2025全國(guó)高考二輪化學(xué)抓分卷基礎(chǔ)主題排查5　化學(xué)工藝流程

2025全國(guó)高考二輪化學(xué)抓分卷基礎(chǔ)主題排查5化學(xué)工藝流程1.某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋)，實(shí)現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。(1)在一定溫度下，用硫酸浸取已粉碎的鎳鈷礦時(shí)，提高浸取速率的方法為適當(dāng)增大硫酸濃度(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(qiáng)氧化性的過一硫酸(H2SO5)，寫出H2SO5的結(jié)構(gòu)式：。(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＋Mn2＋＋HSOeq\o\al(－,5)=MnO2＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋(該條件下，Co2＋不被氧化；H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱)。(4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn(Ⅱ)氧化率與時(shí)間的關(guān)系如圖所示。SO2體積分?jǐn)?shù)為9%時(shí)，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時(shí)，Mn(Ⅱ)氧化速率減小的原因是SO2有還原性，過多將會(huì)降低H2SO5的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率。(5)將“鈷鎳渣”酸溶后，進(jìn)行如下流程：①寫出“鈷鎳分離”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：ClO－＋2Co2＋＋5H2O=2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋。②“鎳鈷分離”后溶液中c(Ni2＋)＝1.0mol/L，若“濾液1”中c(COeq\o\al(2－,3))＝10－5mol/L，則沉鎳率＝99%[已知：Ksp(NiCO3)＝1.0×10－7，沉鎳率＝eq\f(因沉淀減少的cNi2＋,初始cNi2＋)]?！窘馕觥?1)提高浸取率可以適當(dāng)增大硫酸濃度或適當(dāng)升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積等方法增大反應(yīng)速率。(2)過一硫酸可以看做過氧化氫中的一個(gè)氫原子被磺酸基取代，因此結(jié)構(gòu)式為。(3)H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱，S元素主要以HSOeq\o\al(－,5)存在，－1價(jià)的O將Mn2＋氧化為二氧化錳。(4)二氧化硫有還原性，二氧化硫的體積分?jǐn)?shù)較大時(shí)，二氧化硫?qū)2SO5還原，Mn(Ⅱ)氧化速率減小。(5)①濾液中加NaClO將Co2＋氧化為Co(OH)3，反應(yīng)的離子方程式為ClO－＋2Co2＋＋5H2O=2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋；再加Na2CO3，將Ni2＋轉(zhuǎn)化為NiCO3沉淀，離子方程式為Ni2＋＋COeq\o\al(2－,3)=NiCO3↓；NiCO3中加H2SO4，反應(yīng)生成NiSO4，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，可得NiSO4·7H2O；鈷鎳分離后得到的Co(OH)3加濃鹽酸，可將三價(jià)的Co還原為二價(jià)，得到CoCl2溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，可得CoCl2·6H2O。②根據(jù)Ksp(NiCO3)＝1.0×10－7可知，c(Ni2＋)＝eq\f(KspNiCO3,cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(1.0×10－7,1.0×10－5)＝0.01mol/L，沉鎳率＝eq\f(因沉淀減少的cNi2＋,初始cNi2＋)×100%＝eq\f(0.1－0.01mol/L,0.1mol/L)×100%＝99%。