣═CaS↓；（3）C；（4）不可行，多余的Ca2+無法除去，同時會放出更多的H2S污染環(huán)境；（5）BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O＝BaTiO（C2O4）2+4NH4Cl+2HCl；（6）1：1?！痉治觥坑芍苽淞鞒炭芍?，用碳粉和氯化鈣處理BaSO4，將BaSO4轉(zhuǎn)化為易溶于水的BaS和氯化鋇，硫化鋇經(jīng)過鹽酸酸化生成氯化鋇，然后氯化鋇與四氯化鈦、草酸氨反應(yīng)生成BaTiO（C2O4）2沉淀，過濾、洗滌、干燥、煅燒得到BaTiO3，以此解答該題。【解答】解：（1）由流程可知，“焙燒”步驟中碳粉轉(zhuǎn)化為了CO，化合價升高，做還原劑，將硫酸鋇轉(zhuǎn)化為硫化鋇，故“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是將BaSO4還原為BaS，故答案為：將BaSO4還原為BaS；（2）“浸取”時多余的鈣離子與硫離子生成硫化鈣沉淀，故離子反應(yīng)為：Ca2++S2﹣═CaS↓，故答案為：Ca2++S2﹣═CaS↓；（3）酸化的作用是為了將BaS轉(zhuǎn)化為BaCl2而不能引入新雜質(zhì)，故選用HCl，故答案為：C；（4）焙燒后的產(chǎn)物有BaS和CaS，如果直接加鹽酸，多余的Ca2+無法除去，同時會放出更多的H2S污染環(huán)境，故答案為：不可行，多余的Ca2+無法除去，同時會放出更多的H2S污染環(huán)境；（5）由沉淀步驟可知加入了TiCl4和（NH4）2C2O4生成了BaTiO（C2O4）2，根據(jù)反應(yīng)原子守恒可寫出化學方程式為：BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O＝BaTiO（C2O4）2+4NH4Cl+2HCl，故答案為：BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O＝BaTiO（C2O4）2+4NH4Cl+2HCl；（6）BaTiO（C2O4）2分解方程式為：BaTiO（C2O4）2?4H2O△BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O，則nCO2：nCO＝故答案為：1：1?！军c評】本題考查物質(zhì)的制備、化學方程式的書寫，為高考常見題型，題目難度中等，側(cè)重于考查學生的分析能力和計算能力，注意把握常見物質(zhì)分離提純方法。7．（2023?新課標）鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等的化合物。從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如圖所示。已知：最高價鉻酸根在酸性介質(zhì)中以Cr2O72-存在，在堿性介質(zhì)中以回答下列問題：（1）煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應(yīng)的最高價含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為Na2CrO4（填化學式）。（2）水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3。（3）“沉淀”步驟調(diào)pH到弱堿性，主要除去的雜質(zhì)是Al（OH）3。（4）“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果。若pH＜9時，會導致PO43-與H+反應(yīng)，使其濃度降低，導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀，不宜處理；pH＞9時，會導致Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時溶液中c（NH4+）降低，導致MgNH4PO（5）“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1時，溶解為VO2+或VO3+；在堿性條件下，溶解為VO3-或VO43-。上述性質(zhì)說明V2O5具有A.酸性B.堿性C.兩性（6）“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）溶液，反應(yīng)的離子方程式為3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3++6SO【答案】（1）Na2CrO4；（2）Fe2O3；（3）Al（OH）3；（4）PO43-會與H+反應(yīng)，使其濃度降低，導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀，不宜處理；Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時溶液中c（NH4+）降低，導致MgNH（5）C；（6）3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