2021届高考化学二轮复习工艺流程综合题课件(260张)

第三部分题型专题题型1工艺流程综合题【题型认知模型建构】必备知识·自主排查【拆解考点定向自查】命题点一原料预处理方式

1.硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要的铁盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污,方法是________________。【解析】铁屑表面的油污主要是油脂类的物质,所以可以加入热碱液使其水解除去。答案:碱煮水洗

【加固训练】实验室以一种工业废渣(主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物)为原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下:酸溶过程中主要反应的热化学方程式为MgCO3(s)+2H+(aq)====Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O(l)

ΔH=-50.4kJ·mol-1Mg2SiO4(s)+4H+(aq)====2Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+H2O(l)

ΔH=-225.4kJ·mol-1酸溶需加热的目的是___________;

所加H2SO4不宜过量太多的原因是__________。

【解析】温度升高,溶解速率加快。若H2SO4过量,则在后续实验中调节至碱性时,才可生成MgCO3,此时需要的碱增多,而造成浪费。答案:加快酸溶速率避免制备MgCO3时消耗过多的碱命题点二反应条件控制2.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:回答下列问题：“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为____________。

【解析】依题意,读图可得浸出率为70%的两个条件为100℃,2h或90℃,5h。答案:100℃,2h或90℃,5h【加固训练】

高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如图所示。相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为__～6。

【解析】“调pH”除铁和铝,溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其他离子生成沉淀的pH,在pH=4.7时Fe3+和Al3+沉淀完全,在pH=6.2时Zn2+开始产生沉淀,为了只得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀,需要溶液的pH范围为4.7～6。答案:4.7【命题点三】产品处理操作3.以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料,制备高纯PbO,实现铅的再生利用。其工作流程如下:PbO溶解在NaOH溶液中,存在平衡:PbO(s)+NaOH(aq)NaHPbO2(aq),其溶解度曲线如图所示。①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用,其目的是________(选填序号)。

A.减少PbO的损失,提高产品的产率B.重复利用NaOH,提高原料的利用率C.增加Na2SO4浓度,提高脱硫效率②过程Ⅲ的目的是提纯。结合上述溶解度曲线,简述过程Ⅲ的操作:_________________________________________________________________________________________________________________________________。

【解析】①滤液1中有未反应的NaOH,PbO能溶解于其中,故重复使用NaOH既可以减少PbO的损失,提高产品的产率,又可以提高原料的利用率,故A、B正确;Na2SO4溶液不参加反应,对提高脱硫效率没有影响,故C错误。②过程Ⅲ的目的是提纯,PbO在温度较高的氢氧化钠浓溶液中溶解度大,故提纯的方法是向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液,加热至110℃,充分溶解后,趁热过滤,冷却结晶,过滤得高纯PbO。答案:①A、B②向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液,加热至110℃,充分溶解后,趁热过滤,冷却结晶,过滤得高纯PbO【命题点四】分离提纯方法

4.一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下:(1)加萃取剂的目的是____________;金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系如图,据此分析pH的最佳范围为______(填字母序号)。

A.2.0～2.5

B.3.0～3.5C.4.0～4.5 D.5.0～5.5(2)已知CoCl2·6H2O熔点为86℃,在110～120℃时失去结晶水。CoCl2·6H2O常用减压烘干法烘干,原因是______________________________________。【解析】(1)滤液2中仍然含有Mn2+,经过萃取后的溶液不含有Mn2+,故加萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+;根据金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系图,pH的取值范围应该满足Mn2+的高萃取率,同时Co2+的萃取率要小,3.0～3.5最为合适;(2)根据已知CoCl2·6H2O熔点为86℃,加热至110～120℃时失去结晶水变成无水氯化钴,故CoCl2·6H2O常用减压烘干法烘干,原因是降低烘干温度,防止产品熔化或分解失去结晶水变成无水氯化钴。

答案:(1)除去溶液中的Mn2+

B(2)降低烘干温度,防止产品熔化或分解失去结晶水变成无水氯化钴【加固训练】

高氯酸铵NH4ClO4是复合火箭推进剂的重要成分,实验室可通过下列反应制取。(1)反应得到的混合溶液中NH4ClO4和NaCl的质量分数分别为0.30和0.15,从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为(填操作名称)________、________、________、冰水洗涤、干燥。用冰水洗涤的目的是__________。

(2)若氯化铵溶液用氨气和浓盐酸代替,则该反应不需要加热就能进行,其原因是___________________________________。

【解析】(1)从溶液中获得晶体的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、干燥;因NH4ClO4在冷水中的溶解度较小,故用冰水洗涤的目的是减少洗涤过程中NH4ClO4晶体的损失。(2)因NH3与浓盐酸反应放出热量,反应需要温度较低,所以氯化铵用氨气和浓盐酸代替,上述反应不需要外界供热就能进行。答案:(1)蒸发浓缩冷却结晶过滤减少洗涤过程中NH4ClO4晶体的损失(2)氨气与浓盐酸反应放出热量【自我反思·知不足】

知识点是否掌握学习索引是否(一)原料预处理方式模型解读(二)反应条件控制模型解读(三)产品处理操作模型解读(四)分离提纯方法模型解读【研磨典例疑难突破】【典例】(2020·全国Ⅰ卷)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。关键能力·融会贯通该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答以下问题:(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是______________________。