2.以含鉬(Mo)廢催化劑(含MoS2，以及Al2O3、Fe2O3、CuO等)為原料制備MoO3，其過程表示如下：(1)焙燒。將廢催化劑和足量NaOH固體置于焙燒爐中，通入足量空氣加熱至750℃充分反應(yīng)。焙燒過程中MoS2轉(zhuǎn)化為Na2MoO4的化學(xué)方程式為2MoS2＋9O2＋12NaOHeq\o(=,\s\up7(750℃))2Na2MoO4＋4Na2SO4＋6H2O。(2)浸取。將焙燒所得固體加水浸泡，然后過濾、洗滌。過濾后所得濾液中存在的陰離子主要有OH－、MoOeq\o\al(2－,4)、SOeq\o\al(2－,4)、[Al(OH)4]－。欲提高單位時(shí)間內(nèi)鉬的浸取率，可以采取的措施有將固體粉碎、適當(dāng)攪拌、適當(dāng)升高溫度等(任寫一點(diǎn))。(3)除雜。向浸取后的濾液中通入過量CO2，過濾。通入過量CO2的目的是將[Al(OH)4]－全部轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀除去。(4)制備。向上述(3)所得濾液中加入硝酸調(diào)節(jié)溶液的pH小于6，使MoOeq\o\al(2－,4)轉(zhuǎn)化為Mo7Oeq\o\al(6－,24)，然后加入NH4NO3充分反應(yīng)，析出(NH4)6Mo7O24·4H2O，灼燒后可得到MoO3。灼燒(NH4)6Mo7O24·4H2O得到MoO3的化學(xué)方程式為(NH4)6Mo7O24·4H2Oeq\o(=,\s\up7(灼燒))7MoO3＋6NH3↑＋7H2O。(5)應(yīng)用。將MoO3制成V2O5－WO3－MoO3/TiO2催化劑，用于氨催化還原氮氧化物，一定壓強(qiáng)下，將氨氮比為1.0的混合氣體按一定流速通入裝有上述催化劑的反應(yīng)裝置，測(cè)得NOx的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。在溫度160～240℃之間，NOx轉(zhuǎn)化率不高的原因是溫度160～240℃之間，催化劑的活性低，同時(shí)溫度較低反應(yīng)速率較慢，所以NOx的轉(zhuǎn)化率不高?！窘馕觥?2)加水浸泡后，氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成可溶性的Na[Al(OH)4]，故過濾后所得濾液中存在的陰離子還有SOeq\o\al(2－,4)、[Al(OH)4]－。3.回收再利用金屬冶煉廠的酸性廢水(主要含HAsO2、H3AsO4、Zn2＋、Cd2＋、SOeq\o\al(2－,4))，制備亞砷酸銅Cu(AsO2)2的流程如下。(1)基態(tài)砷原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3。(2)砷的還原。常溫下，As(Ⅴ)溶液中各種微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的變化曲線如圖所示。向酸性廢水中通入SO2，能把As(Ⅴ)轉(zhuǎn)化為As(Ⅲ)。①H3AsO4的二級(jí)電離平衡常數(shù)Ka2＝1×10－7。②pH為1時(shí)“還原”的主要反應(yīng)的離子方程式為H3AsO4＋SO2=HAsO2＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋。(3)中和除雜。當(dāng)溶液中離子濃度小于1×10－5mol/L，可認(rèn)為已經(jīng)完全除去。已知：Zn(OH)2在pH＝10.5時(shí)開始轉(zhuǎn)化為[Zn(OH)4]2－，Ksp[Zn(OH)2]＝1.2×10－17，Ksp[Cd(OH)2]＝2.5×10－14，lg2＝0.3。①“一級(jí)中和”控制pH為2左右，濾渣X的主要成分有CaSO4。②“二級(jí)中和”沉淀重金屬離子應(yīng)控制pH范圍為9.7～10.5。(4)應(yīng)用碘量法可測(cè)定亞砷酸銅中的銅含量。稱取2.000g試樣溶于稀硫酸攪拌后過濾，洗滌濾渣，將洗滌后的濾液與原濾液合并，配成250mL溶液，取25.00mL所配溶液于碘量瓶中加入過量的碘化鉀溶液，用0.03000mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗25.00mL。