2021高考化学二轮复习第1部分专题能素提升专题10化工流程综合试题学案(共24页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上专题10 化工流程综合试题1(2020山东卷，T16)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一种两性氧化物；25 时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp11016.311038.611032.311012.7回答下列问题：(1)软锰矿预先粉碎的目的是_，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为_。(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小

2、的原因是_。(3)滤液可循环使用，应当将其导入到_操作中(填操作单元的名称)。(4)净化时需先加入的试剂X为_(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_(当溶液中某离子浓度c1.0105 molL1时，可认为该离子沉淀完全)。(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为_。解析(1)对软锰矿进行粉碎，其表面积增大，在后续加入硫化钡溶液时，固体与溶液接触面积大，充分反应，能提高反应速率。分析该制备工艺流程图可知，“反应”操作中硫化钡中的硫元素转化为硫单质，硫化钡中的钡元素转化为氢氧化钡，故软锰矿中的二氧化锰在“反应”操作中被硫化钡中的S2还原，锰元素由4价转化为2价，故MnO2与Ba

3、S溶液反应转化为MnO的化学方程式是MnO2BaSH2O=Ba(OH)2MnOS。(2)加入的MnO2的量增大，而Ba(OH)2的量减少，是因为MnO2为两性氧化物，能与强碱Ba(OH)2反应，从而导致Ba(OH)2的量减少。(3)滤液中仍含少量的Ba(OH)2，为提高其产率，可将滤液导入前边的“蒸发”操作中。(4)由软锰矿中的杂质成分有Fe3O4可知，其经过与S2的“反应”操作后主要以Fe2形式存在，结合表中四种氢氧化物的溶度积数据，为减少Mn(OH)2的损失，需将Fe2转化为Fe3，然后再调节溶液pH，使杂质Fe3转化为Fe(OH)3，故“净化”操作中需加入氧化剂，结合后续操作中的物质转化

4、可知，“净化”操作中加入的试剂X为过氧化氢(H2O2)溶液。对比表中的溶度积数据可知，相较于Fe(OH)3，Al(OH)3的溶度积较大，若要除去Al(OH)3、Fe(OH)3两种杂质，以前者的溶度积进行计算，推知调节溶液的pH大小，由已知信息可知，沉淀完全的最大金属离子浓度为1.0105molL1，此时c3(OH)KspAl(OH)3/c(Al3)mol3L311027.3mol3L3，则c(OH)1109.1 molL1，c(H) molL11104.9molL1，此时pH4.9。(5)由工艺流程图中的“碳化”操作可知，该操作中加入的物质是碳酸氢铵、氨水，而“压滤”操作后的滤液中含Mn2，由

5、目标产物可知，该反应的生成物中有碳酸锰，故“碳化”过程中发生反应的离子方程式是Mn2HCONH3H2O=MnCO3NHH2O。答案(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2BaSH2O=Ba(OH)2MnOS(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O24.9(5)Mn2HCONH3H2O=MnCO3NHH2O2(2020全国卷，T26)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。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F

6、e3Fe2Al3Mn2开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题：(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VO，同时还有_离子被氧化。写出VO转化为VO反应的离子方程式_。(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5xH2O，随滤液可除去金属离子K、Mg2、Na、_，以及部分的_。(4)“沉淀转溶”中，V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣的主要成分是_。(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_。解析(1)“酸浸氧化

7、”中温度较低时，酸浸和氧化反应速率较慢，加热的目的是加快酸浸和氧化反应速率。(2)从原料看，“酸浸氧化”中四氧化三铁溶于稀硫酸，发生反应：Fe3O44H2SO4=FeSO4Fe2(SO4)34H2O，加入的二氧化锰除氧化VO和VO2外，还氧化Fe2。VO转化为VO反应的离子方程式为VOMnO22H=VOMn2H2O。(3)根据表格中数据知，pH在3.03.1时，铁离子接近沉淀完全，少量铁离子随滤液除去，Al3部分沉淀，大量铝离子随滤液除去，K、Mg2、Na、Mn2随滤液除去。(4)在pH13的强碱性溶液中，V2O5xH2O转化为钒酸盐而溶解，Al(OH)3转化为NaAl(OH)4而溶解，Fe(

8、OH)3不溶，故滤渣的主要成分是Fe(OH)3。(5)pH8.5时铝元素沉淀，故“调pH”时生成氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为NaAl(OH)4HCl=Al(OH)3NaClH2O。(6)“沉钒”时要使NH4VO3尽可能析出完全，利用同离子效应，加入过量NH4Cl可达到此目的。答案(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2)Fe2VOMnO22H=VOMn2H2O(3)Mn2Al3和Fe3(4)Fe(OH)3(5)NaAl(OH)4HCl=Al(OH)3NaClH2O(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全3(2020全国卷，T27)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属