3+【分析】鉻釩渣（鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等的化合物）中分離提取鉻和釩的流程為：鉻釩渣在Na2CO3、NaOH作用下高溫焙燒，釩和鉻被氧化為相應(yīng)的最高價含氧酸鹽Na2CrO4、NaVO3，鋁、硅、磷等的化合物轉(zhuǎn)化為NaAlO2、Na2SiO3、Na3PO4，鐵的化合物轉(zhuǎn)化為Fe2O3，加水浸取熔渣，過濾，水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3，水浸液中含有NaAlO2、NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3、Na3PO4，加入稀硫酸調(diào)溶液的pH到弱堿性時NaAlO2轉(zhuǎn)化為Al（OH）3沉淀，過濾得到含有Al（OH）3的濾渣，再加入MgSO4和（NH4）2SO4除硅磷，使硅、磷分別轉(zhuǎn)化為MgSiO3、MgNH4PO4沉淀，過濾除去沉淀得到含有NaVO3、Na2CrO4的濾液，加入稀硫酸將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀，Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，Cr2O72-具有強氧化性，與加入的Na2S2O5反應(yīng)生成Cr3+，離子方程式為3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3++6SO42-+5H2O，調(diào)pH【解答】解：（1）鉻釩渣中鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，煅燒過程中釩和鉻被氧化為相應(yīng)的最高價含氧酸鹽，堿性條件下含鉻化合物主要為Na2CrO4，故答案為：Na2CrO4；（2）Na2CO3、NaOH作用下高溫焙燒，鋁、硅、磷的化合物轉(zhuǎn)化為可溶性的NaAlO2、Na2SiO3（部分以SiO2形式存在）、Na3PO4等，鐵的化合物轉(zhuǎn)化為Fe2O3，則水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3，故答案為：Fe2O3；（3）“沉淀”步驟中加入稀硫酸調(diào)溶液的pH到弱堿性時，NaAlO2轉(zhuǎn)化為Al（OH）3沉淀，可除去Al（OH）3，故答案為：Al（OH）3；（4）PO43-、SiO32-水解呈堿性，“除硅磷”步驟中控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果。若pH＜9時溶液的堿性減弱，PO43-會與H+反應(yīng)，使c（PO43-）降低，不能完全MgNH4PO4沉淀，同時SiO32-會與H+反應(yīng)生成硅酸膠狀沉淀，不利于硅、磷轉(zhuǎn)化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀；pH＞9時溶液的堿性增強，沉淀劑中的Mg2+、NH4+分別轉(zhuǎn)化為Mg（OH）2沉淀、NH3?H故答案為：PO43-與H+反應(yīng)，使其濃度降低，導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀，不宜處理；Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時溶液中c（NH4+）降低，導致MgNH（5）“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1時，溶解為VO2+或VO3+；在堿性條件下，溶解為VO3-或VO43-故答案為：C；（6）酸性條件下Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，Cr2O72-具有強氧化性，與Na2S2O5反應(yīng)生成Cr3+，離子方程式為3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═故答案為：3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3+【點評】本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意元素及其化合物知識的應(yīng)用，題目難度中等。8．（2023?