①計(jì)算樣品中銅元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(寫出計(jì)算過程)。24.00%(計(jì)算過程見解析)②已知純亞砷酸銅中銅元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為23.02%，實(shí)際測(cè)得樣品中銅元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)有偏差(操作步驟均正確)的原因?yàn)闃悠分锌赡芎蠧u(OH)2、CuO(已知：Cu2＋＋I(xiàn)－→CuI↓＋I(xiàn)2；I2＋S2Oeq\o\al(2－,3)→S4Oeq\o\al(2－,6)＋I(xiàn)－，未配平)?！窘馕觥?2)①由圖可知，當(dāng)c(HAsOeq\o\al(2－,4))＝c(H2AsOeq\o\al(－,4))時(shí)，pH＝7.0，c(H＋)＝1×10－7mol/L，根據(jù)Ka2＝eq\f(cHAsO\o\al(2－,4)·cH＋,cH2AsO\o\al(－,4))，故Ka2＝1×10－7。②pH＝1時(shí)，含砷微粒的溶液中主要以H3AsO4存在，向酸性廢水中通入SO2，將As(Ⅴ)轉(zhuǎn)化為As(Ⅲ)。(3)①“一級(jí)中和”加入的是石灰乳，主要是為了沉淀SOeq\o\al(2－,4)，故濾渣X的主要成分為CaSO4。②由信息可知Zn(OH)2的溶度積更小，更難溶，所以只要滿足Cd(OH)2完全沉淀，Zn(OH)2肯定已經(jīng)完全沉淀，c(Cd2＋)＝1×10－5mol/L，則根據(jù)Ksp[Cd(OH)2]＝2.5×10－14，此時(shí)c(OH－)＝5×10－5mol/L，則c(H＋)＝2×10－10mol/L，所以pH＝9.7；又因?yàn)閆n(OH)2在pH＝10.5時(shí)開始轉(zhuǎn)化為[Zn(OH)4]2－，所以二級(jí)中和沉淀重金屬離子應(yīng)控制pH范圍為9.7～10.5。(4)①n(Na2S2O3)＝25.00×10－3L×0.03000mol/L＝7.500×10－4mol，由題意得關(guān)系式：Cu2＋～eq\f(1,2)I2～S2Oeq\o\al(2－,3)，n(Cu2＋)＝n(Na2S2O3)＝7.500×10－4mol，m(Cu)＝64g/mol×7.500×10－4mol×eq\f(250.00,25.00)＝0.4800g，銅元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)＝eq\f(0.4800g,2.000g)×100%＝24.00%。②由于“二級(jí)中和”加入了氫氧化鈉，所以“沉砷”時(shí)加入硫酸銅可能會(huì)產(chǎn)生氫氧化銅沉淀，后續(xù)操作中還有可能生成氧化銅，所以樣品中可能含有Cu(OH)2、CuO。4.硼化鈦(TiB2)常用于制備導(dǎo)電陶瓷材料。Ⅰ.高鈦渣(主要含TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，少量MgO、Fe2O3)為原料制取TiB2的流程如圖：已知：①B2O3高溫易揮發(fā)；②TiO2可溶于熱的濃硫酸形成TiO2＋。(1)“酸浸”后的濾液中的陽離子有：H＋、Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋。(2)“水解”需在沸水中進(jìn)行，離子方程式為TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up7(△))TiO2·xH2O↓＋2H＋。(3)“熱還原”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為TiO2＋B2O3＋5Ceq\o(=,\s\up7(高溫))TiB2＋5CO↑，B2O3的實(shí)際用量超過了理論用量，原因是B2O3易揮發(fā)。Ⅱ.氣相沉積法獲得硼化鈦：以TiCl4和BCl3為原料，在過量的H2參與下，沉積溫度為800～1000℃，可制得具有空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的磨料級(jí)硼化鈦。(4)制得硼化鈦的化學(xué)方程式為TiCl4＋2BCl3＋5H2eq\o(=,\s\up7(800～1000℃))TiB2＋10HCl，硼化鈦能作為磨料的原因是硼化鈦是共價(jià)晶體，硬度大。