1、无机化工流程题中无机物的转化与推断命题分析：近几年来，全国卷高考题直接考查元素的单质及其化合物间转化的较少，但借助工艺流程图题或综合实验题考查还是常常出现(主要是考查化学方程式或离子方程式的书写、相关离子的检验、物质成分的推测等)，但元素化合物部分知识是化学能力培养和提升的根本，熟悉元素的单质及常见化合物间的转化规律和途径是解决综合题的关键和基础；化工流程题的常见结构如下：明确题目要制备什么物质，给的原料是什么？利用已有化学知识并结合题干给出的提示信息勾勒出原料到目标产物的化学转化路径。1如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如：侯德榜制碱中的NaHCO3；还有如H
2、2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。2如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来防止水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质时，要蒸干其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中干燥来防止它水解。3如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质氧化还原，如：含Fe2、SO、I等离子的物质，则要防止反应过程中O2的介入。4如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等物质)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的C
3、O2或水进入装置中。5当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(低温)过滤来进行分离。6在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面着手：(1)对反应速率有何影响？(2)对平衡转化率是否有利？(3)对综合生产效益有何影响？如原料成本、原料来源、是否可再生，能源成本，对设备的要求，环境保护等。物质制备类化工流程题(1)核心反应陌生方程式的书写氧化还原反应：熟练应用氧化还原规律，a.判断产物，b.配平。非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际判断产物。(2)原料的预处理方法目的研磨减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反应速率水浸与水接触反应或溶解酸浸与
4、酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去碱浸除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物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煅烧改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土(3)常见反应条件的控制及目的控制溶液的pHa控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。b控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3、Mn2溶液中含有的Fe2，先用氧化剂把Fe2氧化为Fe3，再调溶液的pH。注意调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H或OH反应，改变溶液pH；不引入新杂质。例
5、如：若要除去Cu2溶液中混有的Fe3，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。控制反应的温度a控制化学反应速率。b控制平衡移动方向。c控制固体的溶解与结晶，如趁热过滤能防止某物质降温时析出。d促进溶液中气体的逸出或实现蒸馏。e防止或实现某物质水解或分解。f使催化剂达到最大活性。g防止副反应的发生。调节反应物的浓度a根据需要选择适宜浓度，控制一定的反应速率，使平衡移动有利于目标产物的生成，减小对后续操作产生的影响。b反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但对后续操作也会产生影响。控制反应体系的压强a改变化学反应速率。b影响平衡移动的方向。使用
6、催化剂加快反应速率，提高生产效率。(4)获得产品阶段的常见考查点洗涤(冰水、热水)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗；乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。蒸发浓缩，冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出
7、的固体主要是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。解析(1)亚硫酸氢钠过饱和溶液经结晶脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3=Na2S2O5H2O。(2)碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即中为NaHSO3溶液。要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。答案(1)2NaHSO3=Na2S2O5H2O(2)NaHSO3得到NaHSO3过饱和溶液(2019哈尔滨六中高三期末考试)镁在工业、医疗等领域均有重要用途。某化学兴趣小组利用硼砂工厂的固体废弃物