(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成V,同时还有________离子被氧化,写出VO+转化为V反应的离子方程式___________________。

(3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5·xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、________,以及部分的________。

(4)“沉淀转溶”中,V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解、滤渣③的主要成分是_____________________________________________________________。

(5)“调pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是_______________________________________________________________。

(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是_______________________________________________________________。

【思维建模】本题的流程拆分如下:

【解析】(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是升高温度,加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全);(2)“酸浸氧化”中,钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水,MnO2具有氧化性,Fe2+具有还原性,则VO+和VO2+被氧化成V的同时还有Fe2+被氧化,反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+====Mn2++2Fe3++2H2O;VO+转化为V时,钒元素的化合价由+3价升至+5价,1molVO+失去2mol电子,MnO2被还原为Mn2+,Mn元素的化合价由+4价降至+2价,1molMnO2得到2mol电子,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,VO+转化为V反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+====V+Mn2++H2O;(3)根据分析,“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5·xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+,以及部分的Fe3+、Al3+;(4)根据分析,滤渣③的主要成分是Fe(OH)3;(5)“调pH”中有沉淀生成,是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀,生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O====NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl====NaCl+Al(OH)3↓+H2O。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是增大N离子浓度,利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全。答案:(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2)Fe2+

VO++MnO2+2H+V+Mn2++H2O

(3)Mn2+

Fe3+、Al3+

(4)Fe(OH)3(5)NaAlO2+HCl+H2O====NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl====NaCl+Al(OH)3↓+H2O

(6)利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全====【归纳整合素养提升】1.模型分析

工业流程题目在流程上一般分为三个过程:原料处理→分离提纯→获得产品(1)规律:主线主产品,分支副产品,回头为循环。(2)核心考点:物质的分离操作、除杂试剂的选择、生成条件的控制等。2.模型解读(1)解读一:原料预处理方式关键词释义研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化,增大反应物接触面积,以加快反应速率或使反应更充分酸浸(或碱浸)在酸性(或碱性)溶液中使某些物质与H+(或OH-)反应生成可溶性离子而进入溶液,不溶物通过过滤除去的过程煅烧使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧金属硫化物矿石,可将硫元素转化成SO2而除去灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化,如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质(2)解读二:必考的核心反应核心反应思考角度加氧化剂氧化某物质,生成目标产物或除去某些离子判断能否加其他物质要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等控制溶液的pH①调节溶液的酸碱性,使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)②“酸作用”还可除去氧化物(膜)③“碱作用”还可除去油污,除去铝片氧化膜,溶解铝、二氧化硅等④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)①防止副反应的发生②使化学平衡移动;控制化学反应的方向③控制固体的溶解与结晶④控制反应速率;使催化剂达到最大活性⑤升温:促进溶液中的气体逸出;使某物质达到沸点挥发⑥加热煮沸:促进水解,聚沉后利于过滤分离⑦降温:防止物质高温分解或挥发;降温(或减压)可以减少能源成本,降低对设备的要求核心反应思考角度在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应;或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的控制压强改变速率,使平衡向需要的方向移动使用催化剂加快反应速率,缩短达到平衡的时间趁热过滤防止某物质降温时会大量析出洗涤晶体①水洗:通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质②冰水洗涤:能洗去晶体表面的杂质离子,且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗③用特定有机试剂清洗晶体:洗去晶体表面的杂质,降低晶体的溶解度、有利于析出,减少损耗等(3)解读三:分离提纯方法①提纯方法与目的提纯方法目的水溶法除去可溶性杂质酸溶法除去碱性杂质碱溶法除去酸性杂质氧化剂或还原剂法除去还原性或氧化性杂质加热灼烧法除去受热易分解或易挥发的杂质调节pH法如除去酸性铜盐溶液中的Fe3+等②分离方法a.过滤:分离难溶物和易溶物,根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。b.萃取和分液:利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质,如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。c.蒸发结晶:蒸发溶剂,使溶液由不饱和变为饱和,继续蒸发,过剩的溶质就会呈晶体析出。d.蒸发浓缩:蒸发除去部分溶剂,提高溶液的浓度。e.冷却结晶:提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物,如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。f.蒸馏或分馏:分离沸点不同且互溶的液体混合物,如分离乙醇和甘油。3.归纳总结:解答流程题的一般思路(1)浏览全题,确定该流程的目的,看懂生产流程图;(2)了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息,并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用;(3)解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应,利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳,每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物,杂质或副产物是怎样除去的等等。要抓住一个关键点:一切反应或操作都是为获得产品而服务。【精练类题巩固拓展】(2020·合肥模拟)2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂被誉为“高能金属”,是锂电池的电极材料,工业上用β-锂辉矿(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2以及少量钙、镁杂质)和氟磷灰石(Ca5P3FO12)联合制取锂离子电池正极材料(LiFePO4),其工业生产流程如图:已知:①Ksp[Al(OH)3]=2.7×10-34;②LiFePO4难溶于水。回答下列问题:(1)氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价为__________________,