湖南）超純Ga（CH3）3是制備第三代半導體的支撐源材料之一，近年來，我國科技工作者開發(fā)了超純純化、超純分析和超純灌裝一系列高新技術(shù)，在研制超純Ga（CH3）3方面取得了顯著成果，工業(yè)上以粗鎵為原料，制備超純Ga（CH3）3的工藝流程如圖：知：①金屬Ga的化學性質(zhì)和Al相似，Ga的熔點為29.8℃；②Et2O（乙醚）和NR3（三正辛胺）在上述流程中可作為配體；③相關(guān)物質(zhì)的沸點：物質(zhì)Ga（CH3）3Et2OCH3INR3沸點/℃55.734.642.4365.8回答下列問題：（1）晶體Ga（CH3）3的晶體類型是分子晶體；（2）“電解精煉”裝置如圖所示，電解池溫度控制在40～45℃的原因是保證Ga為液體，便于純Ga流出，陰極的電極反應(yīng)式為[Ga（OH）4]﹣+3e﹣＝Ga+4OH﹣；（3）“合成Ga（CH3）3（Et2O）”工序中的產(chǎn)物還包括MgI2和CH3MgI，寫出該反應(yīng)的化學方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5＝2Ga（CH3）3（Et2O）+3MgI2+2CH3MgI；（4）“殘渣”經(jīng)純水處理，能產(chǎn)生可燃性氣體，該氣體主要成分是CH4；（5）下列說法錯誤的是D；A.流程中Et2O得到了循環(huán)利用B.流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在無水無氧的條件下進行C.“工序X”的作用是解配Ga（CH3）3（NR3），并蒸出Ga（CH3）3D.用核磁共振氫譜不能區(qū)分Ga（CH3）3和CH3I（6）直接分解Ga（CH3）3（Et2O）不能制備超純Ga（CH3）3，而本流程采用“配體交換”工藝制備超純Ga（CH3）3的理由是NR3的沸點遠高于Ga（CH3）3，Ga（CH3）3比Et2O更易分離；（7）比較分子中的C—Ga—C鍵角大?。篏a（CH3）3＞Ga（CH3）3（Et2O）（填“＞”“＜”或“＝”），其原因是Ga（CH3）3中Ga為sp2雜化，所以為平面結(jié)構(gòu)，而Ga（CH3）3（Et2O）中Ga為sp3雜化，所以為四面體結(jié)構(gòu)，故夾角較小?！敬鸢浮浚?）分子晶體；（2）保證Ga為液體，便于純Ga流出；[Ga（OH）4]﹣+3e﹣＝Ga+4OH﹣；（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5＝2Ga（CH3）3（Et2O）+3MgI2+2CH3MgI；（4）CH4；（5）D；（6）NR3的沸點遠高于Ga（CH3）3，Ga（CH3）3比Et2O更易分離；（7）＞；Ga（CH3）3中Ga為sp2雜化，所以為平面結(jié)構(gòu)，而Ga（CH3）3（Et2O）中Ga為sp3雜化，所以為四面體結(jié)構(gòu)，故夾角較小。【分析】以粗鎵為原料，制備超純Ga（CH3）3，粗Ga經(jīng)過電解精煉得到純Ga，Ga和Mg反應(yīng)生產(chǎn)Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反應(yīng)生成Ga（CH3）3（Et2O）、MgI2和CH3MgI，然后經(jīng)過蒸發(fā)溶劑、蒸餾，除去殘渣MgI2、CH3MgI，加入NR3進行配體交換、進一步蒸出得到超純Ga（CH3）3，Et2O重復利用，據(jù)此解答。【解答】解：（1）根據(jù)物質(zhì)的沸點，晶體Ga（CH3）3的沸點較低，晶體類型是分子晶體，故答案為：分子晶體；（2）根據(jù)Ga的熔點為29.8℃，電解池溫度控制在40～45℃可以保證Ga為液體，便于純Ga流出；粗Ga在陽極失去電子，陰極得到Ga，Ga的化學性質(zhì)和Al相似，陰極為[Ga（OH）4]﹣得到電子，電極反應(yīng)式為[Ga（OH）4]﹣+3e﹣＝Ga+4OH﹣，故答案為：保證Ga為液體，便于純Ga流出；[Ga（OH）4]﹣+3e﹣＝Ga+4OH﹣；（3）“合成Ga（CH3）3（Et2O）””工序中的產(chǎn)物還包括MgI2和CH3MgI，該反應(yīng)的化學方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5＝2Ga（CH3）3（Et2O）+3MgI2+2CH3MgI，故答案為：8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5＝2Ga（CH3）3（Et2O）+3MgI2+2CH3MgI；（4）“殘渣”含CH3MgI，經(jīng)純水處理，能產(chǎn)生可燃性氣體CH4，故答案為：CH4；（5）A.根據(jù)分析，流程中Et2O得到了循環(huán)利用，A正確；B.Ga（CH3）3（NR3）容易和水反應(yīng)，容易被氧化，則流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在無水無氧的條件下進行，B正確；C.“配體交換”的作用是解配Ga（CH3）3（NR3），“工序X”為蒸出Ga（CH3）3，C正確；D.兩者所含相同類型氫原子個數(shù)不同，氫譜面積大小不同，用核磁共振氫譜能區(qū)分Ga（CH3）3和CH3I，D錯誤，故答案為：D；（6）直接分解Ga（CH3）3（Et2O）不能制備超純Ga（CH3）3，而本流程采用“配體交換”工藝制備超純Ga（CH3）3的理由是NR3的沸點遠高于Ga（CH3）3，Ga（CH3）3比Et2O更易分離，故答案為：NR3的沸點遠高于Ga（CH3）3，Ga（CH3）3比Et2O更易分離；（7）結(jié)合各物質(zhì)的結(jié)構(gòu)，分子中的C—Ga—C鍵角Ga（CH3）3＞Ga（CH3）3（Et2O），其原因是Ga（CH3）3中Ga為sp2雜化，所以為平面結(jié)構(gòu)，而Ga（CH3）3（Et2O）中Ga為sp3雜化，所以為四面體結(jié)構(gòu)，故夾角較小，故答案為：＞；Ga（CH3）3中Ga為sp2雜化，所以為平面結(jié)構(gòu)，而Ga（CH3）3（Et2O）中Ga為sp3雜化，所以為四面體結(jié)構(gòu)，故夾角較小?！