8、(主要含有MgCO3、MgSiO3、Al2O3和Fe2O3等)，设计了如下回收镁的工艺流程：(1)酸浸前，将固体废弃物研磨的目的是_。为达到目的，还可以采取的措施是_(任写一条)。(2)酸浸时，生成滤渣1的离子方程式为_。(3)设计简单方案分离滤渣2中的成分，简述实验过程：_。(4)滤液3中可回收利用的物质主要是_(写化学式)，其阳离子的电子式为。(5)写出工业上从滤渣3中获得镁锭的所有反应的化学方程式：_。答案(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率提高反应温度或适当增加硫酸浓度(或其他合理答案)(2)MgSiO32H=Mg2H2SiO3(3)将滤渣2溶于足量氢氧化钠溶液，过滤得F
9、e(OH)3；向滤液中通入过量CO2，过滤得Al(OH)3(4)(NH4)2SO4(5)Mg(OH)22HCl=MgCl22H2O、MgCl2(熔融)MgCl2解析(1)增大固体的表面积可加快反应速率，提高浸取率，除此之外还可以升高温度、适当增大硫酸的浓度等。(2)因MgCO3、MgSiO3、Al2O3、Fe2O3能与硫酸反应，生成了MgSO4、Al2(SO4)2和Fe2(SO4)3，其中H2SiO3形成滤渣；酸浸时，生成滤渣1的离子方程式为MgSiO32H=Mg2H2SiO3。(4)滤液中阴离子主要是SO，再次加入氨水调节pH至Mg2完全沉淀，滤液3中溶质主要成分是(NH4)2SO4，其阳离
10、子的电子式为。以分离提纯为目的的化学工艺流程1物质分离提纯的原则(1)不增：不引入新的杂质。(2)不减：不减少被提纯的物质。(3)易分离：被提纯物与杂质易于分离。(4)易复原：被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。2常用的提纯方法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溶液的pH法如除去溶液中的Fe3等3常用的分离方法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蒸发结晶提取溶解度随温度变化不大
11、的溶质，如NaCl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、CuSO45H2O、FeSO47H2O等蒸馏或分馏分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油冷却法利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气(2019全国卷考试大纲调研卷(二)NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等。可以电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)为原料获得。工艺流程如下图：解析(1)提高浸取速率可采取将废渣粉碎、加热、搅拌以及适当增大硫酸浓度等措施。(3)FeOOH中铁是3价
12、，a错误。pH4，c(OH)11010 molL1，c(Fe3)2.64109 molL1，b错误。c项符合电荷守恒、得失电子守恒等守恒关系，也符合反应的酸碱性，正确。观察图像可知d正确。(4)滤液之前已将Cu、Zn、Fe除去，所以滤液中主要含有NiSO4、Na2SO4。(5)由于Ni2的水溶液为绿色，所以可通过观察滤液的颜色来判断碳酸镍是否完全沉淀。(6)将NiCO3沉淀转化为NiSO4，要先通过过滤，并用蒸馏水洗净沉淀，再向沉淀中加6 mol/L的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解，之后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。答案(1)加热或搅拌或适当增大硫酸浓度等(2)Cu2S2=CuS(3
13、)cd(4)NiSO4、Na2SO4(5)上层清液呈无色(6)过滤，并用蒸馏水洗净沉淀向沉淀中加6 mol/L的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解(2019河南南阳市高三期末质量评估)氯化亚铜(CuCl)是微溶于水但不溶于乙醇的白色粉末，溶于浓盐酸会生成HCuCl2，常用作催化剂。一种由海绵铜(Cu和少量CuO等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：(1)“溶解浸取”时，需将海绵铜粉碎成细颗粒，其目的是_。(2)“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图所示：CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为_。当1.33时，比值越大，CuCl产率
14、越小，其原因是_。当1.01.5时，比值越大，CuCl产率越大，其原因是_。(3)“粗产品”用pH2的H2SO4水洗，若不慎用稀硝酸进行水洗，则对产品有何影响_。(4)用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl的化学方程式为_。(5)某同学拟测定产品中氯化亚铜的质量分数。实验过程如下：准确称取制备的氯化亚铜产品1.600 g，将其置于足量的FeCl3溶液中，待样品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2000 molL1的KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗KMnO4溶液15.00 mL，反应中MnO被还原为Mn2，则产品中氯化亚