(5)生產(chǎn)硼化鈦，當(dāng)BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)∶m(TiCl4)]超過1.25時(shí)硼化鈦的純度下降，原因是BCl3過量，被過量的氫氣還原為單質(zhì)硼。Ⅲ.硼砂(Na2B4O7·10H2O)與NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制備X(Na2B2O8H4)。已知X的陰離子[B2O8H4]2－只有一種化學(xué)環(huán)境的B原子，結(jié)構(gòu)中有1個(gè)六元環(huán)且B和O原子最外層都達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。(6)X陰離子的結(jié)構(gòu)式為?！窘馕觥?1)“酸浸”加入稀鹽酸與Al2O3、CaO、MgO、Fe2O3反應(yīng)生成AlCl3、CaCl2、MgCl2、FeCl3，“酸浸”后的濾液中的陽離子有H＋、Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋。(3)“熱還原”中B2O3的實(shí)際用量超過了理論化學(xué)計(jì)量所要求的用量，原因是B2O3高溫下蒸氣壓大、易揮發(fā)。(4)硼化鈦由Ti和B原子相連構(gòu)成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，說明硼化鈦是共價(jià)晶體，硬度大。(5)當(dāng)BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)∶m(TiCl4)]超過1.25時(shí)硼化鈦的純度下降，原因是BCl3過量，被過量的氫氣還原為單質(zhì)硼。(6)X的陰離子[B2O8H4]2－只有一種化學(xué)環(huán)境的B原子說明結(jié)構(gòu)對(duì)稱，結(jié)構(gòu)中有1個(gè)六元環(huán)且B和O原子最外層都達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則B原子與4個(gè)O原子相連，X陰離子的結(jié)構(gòu)式見答案。主題排查6歸因分析過程描述1.已知ClO2是黃綠色的氣體，易溶于水；ClO2濃度大了易分解。利用如下裝置制備亞氯酸鈉(NaClO2)?；卮鹣嚓P(guān)問題。(1)寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式。在裝置B中，生成ClO2的反應(yīng)：2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O。在裝置D中，生成NaClO2的反應(yīng)：2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2＋2H2O。(2)為什么空氣通入的速率過快或過慢都使得亞氯酸鈉的產(chǎn)率下降：空氣通入的速率快，ClO2吸收的少，反應(yīng)生成的NaClO2產(chǎn)率降低；空氣通入的速率慢，ClO2濃度大易分解，反應(yīng)生成的NaClO2產(chǎn)率降低。(3)研究測(cè)得裝置D吸收液中的c(NaOH)與eq\f(nH2O2,nNaOH)對(duì)粗產(chǎn)品中NaClO2含量的影響如圖所示，在最佳條件為c(NaOH)＝4mol/L，eq\f(nH2O2,nNaOH)＝0.8。2.皮革廠的廢水中含有一定量的氨氮(以NH3、NHeq\o\al(＋,4)形式存在)，通過沉淀和氧化兩步處理后可使水中氨氮達(dá)到國(guó)家規(guī)定的排放標(biāo)準(zhǔn)。(1)沉淀：向酸性廢水中加入適量Fe2(SO4)3溶液，廢水中的氨氮轉(zhuǎn)化為NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀。該反應(yīng)的離子方程式為NHeq\o\al(＋,4)＋3Fe3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓＋6H＋。(2)氧化：調(diào)節(jié)經(jīng)沉淀處理后的廢水pH約為6，加入NaClO溶液進(jìn)一步氧化處理。①NaClO將廢水中的氨氮轉(zhuǎn)化為N2，該反應(yīng)的離子方程式為3ClO－＋2NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O。②研究發(fā)現(xiàn)，廢水中氨氮去除率隨溫度升高呈先升后降趨勢(shì)。