沉淀X的主要成分是(写化学式)____________。

(2)操作3的名称是__________,操作1所需的玻璃仪器名称为__________。

(3)蒸发浓缩Li2SO4溶液的目的是________________________。

(4)写出合成反应的离子方程式___________________________。

(5)工业上取300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿石,经上述变化得到纯净的LiFePO4共110.6吨,则元素锂的利用率为__________。

【解析】(1)氟磷灰石(Ca5P3FO12)中磷元素的化合价为=+5,沉淀X的主要成分是CaCO3、Mg(OH)2;(2)操作3的名称是分液,操作1所需的玻璃仪器名称为烧杯、漏斗、玻璃棒;(3)蒸发浓缩Li2SO4溶液的目的是增大溶液中锂离子的浓度,便于生成LiFePO4沉淀;(4)合成反应的离子方程式为H2P+Fe2++Li+====LiFePO4↓+2H+;(5)工业上取300吨含氧化锂5%的β-锂辉矿石,含氧化锂为300t×5%=15t,由原子守恒可知Li2O～2LiFePO4,理论上生成LiFePO4为×2×158g·mol-1=158t,经上述变化得到纯净的LiFePO4共110.6吨,则元素锂的利用率为×100%=70%。答案:(1)+5

CaCO3、Mg(OH)2

(2)分液烧杯、漏斗、玻璃棒(3)增大溶液中锂离子的浓度,便于生成LiFePO4沉淀(4)H2P+Fe2++Li+====LiFePO4↓+2H+(5)70%【加固训练】

1.氟化铬可用作毛织品防蛀剂、卤化催化剂、大理石硬化及着色剂。以铬云母矿石(含4.5%Cr2O3,还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)为原料制备氟化铬的工艺流程如图。

表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH:氢氧化物Fe(OH)3Mg(OH)2Cr(OH)3Fe(OH)2开始沉淀的pH2.38.84.97.5沉淀完全的pH4.110.46.89.7(1)第一次滴加氨水调节pH范围为________。

(2)第二次滴加氨水调节pH为6.8～8.8的目的是______________________,Cr(OH)3与Al(OH)3一样具有两性,若第二次滴加的氨水改为NaOH溶液,生成的Cr(OH)3会部分溶解,写出Cr(OH)3溶解的离子方程式:____________________________________________________________。

【解析】(1)向酸浸后的溶液中加入H2O2,可以将Fe2+氧化产生Fe3+,第一次滴加氨水调节pH范围为4.1≤pH<4.9,目的是除去溶液中的Fe3+,得到Fe(OH)3沉淀,并将该沉淀过滤除去;(2)第二次滴加氨水调节pH为6.8～8.8的目的是使Cr3+完全形成Cr(OH)3沉淀,而Mg2+仍然以离子形式存在于溶液中,不产生Mg(OH)2沉淀;Cr(OH)3与Al(OH)3一样具有两性,若第二次滴加的氨水改为NaOH溶液,生成的Cr(OH)3会部分溶解,则Cr(OH)3与NaOH发生反应而溶解的离子方程式为Cr(OH)3+OH-

或Cr(OH)3+OH-====Cr+2H2O。====答案:(1)4.1～4.9(或4.1≤pH<4.9)(2)使Cr3+完全沉淀,Mg2+不沉淀Cr(OH)3+OH-====或Cr(OH)3+OH-====Cr+2H2O2.水泥是重要的建筑材料。水泥的主要成分为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: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Mn+H++H2C2O4Mn2++CO2+H2O。实验中称取0.400g水泥样品,滴定时消耗了0.0500mol·L-1的KMnO4溶液36.00mL,则该水泥样品中钙的质量分数为______________。【解析】将题目给出的方程式配平为2Mn+6H++5H2C2O4====2Mn2++10CO2+8H2O,则有5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4,n(KMnO4)=0.0500mol·L-1×36.00mL×10-3L·mL-1=1.80×10-3mol,n(Ca2+)=4.50×10-3mol,水泥中钙的质量分数为

×100%=45.0%。答案:45.0%3.亚铁氰化钾的化学式为K4[Fe(CN)6]·3H2O,俗称黄血盐,常用作食盐防结块剂、营养添加剂。以某硫酸厂的烧渣(主要成分是Fe2O3,还有少量SiO2、Al2O3等)为原料制备黄血盐的简易流程如下:0.1molK4[Fe(CN)6]·3H2O产品受热脱水过程的热重曲线(固体质量随着温度的变化曲线)如图所示。试确定200℃时固体物质的化学式为________________。

【解析】0.1molK4[Fe(CN)6]·3H2O,全部失去结晶水生成0.1molK4[Fe(CN)6],其质量为36.8g,200℃时对应的固体是K4[Fe(CN)6]。答案:K4[Fe(CN)6]4.以镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2]为原料制取六水合氯化镁(MgCl2·6H2O),具体的工艺流程如图:热重分析法是程序控制温度下测量物质的质量与温度关系的一种实验技术。MgCl2·6H2O的热重曲线如图。已知:MgCl2·6H2O在空气中受热脱水时,不产生无水氯化镁。(1)试确定200℃时固态物质的化学式:____________。