15、铜的质量分数为_(结果保留小数点后两位)。答案(1)增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高原料利用率(2)2Cu2SO2ClH2O=2CuClSO2H随着不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2及CuCl的水解程度增大适当增大c(Cl)，有利于平衡Cu(aq)Cl(aq)CuCl(s)向生成CuCl方向移动(3)CuCl的产率降低(4)4CuClO24H2O=2Cu2(OH)3Cl2HCl(5)93.28%解析(2)CuSO4转化为CuCl，表明2价铜得电子，Cu2是氧化剂，而SO具有较强还原性，故而SO失去电子生成SO，其离子方程式为2Cu2SO2ClH2O=2CuClSO2H。Na2SO3水
16、解呈碱性：SOH2OHSOOH，Cu2水解呈酸性：Cu22H2OCu(OH)22H，溶液中Na2SO3浓度越大时，溶液碱性越强，对Cu2水解的促进作用就越大。CuCl微溶于水，在水溶液中存在溶解平衡Cu(aq)Cl(aq)CuCl(s)，所以比值越大，CuCl产率越大的原因是适当增大c(Cl)，有利于平衡Cu(aq)Cl(aq)CuCl(s)向生成CuCl方向移动。(3)稀硝酸能够氧化CuCl，所以若不慎用稀硝酸进行水洗，则CuCl的产率降低。(4)2个CuCl被氧化为1个Cu2(OH)3Cl失去2个电子，1个O2得到4个电子转化为O2，反应物中应该有H2O提供氢元素，所以其化学方程式为4Cu
17、ClO24H2O=2Cu2(OH)3Cl2HCl。(5)氯化亚铜产品中加入足量的FeCl3溶液：CuClFe3=Cu2Fe2Cl，再用KMnO4酸性溶液滴定：5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O，得关系式5CuCl5Fe2MnO。样品中CuCl的物质的量n(CuCl)5n(KMnO4)50.2 molL10.015 L0.015 mol，则产品中氯化亚铜的质量分数100%93.28%。建议用时：40分钟满分：100分1(2019全国卷考试大纲调研卷(二)实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程(已知Fe3在pH5时沉淀完全)。其中分析错误的是()A步骤
18、发生的主要反应为：2Fe2H2O22H=2Fe32H2OB步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C步骤用CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD步骤的操作为：向漏斗中加入少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作23次答案B解析由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜、硫酸铁和硫酸亚铁，加入过氧化氢，硫酸亚铁发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3水解而生成Fe(OH)3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，步骤为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，A正确；步骤用氯水、硝酸等强氧化剂代替
19、H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，B错误；CuCO3和CuO都与溶液中H反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，C正确；步骤为洗涤操作，使用冷的蒸馏水可减少固体的溶解，D正确。2(2019长春外国语学校高三期末考试)以硫铁矿烧渣(主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅等)制备绿矾(FeSO47H2O)的流程图如下：请回答下列问题：(1)为加快烧渣的酸溶速率可采取的措施是_(答两点即可)。(2)Fe3O4的俗名是_，写出酸溶时Fe2O3溶解的离子方程式：_。(3)检验“反应”已经完全反应的最佳试剂为_(填序号)。a酸性KMnO4溶液 b氨水c硫氰化钾溶液 d铁
20、氰化钾溶液(4)为测量所得绿矾中铁元素的质量分数，某实验小组进行了以下实验：取W g绿矾配制成100 mL溶液，用_(填“酸式”或“碱式”)滴定管从中取出20.00 mL溶液放入锥形瓶中待用，滴定时，用_(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装标准K2Cr2O7溶液，滴定时，眼睛注视_，当达到滴定终点时，消耗0.010 molL1的K2Cr2O7 23.20 mL，发生反应的离子方程式是_，铁元素的质量分数为_(用含有W的式子表示)。如果配制绿矾溶液时，没有洗涤烧杯和玻璃棒，造成所测铁元素的质量分数_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)，滴定前读取盛有标准K2Cr2O7溶液的滴定管数据正确，滴定终点时