军c評】本題考查物質(zhì)制備實驗，為高頻考點，明確制備流程是解本題關(guān)鍵，注意反應(yīng)過程中反應(yīng)的原理以及分離方法為解答的關(guān)鍵，題目難度較大。9．（2023?乙卷）LiMn2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關(guān)注，由菱錳礦（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制備LiMn2O4的流程如圖：已知：Ksp[Fe（OH）3]＝2.8×10﹣39，Ksp[Al（OH）3]＝1.3×10﹣33，Ksp[Ni（OH）2]＝5.5×10﹣16回答下列問題：（1）硫酸溶礦主要反應(yīng)的化學方程式為MnCO3+H2SO4＝MnSO4+H2O+CO2↑。為提高溶礦速率，可采取的措施粉碎菱錳礦（舉1例）。（2）加入少量MnO2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，不宜使用H2O2替代MnO2，原因是Fe3+可以催化H2O2分解。（3）溶礦反應(yīng)完成后，反應(yīng)器中溶液pH＝4，此時c（Fe3+）＝2.8×10﹣9mol?L﹣1；用石灰乳調(diào)節(jié)至pH≈7，除去的金屬離子是Al3+。（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有BaSO4、NiS。（5）在電解槽中，發(fā)生電解反應(yīng)的離子方程式為Mn2++2H2O電解H2↑+MnO2↓+2H+。隨著電解反應(yīng)進行，為保持電解液成分穩(wěn)定，應(yīng)不斷加入Mn（OH）2（6）煅燒窯中，生成LiMn2O4反應(yīng)的化學方程式是2Li2CO3+8MnO2煅燒4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)題目中的流程，將菱錳礦置于反應(yīng)器中，加入硫酸和MnO2，可將固體溶解為離子，將雜質(zhì)中的Fe、Ni、Al等元素物質(zhì)也轉(zhuǎn)化為其離子形式，同時，加入的MnO2可以將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+；隨后將溶液pH調(diào)至制約等于7，此時，根據(jù)已知條件給出的三種氫氧化物的溶度積可以將溶液中Al3+沉淀出來；隨后加入BaS，可以將溶液中的Ni2+沉淀，得到相應(yīng)的濾渣；后溶液中含有大量的Mn2+，將此溶液置于電解槽中電解，得到MnO2，將MnO2與碳酸鋰共同煅燒得到最終產(chǎn)物LiMn2O4?！窘獯稹拷猓海?）菱錳礦中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以與其反應(yīng)，硫酸溶礦主要反應(yīng)的化學方程式為：MnCO3+H2SO4＝MnSO4+H2O+CO2↑；為提高溶礦速率，可以將菱錳礦粉碎，故答案為：MnCO3+H2SO4＝MnSO4+H2O+CO2↑；粉碎菱錳礦；（2）根據(jù)分析，加入MnO2的作用是將酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化為Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因為氧化后生成的Fe3+，可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化為Fe3+，故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+；Fe3+可以催化H2O2分解；（3）溶礦完成以后，反應(yīng)器中溶液pH＝4，此時溶液中c（OH﹣）＝1.0×10﹣10mol?L，此時體系中含有的c（Fe3+）=Ksp[Fe(OH)3]C3(OH-)=2.8×10﹣9mol?L﹣1，這時，溶液中的c（Fe3+）小于1.0×10﹣5，認為Fe3+已經(jīng)沉淀完全；用石灰乳調(diào)節(jié)至pH≈7，這時溶液中c（OH﹣）＝1.0×10﹣7mol?L﹣1，溶液中c（Al3+）＝1.3×10﹣12mol?L，c（Ni2+）＝5.5×10﹣4mol?L﹣1故答案為：2.8×10﹣9；Al3+；（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此時溶液中發(fā)生的離子方程式為BaS+Ni2++SO42-=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO故答案為：BaSO4、NiS；（5）在電解槽中，Mn2+發(fā)生反應(yīng)生成MnO2，反應(yīng)的離子方程式為Mn2++2H2O電解H2↑+MnO2↓+2H+；電解時電解液