(2)温度升至554℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体,写出该反应的化学方程式:___________________________________________【解析】(1)n(MgCl2·6H2O)==0.02mol,m(MgCl2)=0.02mol×95g·mol-1=1.9g,200℃时,失去部分结晶水,固体中结晶水2.62g–1.9g=0.72g,n(H2O)==0.04mol,200℃时固态物质中:n(MgCl2)∶n(H2O)=0.02∶0.04=1∶2,200℃时固态物质的化学式:MgCl2·2H2O;(2)加热到一定的温度,水解程度增大,生成碱式氯化镁和氯化氢,故温度升至554℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体,该反应的化学方程式:Mg(OH)ClMgO+HCl。答案:(1)MgCl2·2H2O(2)Mg(OH)ClMgO+HCl5.(2020·临沂模拟)工业上利用废镍催化剂(主要成分为Ni,还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如下:(1)请写出一种能提高“酸浸”速率的措施:__________________;滤渣Ⅰ的成分是____________(填化学式)。

(2)除铁时,控制不同的条件可以得到不同的滤渣Ⅱ。已知滤渣Ⅱ的成分与温度、pH的关系如图所示:①若控制温度40℃、pH=8,则滤渣Ⅱ的主要成分为__________(填化学式)。

②若控制温度80℃、pH=2,可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12](图中阴影部分),写出生成黄铁矾钠的离子方程式:____________________________。

(3)已知除铁后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol·L-1,加入100mLNH4F溶液,使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol·L-1,则所加c(NH4F)=________mol·L-1[已知Ksp(CaF2)=5.29×10-9]。

(4)加入有机萃取剂的作用是______________________________。

(5)某化学镀镍试剂的化学式为MxNi(SO4)y(M为+1价阳离子,Ni为+2价,x、y均为正整数)。为测定该镀镍试剂的组成,进行如下实验:Ⅰ.称量28.7g镀镍试剂,配制100mL溶液A;Ⅱ.准确量取10.00mL溶液A,用0.40mol·L-1的EDTA-2Na(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2+(离子方程式为Ni2++H2Y2-====NiY2-+2H+),消耗EDTA-2Na标准溶液25.00mL;Ⅲ.另取10.00mL溶液A,加入足量的BaCl2溶液,得到白色沉淀4.66g。①配制100mL镀镍试剂时,需要的仪器除药匙、托盘天平、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管外,还需要__________。

②该镀镍试剂的化学式为__________。

【解析】(1)酸浸为固体和液体的反应,增大反应速率,可把废镍催化剂粉碎、适当加热,适当增大酸的浓度或搅拌等,由以上分析可知滤渣Ⅰ的成分是SiO2、CaSO4;(2)①由图象可知若控制温度40℃、pH=8,则滤渣Ⅱ的主要成分为FeOOH;②若控制温度80℃、pH=2,可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12],反应的离子方程式为2Na++3ClO-+6Fe2++4S+9H2O====Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+;(3)Ksp(CaF2)=5.29×10-9,除铁后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol·L-1,加入100mLNH4F溶液,使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol·L-1,可知消耗c(F-)=2×0.01mol·L-1=0.02mol·L-1,则反应后c(F-)=mol·L-1=2.3×10-2mol·L-1,即剩余c(F-)=2.3×10-2mol·L-1,而体积为200mL,则可知所加c(NH4F)=0.02mol·L-1+2×2.3×10-2mol·L-1=6.6×10-2mol·L-1;(4)除钙后滤液中含有镍离子、锌离子,加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+;(5)①由操作步骤可知配制100mL镀镍试剂时,需要的仪器除药匙、托盘天平、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管外,还需要100mL容量瓶;②称量28.7g镀镍试剂,配制100mL溶液A;准确量取10.00mL溶液A,用0.40mol·L-1的EDTA-2Na(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2+(离子方程式为Ni2++H2Y2-====NiY2-+2H+),消耗EDTA-2Na标准溶液25.00mL,可知n(Ni2+)=0.40mol·L-1×0.025L=0.01mol;另取10.00mL溶液A,加入足量的BaCl2溶液,得到白色沉淀4.66g,则n(S)==0.02mol,MxNi(SO4)y(M为+1价阳离子,Ni为+2价,x、y均为正整数),可知x=2、y=2,可知28.7g镀镍试剂含有m(Ni2+)=10×0.01mol×59g·mol-1=5.9g,m(S)=10×0.02mol×96g·mol-1=19.2g,则M的摩尔质量为=18g·mol-1,M应为N,则化学式为(NH4)2Ni(SO4)2。答案:(1)把废镍催化剂粉碎、适当加热,适当增大酸的浓度或搅拌等SiO2、CaSO4

(2)①FeOOH②2Na++3ClO-+6Fe2++4+9H2O====Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+(3)6.6×10-2(4)除去溶液中的Zn2+(5)①100mL容量瓶②(NH4)2Ni(SO4)2题型1工艺流程综合题1.(2020·南昌模拟)三氧化二钴主要用作颜料、釉料及磁性材料,利用铜钴矿石制备Co2O3的工艺流程如图1所示。必考大题专项练已知:铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2,其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。请回答下列问题:(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是______________________(写出2种即可)。