當(dāng)溫度大于30℃時(shí)，廢水中氨氮去除率隨著溫度升高而降低，結(jié)合化學(xué)方程式解釋其可能原因：ClO－易水解生成HClO,2HClOeq\o(=,\s\up7(△))2HCl＋O2↑。(3)實(shí)驗(yàn)室將含NOeq\o\al(－,2)、NOeq\o\al(－,3)的酸性工業(yè)廢水的NOeq\o\al(－,2)全部氧化為NOeq\o\al(－,3)，分別用鋁、鐵和鋁鐵合金對(duì)NOeq\o\al(－,3)進(jìn)行脫除。在0～3h內(nèi)，鋁和鐵對(duì)NOeq\o\al(－,3)幾乎未脫除，而鋁鐵合金的脫除效率高，其可能的原因是金屬鋁、鐵表面有氧化膜，阻礙了NOeq\o\al(－,3)的脫除反應(yīng)；鋁鐵合金中，鐵和鋁可以構(gòu)成原電池，加快反應(yīng)速率。3.(1)以TiO2/Cu2Al2O4為催化劑，可以將CO2和CH4直接轉(zhuǎn)化成乙酸。在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率的關(guān)系如圖所示。①100～250℃乙酸的生成速率增加的原因：溫度升高，反應(yīng)速率增大，催化劑的活性增強(qiáng)。②100～400℃反應(yīng)的最佳的溫度：250℃。③100～400℃乙酸的生成速率主要取決于溫度影響的范圍是300～400℃。(2)由工業(yè)級(jí)碳酸鋰(含有少量碳酸鎂等雜質(zhì))制備高純碳酸鋰。實(shí)驗(yàn)過程如下：已知在不同溫度下蒸發(fā)分解碳酸鋰的產(chǎn)率與溶解度關(guān)系如圖：90℃以下，隨溫度升高，碳酸鋰產(chǎn)率升高的原因可能是碳酸氫鋰隨溫度的升高分解產(chǎn)率增大，碳酸鋰的溶解度隨溫度升高而減小。(3)利用石灰乳和硝酸工業(yè)的尾氣(含NO、NO2)反應(yīng)，既能凈化尾氣，又能獲得應(yīng)用廣泛的Ca(NO2)2，其部分工藝流程如下：該工藝控制NO和NO2的物質(zhì)的量之比接近1∶1。若eq\f(nNO,nNO2)>1，則會(huì)導(dǎo)致尾氣中的NO含量升高。若eq\f(nNO,nNO2)<1，則會(huì)導(dǎo)致Ca(NO2)2產(chǎn)品中的Ca(NO3)2含量升高。(4)寫出Na2CO3溶液吸收NO2的離子方程式：2NO2＋COeq\o\al(2－,3)=NOeq\o\al(－,3)＋NOeq\o\al(－,2)＋CO2。4.吸收工廠煙氣中的SO2，能有效減少SO2對(duì)空氣的污染。氨水、ZnO水懸濁液吸收煙氣中SO2后經(jīng)O2催化氧化，可得到硫酸鹽。已知：室溫下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的分布如圖1所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反應(yīng)的離子方程式為2NH3＋SO2＋H2O=2NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,3)(或2NH3·H2O＋SO2=2NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O)；當(dāng)通入SO2至溶液pH＝6時(shí)，溶液中濃度最大的陰離子是HSOeq\o\al(－,3)(填化學(xué)式)。圖1圖2(2)ZnO水懸濁液吸收SO2。向ZnO水懸濁液中勻速緩慢通入SO2，在開始吸收的40mim內(nèi)，SO2吸收率、溶液pH均經(jīng)歷了從幾乎不變到迅速降低的變化(見圖2)。溶液pH幾乎不變階段，主要產(chǎn)物是ZnSO3(填化學(xué)式)；SO2吸收率迅速降低階段，主要反應(yīng)的離子方程式為ZnSO3＋SO2＋H2O=Zn2＋＋2HSOeq\o\al(－,3)或ZnO＋2SO2＋H2O=Zn2＋＋2HSOeq\o\al(－,3)。(3)O2催化氧化。其他條件相同時(shí)，調(diào)節(jié)吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范圍內(nèi)，pH越低SOeq\o\al(2－,4)生成速率越大，其主要原因是隨著pH降低，HSOeq\o\al(－,3)濃度增大；隨著氧化的進(jìn)行，溶液的pH將減小(填“增大”“減小”或“不變”)?！