21、，仰视读数，造成所测铁元素的质量分数_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。答案(1)将硫铁矿烧渣粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等(2)磁性氧化铁Fe2O36H=2Fe33H2O(3)c(4)酸式酸式锥形瓶内溶液颜色的变化6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O%偏小偏大解析(3)如果反应完全，则溶液中不存在Fe3。检验时加入硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明没有反应完全，否则反应完全，故选c。(4)硫酸亚铁溶液显酸性，重铬酸钾具有强氧化性，应放在酸式滴定管中，滴定时，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。Cr2O为氧化剂，Fe2为还原剂，由化合价升降法配平离子方程式为6Fe2Cr2O14
22、H=6Fe32Cr37H2O。根据离子方程式中化学计量数关系计算出铁元素的物质的量，进而求出其质量，则Fe的质量分数表达式为100%。如果配制绿矾溶液时没有洗涤烧杯和玻璃棒，造成铁元素含量减少，测得的结果偏小；滴定终点时，仰视读数，读取体积数值偏大，测得结果偏大。3(2019广东汕头高三期末)我国是世界上最大的钨储藏国，金属钨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉；现以白钨矿(主要成分为CaWO4，还含有二氧化硅、氧化铁等杂质)为原料冶炼高纯度金属钨，工业流程如下：已知：钨酸酸性很弱，难溶于水；完全沉淀离子的pH：SiO为8，WO为5；碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨。回答下
23、列问题：(1)工业上生产纯碱常先制得碳酸氢钠，此法叫“联碱法”，为我国化工专家侯德榜创立，即向饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2，最终生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，写出该化学反应方程式：_。(2)流程中白钨矿的主要成分CaWO4和纯碱发生的化学反应方程式是：_。(3)滤渣B的主要成分是_(写化学式)。调节pH可选用的试剂是_(填选项)。A氨水 B盐酸CNaOH溶液 DNa2CO3溶液(4)检验沉淀C是否洗涤干净的操作是_。(5)为了获得可以拉制灯丝的高纯度金属钨，不宜用碳而必须用氢气作还原剂的原因是_。答案(1)NH3CO2H2ONaCl=NaHCO3NH4Cl(2)CaWO4Na2CO3
24、Na2WO4CaOCO2(3)H2SiO3B(4)取最后一次的洗涤液少量于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴加12滴AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，若出现白色沉淀则表明沉淀未洗净(5)如果用碳做还原剂，过量的碳混杂在金属中难以除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨，不容易获得纯的金属钨，若用氢气作还原剂，就可避免该问题解析白钨矿的主要成分是CaWO4，含有SiO2、Fe2O3等杂质，白钨矿与碳酸钠在1000 温度下反应，SiO2与Na2CO3会反应生成Na2SiO3，Fe2O3不反应，得到的混合物用水浸取，过滤后的滤液经过系列操作得到WO3，说明Na2CO3与CaW
25、O4反应生成Na2WO4，则滤渣A为Fe2O3等，滤液中含有Na2SiO3、Na2WO4、Ca(OH)2，再调节pH在58之间，使SiO转化为H2SiO3沉淀过滤除去，母液中含有Na2WO4、CaCl2，向其中加入盐酸得到沉淀C为H2WO4，沉淀C灼烧产生WO3和水，H2再还原WO3得到钨。(1)向饱和食盐水中先通入足量氨气，使溶液显碱性，然后通入CO2气体，发生反应：NH3CO2H2O=NH4HCO3，NH4HCO3NaCl=NaHCO3NH4Cl，将两个反应方程式叠加，可得总反应方程式：NH3CO2H2ONaCl=NaHCO3NH4Cl。(2)CaWO4与纯碱在高温下反应生成Na2WO4、
26、CaO与CO2，反应方程式为：CaWO4Na2CO3Na2WO4CaOCO2。(3)滤渣B的主要成分为H2SiO3，调节溶液pH，溶液中的SiO与H反应产生H2SiO3沉淀过滤除去，所以应加入盐酸，选项B合理。(4)检验沉淀是否洗涤干净可以检验最后一次洗涤液中是否有沉淀上附着的Cl。4(2019成都市高三诊断).彩色水泥墙含氯化亚钴，可作晴雨表。下表为几种氯化亚钴晶体的颜色：化学式CoCl2CoCl2H2OCoCl22H2OCoCl26H2O颜色蓝色蓝紫色紫红色粉红色淋雨时彩色水泥墙的颜色为_。.从含钴废料(含CoO、Co2O3及金属Al、Li)中制取粗CoO的流程如下：(1)步骤产生的气体是
27、_(填化学式，下同)，从含铝溶液中沉淀铝可通入的气体是_。(2)步骤中除去Al3的离子方程式为_，步骤中Na2CO3溶液的作用是_(用离子方程式表示)。(3)为了获得高纯度的钴粉，从环保角度考虑，还原Co2O3的最佳试剂为_(填序号)。A铝 B木炭 C氢气 D一氧化碳(4)实验室制备氯化亚钴晶体并测其化学式的流程如下：氧化亚钴氯化亚钴溶液氯化亚钴结晶水合物CoCl2xH2O步骤“系列操作”中，洗涤晶体不用蒸馏水而用酒精，目的是_。用灼烧称重法测定氯化亚钴晶体中结晶水含量时，需要在氯化氢氛围中灼烧结晶水合物，请结合方程式解释这样做的原因_。已知几种物质在20 时的Ksp如下表：化学式AgClAg