(2)“浸泡”过程中,加入Na2SO3溶液的主要作用是____________。

(3)向“沉铜”后的滤液中加入NaClO3溶液,写出滤液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式__________________。

(4)温度、pH对铜、钴浸出率的影响如图2、图3所示:①“浸泡”铜钴矿石的适宜条件为________。

②图3中pH增大时铜、钴浸出率下降的原因可能是___________。

(5)CoC2O4·2H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3的化学方程式是____________。

(6)一定温度下,向滤液A中加入足量的NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀而除去,若所得滤液B中c(Mg2+)=1.0×10-5mol·L-1,则滤液B中c(Ca2+)为__________。[已知该温度下Ksp(CaF2)=3.4×10-11,Ksp(MgF2)=7.1×10-11]【解析】(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度;(2)加入Na2SO3溶液的主要作用是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+;(3)加入NaClO3溶液的主要目的是将Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为+6Fe2++6H+====Cl-+6Fe3++3H2O;(4)①根据图2、图3分析,温度在65～75℃时,钴、铜的浸出率最高,且之后铜的浸出率变化不大,钴的浸出率有下降趋势。在图3中pH:0.5～1.5铜、钴的浸出率最高,pH>1.5,铜、钴的浸出率开始下降;②图3是pH变化对铜、钴浸出率的影响,浸出过程中是利用H+和CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3中的OH-和反应,使得Co3+和Co2+溶解在溶液中,当pH逐渐增大时,H+的含量减少,故因反应量减少而浸出率降低;(5)由题中可知CoC2O4·2H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3,CoC2O4中Co的化合价为+2价,生成的Co2O3中Co的化合价为+3价,化合价升高,说明空气中的O2作为氧化剂参与了反应,而具有一定还原性也被O2氧化成CO2,故产物分别为Co2O3和CO2,根据元素守恒,可推测出产物中还有H2O生成。在根据电子守恒和原子守恒,最终可得知反应方程式为4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O;(6)滤液B中c(Mg2+)=1.0×10-5mol·L-1,则c2(F-)==7.1×10-6,c(Ca2+)=≈4.8×10-6mol·L-1。高温====答案:(1)升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度(任写2种,合理即可)(2)将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+(3)+6Fe2++6H+====Cl-+6Fe3++3H2O(4)①温度:65～75℃、pH:0.5～1.5②pH升高后溶液中c(H+)浓度下降,使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力下降(5)4CoC2O4·2H2O+3O2

2Co2O3+8CO2+8H2O(6)4.8×10-6mol·L-1高温====2.(2020·厦门模拟)“NaH2PO2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如图1:已知:25℃时,H3PO3的pKa1=1.3,pKa2=6.6。(1)“合成”过程,主要氧化产物为H3PO3,相应的化学方程式为______。

(2)“除铅”过程,FeS除去微量Pb2+的离子方程式为_______。

(3)“减压蒸馏”过程,I-回收率为95%,则剩余固体的主要成分为_________(填化学式)。

(4)“调pH=11”的作用是_________。

(5)若“结晶”前溶液中Na2HPO3的浓度为0.1mol·L-1,则“吸附”处理后,应调节溶液pH至__________(填数值)。

(6)氢碘酸也可以用“电解法”制备,装置如图2所示。其中双极膜(BPM)是阴、阳复合膜,在直流电的作用下,阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-;A、B为离子交换膜。①B膜最佳应选择______________。

②阳极的电极反应式是___________。

③少量的I-因浓度差通过BPM膜,若撤去A膜,其缺点是

________。

【解析】(1)“合成”过程,NaH2PO2和I2和水反应生成H3PO3和NaI和HI,反应方程式为NaH2PO2+I2+H2O====H3PO3+NaI+HI;(2)“除铅”过程,利用沉淀转化FeS将Pb2+变成PbS,离子方程式为FeS+Pb2+====Fe2++PbS;(3)由上面的分析可知,“减压蒸馏”过程,除得到HI回收I-外,H3PO3和NaI反应有NaH2PO3生成,则剩余固体的主要成分为NaH2PO3;(4)“调pH=11”的作用:将Fe3+转化为沉淀除去,同时将NaH2PO3转换为Na2HPO3;(5)H3PO3的pKa1=1.3,pKa2=6.6,说明H3PO3是二元弱酸,则的水解常数Kh==10-7.4,,水解是微弱的,所以Kh==10-7.4,解得:c(OH-)=10-4.2mol·L-1,c(H+)==10-9.8mol·L-1,所以pH=9.8;(6)①从图上看,右端的BPM膜和B膜之间产生NaOH,BPM膜提供OH-,B膜最好是Na+交换膜;②阳极附近溶液为硫酸溶液,水电离的氢氧根失电子,故阳极的电极反应式为2H2O-4e-====O2↑+4H+;③A膜应为阳离子交换膜,阳极产生的H+透过A膜和少量的I-得到少量的HI,若撤去A膜,I-会在阳极失电子得到碘单质,沉积在阳极表面,损伤阳极板。答案:(1)NaH2PO2+I2+H2O====H3PO3+NaI+HI(2)FeS+Pb2+====Fe2++PbS(3)NaH2PO3(4)将Fe3+转化为沉淀除去,同时将NaH2PO3转换为Na2HPO3