窘馕觥?1)向氨水中通入少量SO2時(shí)，SO2與氨水反應(yīng)生成亞硫酸銨，根據(jù)圖1所示，pH＝6時(shí)，溶液中含有HSOeq\o\al(－,3)和SOeq\o\al(2－,3)，且根據(jù)微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)曲線可以看出溶液中陰離子濃度最大的是HSOeq\o\al(－,3)。(2)反應(yīng)開始時(shí)，懸濁液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此時(shí)溶液pH幾乎不變，當(dāng)ZnO完全反應(yīng)生成ZnSO3后，ZnSO3繼續(xù)吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此時(shí)溶液pH逐漸變小，SO2的吸收率逐漸降低，離子方程式為ZnSO3＋SO2＋H2O=Zn2＋＋2HSOeq\o\al(－,3)(或ZnO＋2SO2＋H2O=Zn2＋＋2HSOeq\o\al(－,3))。(3)HSOeq\o\al(－,3)經(jīng)氧氣氧化生成SOeq\o\al(2－,4)，這一過程中需要調(diào)節(jié)溶液pH在4.5～6.5的范圍內(nèi)，pH越低，溶液中的HSOeq\o\al(－,3)的濃度越大，使得催化氧化過程中反應(yīng)速率越快；隨著反應(yīng)的不斷進(jìn)行，大量的HSOeq\o\al(－,3)反應(yīng)生成SOeq\o\al(2－,4)，反應(yīng)的離子方程式為2HSOeq\o\al(－,3)＋O2=2SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，即氫離子濃度不斷增大，溶液pH不斷減小。5.(1)實(shí)驗(yàn)室以廢舊鋰電池正極材料(含LiCoO2及少量Al、Fe等)為原料制備Co3O4。已知：Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10－15，Ksp(CoC2O4)＝6.3×10－8，Ksp(CoCO3)＝1.4×10－14。①“萃取”時(shí)，有機(jī)磷萃取劑(用HA表示)萃取金屬離子的原理可表示為Mn＋＋nHA(有機(jī)層)MAn(有機(jī)層)＋nH＋(水層)。鈷、鋰在有機(jī)磷萃取劑中的萃取率與pH的關(guān)系如圖所示。隨pH的升高，Co2＋在有機(jī)磷萃取劑中萃取率增大的原因是萃取產(chǎn)生H＋，隨pH的升高，H＋被消耗，促使萃取金屬離子的反應(yīng)正向移動(dòng)。②“沉鈷”時(shí)可加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液反應(yīng)制得CoC2O4。不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是Na2C2O4溶液的堿性更強(qiáng)，易生成Co(OH)2沉淀。(2)實(shí)驗(yàn)室以工業(yè)級(jí)硫酸錳粉末(含少量Ca、Co等的硫酸鹽)為原料獲得電池級(jí)MnSO4，并制備催化劑的載體Mn3O4。將工業(yè)級(jí)硫酸錳溶于水，蒸發(fā)結(jié)晶，趁熱過濾除去部分雜質(zhì)。過程中雜質(zhì)去除率隨MnSO4結(jié)晶率eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m結(jié)晶MnSO4,m總MnSO4)×100%))的變化如圖所示。雜質(zhì)去除率隨MnSO4結(jié)晶率的增大反而下降的原因是水分大量蒸發(fā)，硫酸鹽雜質(zhì)結(jié)晶析出量增加。(3)MnCl2極易吸水潮解，易溶于水和醋酸，不溶于苯；金屬活動(dòng)性：Mn>Fe。某科研小組由粗錳粉(含Mn及少量Fe、Ni、Pb等單質(zhì))為原料制備MnCl2，部分實(shí)驗(yàn)過程如下：“酸溶”時(shí)，鹽酸要緩慢滴加的原因是防止活潑金屬M(fèi)n與鹽酸劇烈反應(yīng)；防止反應(yīng)放出大量的熱，鹽酸大量揮發(fā)；防止生成大量氣體，使液體溢出。酸溶過程中，溶液中Fe2＋的濃度先增大，后略有減小，減小的原因是一部分Fe2＋被Mn置換出來，一部分Fe2＋被O2氧化為Fe3＋后再轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀出來。6.(1)溫室氣體CO2轉(zhuǎn)化為甲酸(HCOOH)既具有經(jīng)濟(jì)技術(shù)意義，又具有環(huán)保意義，以CO2為碳源制備HCOOH已成為碳化學(xué)研究的熱點(diǎn)。