28、SCNAg2SAg2CrO4颜色白色白色黑色红色Ksp2.010101.010122.010482.01012某同学用滴定法测定晶体CoCl2xH2O中的x，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时选择的指示剂是_(填编号)。AKCl BKSCN CK2S DK2CrO4若取样品a g溶于蒸馏水中配制100 mL溶液，取20.00 mL配制溶液于锥形瓶中，加入所选指示剂，用c molL1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液b mL。则x的表达式为_。答案.粉红色.(1)H2CO2(2)2Al33CO3H2O=2Al(OH)33CO2Co2CO=CoCO3(3)C(4)减少洗涤过程中晶体溶解损失
29、，利用酒精挥发带走晶体表面的水分，起干燥作用直接灼烧时氯化亚钴遇水易发生水解反应CoCl22H2OCo(OH)22HCl，在HCl氛围中可抑制其水解，避免氯化亚钴转化成碱或氧化物造成误差D解析.淋雨时彩色水泥墙中氯化亚钴转化为CoCl26H2O，因此淋雨时彩色水泥墙的颜色为粉红色。.(1)步骤碱溶时Al能与碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，金属Li与水反应生成氢气和氢氧化锂，故生成的气体为H2。从偏铝酸盐溶液中沉淀铝通入的气体可以为CO2。(2)步骤加入Na2CO3溶液以除去Al3，Al3和CO发生相互促进的水解反应，离子方程式为2Al33CO3H2O=2Al(OH)33CO2，步骤加入Na2CO
30、3溶液的作用是沉淀Co2，离子方程式为Co2CO=CoCO3。(3)为了获得高纯度的钴粉，还原Co2O3的试剂应用气体还原剂，若为固体还原剂，得到的固体会混入固体还原剂，从环保的角度考虑，应选择氢气作为还原剂。(4)选择的指示剂所含的阴离子应该在Cl被Ag沉淀之后才开始与Ag形成沉淀，假设Cl、SCN、S2、CrO四种阴离子浓度均为c molL1，则沉淀Cl需要的c(Ag) molL1，沉淀SCN需要的c(Ag) molL1，沉淀S2需要的c(Ag) molL1，沉淀CrO需要的c(Ag) molL1，显然SCN、S2比Cl先沉淀，CrO在Cl沉淀后沉淀，因此选择K2CrO4作为指示剂。根据A
31、gCl=AgCl，则n(Cl)c molL1b103 L5bc103 mol，n(CoCl2xH2O)2.5bc103 mol, M(CoCl2xH2O) gmol1 gmol1，故x。5(2019贵州重点中学高考教学质量测评)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。已知：NaClO溶液在受热温度过高或酸性条件下容易分解，如3NaClO=2NaClNaClO3；AgCl可溶于氨水：AgCl2NH3H2OAg(NH3)2Cl2H2O；常温时，N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2：4Ag(NH3)2N2H4H2O=
32、4AgN24NH4NH3H2O。(1)氧化时采用了过量的NaClO溶液并水浴加热，水浴加热的目的是_。(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的离子方程式为_；若改用稀HNO3氧化Ag，生成了NO气体等，则该反应的化学方程式为_；从反应产物的角度分析，以稀HNO3代替NaClO的缺点是_。(3)为提高Ag的回收率，需利用少量10%氨水对“过滤”的滤渣进行洗涤，并_。(4)请设计从“过滤”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：(提供的试剂有：2 molL1水合肼溶液、1 molL1 H2SO4溶液)_。答案(1)使Ag充分反应，提高其回收率；使溶液受热均匀防止温度过高N
33、aClO分解(2)4Ag4ClO2H2O=4AgCl4OHO24HNO33Ag=3AgNO3NO2H2O会释放出氮氧化物，造成环境污染(3)将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中(4)向滤液中滴加2 molL1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 molL1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥解析(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，Ag、O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag4NaClO2H2O=4AgCl4NaOHO2，反应的离子方程式为4Ag4ClO2H2O=4AgCl4OHO2；HNO3也能氧化Ag生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的化学方程式为4HNO33Ag=3AgNO3NO2H2O；从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是会释放出氮氧化物，造成环境污染。(3)为提高Ag的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中，减少Ag的损失。(4)由信息可知，用水合肼还原Ag(NH3)2会生成NH3，污染环境必须除去，可用H2SO4溶液吸收。