(5)9.8(6)①Na+交换膜②2H2O-4e-====O2↑+4H+③I-会在阳极失电子得到碘单质,沉积在阳极表面,损伤阳极板【加固训练】(2020·肇庆模拟)ZrO2常用陶瓷材料,可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4,也可表示为ZrO2·SiO2,还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取:已知:①ZrSiO4能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3,Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+;②常温下,Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38,Ksp[(Al(OH)3]=1×10-32;pH=6.2时,ZrO2+开始沉淀。(1)“熔融”过程中,ZrSiO4发生反应的化学方程式为

__________;

滤渣Ⅰ的化学式为______________。

(2)“除杂”过程中,加入双氧水的目的是

________:

此过程中为使滤液Ⅰ中的杂质离子沉淀完全而除去(当离子浓度c≤1×10-5mol·L-1时即为沉淀完全),室温下加氨水调节pH范围为__________。

(3)为得到纯净的ZrO2滤渣Ⅲ要用水洗,检验沉淀是否洗涤干净的方法是

__。

(4)滤渣Ⅲ的成分是Zr(CO3)2·nZr(OH)4。“调pH=8.0”时,所发生反应的离子方程式为__________________________;滤渣Ⅲ制备ZrO2的方法是_______。

【解析】(1)高温下,ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3,其反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O,加过量盐酸酸浸,Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀,过滤,滤渣Ⅰ为H2SiO3;(2)“除杂”过程中,加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,以便转化为Fe(OH)3沉淀除去;加氨水调节pH的目的是使Al3+和Fe3+完全转化为沉淀,但ZrO2+不沉淀,由Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38,可知Fe3+完全沉淀时溶液中c(OH-)==1×10-11mol·L-1,此时溶液pH=3;Ksp[Al(OH)3]=1×10-32,可知Al3+完全沉淀时溶液中c(OH-)==1×10-9mol·L-1,此时溶液pH=5,再结合pH=6.2时,ZrO2+开始沉淀,则调节pH范围为△====5≤pH<6.2;(3)Zr(OH)4表面附着Cl-等,检验Zr(OH)4是否洗涤干净,则需检验最后一次洗出液中是否含有Cl-,因此检验方法是取最后一次洗涤液,向其中滴加稀硝酸,再滴加硝酸银溶液,若无沉淀生成,则洗涤干净;(4)“调pH=8.0”时,反应生成Zr(CO3)2·nZr(OH)4,结合元素守恒和电荷守恒,可得该反应的离子方程式为(n+1)ZrO2++2n+(3n-1)H2O====Zr(CO3)2·nZr(OH)4↓+(2n-2)H;滤渣Ⅲ为Zr(OH)4,高温焙烧分解即可得到ZrO2。答案:(1)ZrSiO4+4NaOH

Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O

H2SiO3

(2)将Fe2+氧化为Fe3+,以便转化为Fe(OH)3沉淀除去5≤pH<6.2(3)取最后一次洗涤液,向其中滴加稀硝酸,再滴加硝酸银溶液,若无沉淀生成,则洗涤干净(4)(n+1)ZrO2++2n+(3n-1)H2O====Zr(CO3)2·nZr(OH)4↓+(2n-2)H

高温焙烧△====3.工业上常用苏打烧结法提取自然界中的稀散元素硒(Se),我国科研人员自主设计的利用粗铜电解精炼所产生含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)的阳极泥为原料,提取硒的某种工艺流程如图所示。回答下列问题:(1)电解精炼铜时,电源的正极连接____________(填“粗铜”或“精铜”),阳极溶解铜的质量__________(填“>”“=”或“<”)阴极析出铜的质量。

(2)“烧结”时苏打和硒化亚铜主要生成了Na2SeO3、Cu2O和CO2气体,该反应的化学方程式为________________________________。“烧结”时生成了少部分Na2SeO4,写出“还原”时反应的离子方程式_____________。

(3)含硒烧结物浸取时,最佳加热方式为________________,除去的物质为________________(填化学式)。

(4)本工艺副产物TeO2用于制造红外器件、声光器件材料,可溶于强酸和强碱,并形成复盐,则TeO2属于______________(填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物。

(5)把硫酸工业第一步的产物SO2通入Na2SeO3溶液制备硒单质,写出该反应的离子方程式__________________________________。若得到50kg硒单质,至少需要__________kg质量分数为90%的FeS2矿石。(结果保留一位小数)