CO2直接加氫法：將n(CO2)∶n(H2)＝1∶4的混合氣體充入某密閉容器中，在一定溫度下，同時(shí)發(fā)生反應(yīng)1和反應(yīng)2。反應(yīng)1：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH1＞0反應(yīng)2：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)ΔH2＜0在不同溫度、壓強(qiáng)下，測(cè)得相同時(shí)間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率如圖所示。0.1MPa時(shí)，在600℃之后CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的主要原因是反應(yīng)1是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)2是放熱反應(yīng)；600℃之后，隨著溫度升高，反應(yīng)1正向進(jìn)行的程度增大，反應(yīng)2逆向進(jìn)行，且相同時(shí)間內(nèi)反應(yīng)1消耗CO2的量大于反應(yīng)2生成CO2的量。圖1(2)環(huán)氧乙烷(，別稱EO)是重要的殺菌劑和工業(yè)合成原料。乙烯直接氧化法可的環(huán)氧乙烷，已知發(fā)生反應(yīng)如下。反應(yīng)Ⅰ：CH2=CH2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)→(g)ΔH1反應(yīng)Ⅱ：CH2=CH2(g)＋3O2(g)→2CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2乙烯與O2在a、b兩種催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)，催化劑的催化活性(用EO%衡量)及生成EO的選擇性(用EO選擇性%表示)與溫度(T)的變化曲線如圖2所示。圖2①依據(jù)圖給信息，選擇制備環(huán)氧乙烷的適宜條件為催化劑a、220℃。②M點(diǎn)后曲線下降的原因?yàn)闇囟壬?，催化劑活性降低，催化效率下降，發(fā)生反應(yīng)Ⅱ，導(dǎo)致EO選擇性下降。③下列說法正確的有B(填字母)。A.催化劑的選擇性越高，其達(dá)到最高反應(yīng)活性所需的溫度越高B.不同催化劑達(dá)到最高活性時(shí)的溫度不同C.催化劑的催化活性與溫度成正比7.(1)納米Fe和Fe3O4均可用于降解含Cr2Oeq\o\al(2－,7)的廢水。實(shí)驗(yàn)證明Fe3O4輔助納米鐵去除Cr2Oeq\o\al(2－,7)效果更佳，結(jié)合圖1，分析其原因是Fe3O4有磁性，吸引納米鐵，使其分散附著在Fe3O4表面，增大表面積；納米鐵能將含F(xiàn)e3＋物質(zhì)還原為Fe2＋，F(xiàn)e2＋濃度增大，降解速率加快。圖1(2)利用納米鐵粉去除水體中的Cr(Ⅵ)反應(yīng)機(jī)理如圖2所示。圖2①該反應(yīng)機(jī)理中虛線部分可描述為H＋被吸附到納米鐵表面得電子生成H2的同時(shí)生成Fe2＋；Fe2＋還原Cr6＋生成Cr3＋和Fe3＋。②為了探究溶解氧對(duì)水體中的Cr(Ⅵ)去除率的影響，實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了一組對(duì)比實(shí)驗(yàn)，其中一組在反應(yīng)中通入N2，另一組不通入N2。結(jié)果表明，實(shí)驗(yàn)初期，通入N2的去除率遠(yuǎn)高于未通入N2的去除率，其原因可能是有氧條件下，鐵粉表面生成的氧化物在反應(yīng)過程中起了一定阻礙作用。③某水樣Cr(Ⅵ)的初始濃度為10mg/L，在相同條件下，探討了溫度為15℃、25℃、35℃、45℃對(duì)Cr(Ⅵ)的去除率的影響，結(jié)果如圖3所示，由圖可知，溫度在25℃時(shí)，去除率最高，其原因是低于25℃時(shí)，溫度升高，對(duì)鐵氧化物層的腐蝕起到了促進(jìn)作用，加快反應(yīng)速率；高于25℃時(shí)，溫度升高不利于發(fā)生吸附反應(yīng)，導(dǎo)致去除率下降。圖38.研究O3降解有機(jī)物的機(jī)理。MnO2催化O3反應(yīng)的一種機(jī)理如圖所示，“Vo”表示MnO2表面的氧離子空穴。圖中所示的反應(yīng)步驟Ⅱ可描