【解析】(1)电解精炼铜时,电源的正极连接粗铜,阳极上Cu及比Cu活泼的金属失去电子,阴极上铜离子得到电子生成Cu,则阳极溶解铜的质量<阴极析出铜的质量;(2)“烧结”时苏打和硒化亚铜主要生成了Na2SeO3、Cu2O和CO2气体,该反应的化学方程式为2Na2CO3+2Cu2Se+3O22Na2SeO3+2Cu2O+2CO2,“烧结”时生成了少部分Na2SeO4,“还原”时反应的离子方程式为+2Fe2++2H+====+2Fe3++H2O;(3)含硒烧结物浸取时,最佳加热方式为水浴加热,除去的物质为Cu2O;(4)TeO2可溶于强酸和强碱,并形成复盐,则TeO2属于两性氧化物;(5)SO2通入Na2SeO3溶液制备硒单质,该反应的离子方程式为+2SO2+H2O====2+Se↓+2H+,由反应可知n(SO2)∶n()∶n(Se)=2∶1∶1,由硫元素守恒可知n(FeS2)∶n(SO2)=1∶2,则存在n(FeS2)∶n(Se)=1∶1,若得到50kg硒单质,至少需要质量分数为90%的FeS2矿石为≈84.4kg。答案:(1)粗铜<(2)2Na2CO3+2Cu2Se+3O22Na2SeO3+2Cu2O+2CO2+2Fe2++2H+====+2Fe3++H2O(3)水浴加热Cu2O

(4)两性(5)+2SO2+H2O====2+Se↓+2H+

84.44.(2020·宣城模拟)硫酸镍广泛应用于电镀、电池、催化剂等工业。某科研小组以粗硫酸镍(含Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+等)为原料,经如图1一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺。回答下列问题。(1)滤渣1的主要成分是__________(写化学式),写出“硫化除铜”过程生成含铜物质反应的离子方程式______________________________。

(2)“氧化除杂”时加入Cl2和Ni(OH)2的主要作用是

____________。

(3)已知25℃时,Ksp(CaF2)=3.95×10-11;Ksp(MgF2)=6.40×10-9。则“氟化除杂”过后滤液3中=__________。

(4)“萃取”时使用萃取剂R在硫酸盐中对某些金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图2,则实验时需控制的pH适宜范围是__________(填字母序号)。

A.1～2

B.3～4

C.4～5

D.5～6(5)将萃取后所得富含硫酸镍的溶液经操作A可得硫酸镍晶体,则操作A为____________、__________、过滤、洗涤等。

(6)称取2.000g硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)样品溶解,定容至250mL。取25.00mL试液,用0.02mol·L-1的EDTA-2Na(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点。重复实验,平均消耗EDTA-2Na标准溶液体积为36.50mL。反应为Ni2++H2Y2-====NiY2-+2H+。计算样品纯度为__________。(不考虑杂质反应)

【解析】粗硫酸镍(含Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+等)加水和硫酸进行酸浸溶解,得到含有Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+、等离子的浸出液,向浸出液中通入H2S气体,Cu2+转化为CuS沉淀除去,同时Fe3+可与S2-发生氧化还原反应生成Fe2+和S单质,过滤后得到滤液1和滤渣1,滤渣1为CuS和S,滤液1中含有Ni2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、Zn2+、,向滤液1中加入Ni(OH)2和Cl2,Cl2将滤液中Fe2+氧化为Fe3+,用Ni(OH)2调节溶液pH,使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去,再进行过滤得到滤液2,向其中加入NiF2,使滤液2中的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去,再次进行过滤得到滤液3,向滤液3中加入萃取剂,使滤液3中的Zn2+转移至有机相中分液除去,最后对水溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体。(1)由分析可知,滤渣1的主要成分是CuS和S,“硫化除铜”过程中,向浸出液中通入H2S气体,Cu2+转化为CuS沉淀除去,离子方程式为H2S+Cu2+====CuS↓+2H+;(2)由分析可知,“氧化除杂”时加入Cl2将滤液中Fe2+氧化为Fe3+,用Ni(OH)2调节溶液pH,使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去;(3)已知25℃时,Ksp(CaF2)=3.95×10-11;Ksp(MgF2)=6.40×10-9,则“氟化除杂”过后滤液3中≈6.17×10-3;(4)在该工艺流程中,“萃取”操作的目的是使滤液3中的Zn2+转移至有机相中分液除去,流程的最终目的是制得硫酸镍,结合金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示,当控制实验时的pH为3～4可以使滤液中的Cu2+、Ca2+、Zn2+等离子的萃取除杂率最好;(5)由分析可知,将萃取后所得富含硫酸镍的溶液经操作A可得硫酸镍晶体,则操作A为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等操作,得到产品硫酸镍晶体;(6)根据题意,取25.00mL试液,消耗EDTA-2Na标准液的物质的量=0.02mol·L-1×0.0365L=7.3×10-4mol,根据反应Ni2++H2Y2-====NiY2-+2H+,25.00mL试液中n(Ni2+)=n(EDTA-2Na)=7.3×10-4mol,则250mL试液中硫酸镍晶体的质量=×7.3×10-4mol×263g·mol-1=1.9199g,则样品纯度为=×100%≈96.0%。答案:(1)CuS和SH2S+Cu2+====CuS↓+2H+(2)Cl2的作用是将滤液中Fe2+氧化为Fe3+,Ni(OH)2的作用是调节溶液pH,使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去(3)6.17×10-3

(4)B(5)蒸发浓缩降温结晶(6)96.0%5.(2020·重庆模拟)天青石(主要含有SrSO4和少量CaCO3杂质)是获取锶元素的各种化合物的主要原料。请回答下列问题:(1)硫化锶(SrS)可用作发光涂料的原料,SrSO4和碳的混合粉末在隔绝空气下高温焙烧可生成硫化锶和一种还原性气体,该反应的化学方程式__________。

(2)已知:25℃时,Ksp(SrSO4)=3.2×10-7,Ksp(SrCO3)=1.1×10-10。SrSO4的粉末与Na2CO3溶液混合加热、充分搅拌可生成硫酸钠和碳酸锶,若转化完成时恢复到25℃,混合液中c()=1.0×10-3mol·L-1,则c()=____________。

(3)以天青石为原料生产Sr(OH)2·xH2O的工艺如图:已知:Sr(OH)2、Ca(OH)2在水中的溶解度如表:温度/℃020406080100溶解度/gSr(OH)20.911.773.958.4220.291.2Ca(OH)20.190.170.140.120.090.08①滤渣2为混有CaCO3的SrCO3,写出反应1生成SrCO3的化学方程式

_______。

②固体3“加热水浸”是为了获得较纯净的Sr(OH)2溶液,此时应缓慢加热使沉淀颗粒长大,滤渣5的主要成分是____________(填化学式),“趁热过滤”的目的是____________________。

③“操作6”主要有____________、过滤、洗涤、干燥。

④取mg纯净Sr(OH)2·xH2O产品溶于水,加入过量Na2CO3溶液后过滤、洗涤、干燥后,得到ng滤渣,则x=____________(用含m、n的式子表示)。

【解析】(1)SrSO4和碳的混合粉末在隔绝空气下高温焙烧可生成硫化锶和一种还原性气体,该反应的化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO↑;(2)由题意知,当混合物中c()=1.0×10-3mol·L-1,c()=≈2.9mol·L-1;高温====(3)工业流程中反应1为用NH4HCO3使SrSO4反应生成SrCO3,过滤后滤渣2为混有CaCO3的SrCO3,煅烧后加热水浸,可以利用高温时Sr(OH)2和Ca(OH)2溶解度的不同将二者分离,①反应1的化学方程式为SrSO4+2NH4HCO3====SrCO3↓+H2O+CO2↑+(NH4)2SO4,②固体3加热水浸是为了获得较纯净的Sr(OH)2溶液,由于Sr(OH)2溶解度随温度升高显著增大,趁热过滤的目的是防止Sr(OH)2结晶析出造成损失,提高产品纯度,而Ca(OH)2溶解度很小,且温度越高,溶解度越小,则滤渣5的主要成分是Ca(OH)2;③操作6为了得到Sr(OH)2·xH2O晶体,故应进行的操作是降温结晶、过滤、洗涤、干燥;④由题意可知,滤渣为SrCO3,根据元素守恒,与Sr(OH)2·xH2O的物质的量相同,可得,解得x=。答案:(1)SrSO4+4CSrS+4CO↑(2)2.9mol·L-1(3)①SrSO4+2NH4HCO3====SrCO3↓+H2O+CO2↑+(NH4)2SO4②Ca(OH)2防止Sr(OH)2结晶析出造成损失,提高产品纯度③降温结晶④

高温====(1)工艺流程题补充练习——钛1.(2020·黄冈模拟)2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者,锂离子电池是目前应用广泛的一类电池。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3,含有少量MgO、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料,制备锂离子电池电极材料的工艺流程如图所示:已知:①滤液1中含Ti微粒的主要存在形式为TiO2+;②Ksp(FePO4)=1.3×10-22、Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24;溶液中某离子浓度小于等于10-5mol·L-1时,认为该离子沉淀完全。请回答下列问题:(1)滤渣1中主要成分的化学式为__________。

(2)“结晶”温度需控制在70℃左右,若温度过高会导致的后果为_____。

(3)“转化Ⅰ”后所得溶液中c(Mg2+)=0.01mol·L-1,若其中Fe3+沉淀完全,则溶液中c()的数值范围为______________。

(4)“煅烧Ⅰ”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。

(5)“转化Ⅱ”中H2TiO3的转化率(α)与温度(T)的关系如图所示。T0℃时,一定时间内H2TiO3的转化率最高的原因为____________________。

(6)Li2Ti5O15中-1价与-2价O原子的数目之比为______________。“煅烧Ⅱ”反应中同时生成两种参与大气循环的气体,该反应的化学方程式为________。

【解析】(1)钛铁矿的成分中只有SiO2不溶于硫酸,滤渣1的成分为SiO2;(2)“结晶”温度需控制在70℃左右,若温度过高,TiO2+会提前水解而降低H2TiO3的产率,且使滤渣2中混有杂质;(3)Fe3+刚好沉淀完全时,c()==1.3×10-17mol·L-1,要保证Fe3+沉淀完全,c()应该大于等于1.3×10-17mol·L-1;c(Mg2+)=0.01mol·L-1,若刚好产生沉淀,c()==1.0×10-9mol·L-1,而按题意分析应不能使镁离子沉淀,则数值上c()<1.0×10-9;(4)“煅烧Ⅰ”反应中氧化剂为FePO4,反应后被还原为LiFePO4,1mol氧化剂得到1mol电子;还原剂为H2C2O4,被氧化为CO2,1mol还原剂失去2mol电子,根据电子守恒,氧化剂与还原剂的物质的量比值为2∶1;(5)“转化Ⅱ”中H2TiO3的转