9、Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO47H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Ni2Al3Fe3Fe2开始沉淀时(c0.01 molL1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c1.0105 molL1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题：(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是_。为回收金属，用稀硫酸将“滤液”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式_。(2)“滤液”中含有的金属离子是_。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是_。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液”中可

10、能含有的杂质离子为_。(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp_(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2浓度为1.0 molL1，则“调pH”应控制的pH范围是_。(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式：_。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_。解析(1)由题给条件可知，该废镍催化剂表面覆有油脂，且其中含有Ni、Al、Fe及其氧化物等，“碱浸”时，油脂在氢氧化钠溶液中水解而被除去，铝及其氧化物也会与氢氧化钠溶液反应而被除去，“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂、溶解铝及其氧化物。“滤

11、液”中铝元素以Al(OH)4的形式存在，加入稀硫酸生成沉淀的离子方程式为Al(OH)4H=Al(OH)3H2O。(2)因Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应，Ni、Fe及其氧化物存在于“滤饼”中，向“滤饼”中加入稀硫酸，Ni、Fe及其氧化物与稀硫酸反应，故得到的“滤液”中含有的金属离子为Ni2、Fe2、Fe3。(3)“转化”过程是将二价铁离子全部转化为三价铁离子，选用的氧化剂是H2O2溶液，选用过氧化氢溶液氧化的好处是不引入其他杂质，因此替代过氧化氢溶液的物质也不能引入其他杂质，可用O2或空气替代H2O2溶液；由题表中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH可知，Fe2开始沉淀时，Ni2已经沉淀一

12、部分，Ni2沉淀完全时，Fe2还不能沉淀完全，“转化”时会生成Fe3，则滤液中可能含有Fe3。(4)pH7.2，c(H)107.2 molL1，c(OH)(1014/107.2)molL1，Kspc(Ni2)c2(OH)0.01(107.214)2，或利用Ni2沉淀完全时计算得Ksp105(108.714)2。c(Ni2)1.0 molL1，若不生成Ni(OH)2，则c(OH) molL1，c(H)106.2 molL1，pH6.2，同时应调节pH3.2以除去Fe3，故pH应控制的范围是3.26.2。(5)由题意可知，反应物为硫酸镍、次氯酸钠和强碱，生成物为NiOOH，硫酸镍中镍为2价，NiO

13、OH中镍为3价，镍的化合价升高被氧化，则次氯酸钠中氯元素被还原得到氯化钠，该反应的离子方程式为2Ni2ClO4OH=2NiOOHH2OCl。(6)母液中还含有少量的硫酸镍，将母液收集、循环使用可提高镍回收率。答案(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物Al(OH)4H=Al(OH)3H2O(2)Ni2、Fe2、Fe3(3)O2或空气Fe3(4)0.01(107.214)2或105(108.714)23.26.2(5)2Ni2ClO4OH=2NiOOHClH2O(6)提高镍回收率4(2019全国卷)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

14、、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2Fe2Fe3Al3Mg2Zn2Ni2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(1)“滤渣1”含有S和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：_。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是_。(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。(4)“除杂1”的目的是除去Zn2和Ni2，“滤渣3”的主要成分是_。(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2

15、。若溶液酸度过高，Mg2沉淀不完全，原因是_。(6)写出“沉锰”的离子方程式_。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为2、3、4。当xy时，z_。解析(1)硫化锰矿及二氧化锰粉末中加入硫酸后，发生氧化还原反应：MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O，故滤渣1的主要成分为S和SiO2(不溶性硅酸盐)。(2)Fe2沉淀完全时，Mn2已经开始沉淀，故加入MnO2是为了将溶液中的Fe2氧化为Fe3，便于除去。(3)除去Fe3及Al3，应使二者沉淀完全，故pH应大于4.7。(4)锌和镍的硫化物都难溶于水，故“

16、滤渣3”的主要成分为ZnS、NiS。(5)“除杂1”步骤结束后，杂质金属阳离子只有Mg2，加入MnF2形成MgF2沉淀而除去Mg2，若溶液酸度过高，H浓度偏大，则F与H结合形成HF，使MgF2沉淀溶解平衡正向移动而重新溶解。(6)“沉锰”时加入NH4HCO3发生反应：Mn22HCO=MnCO3CO2H2O。(7)根据化合物中各元素化合价代数和为0的原则，求得z。答案(1)SiO2(不溶性硅酸盐)MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O(2)将Fe2氧化为Fe3(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F与H结合形成弱电解质HF，MgF2Mg22F平衡向右移动(6)Mn22HCO=MnCO

17、3CO2H2O(7)本专题主要有以下几个命题角度：1原料的预处理方法。2化工流程转化的方程式书写。3化工流程中条件的控制方法及物质的循环利用。4.化工流程中物质的分离与提纯方法及实验考查。5涉及化学反应原理的计算，如Ksp的计算与应用，pH的控制范围计算等。预测2021年高考仍会采用化工流程图的形式呈现。考查的重点仍会在方程式的书写、条件控制、分离提纯及有关计算方面加强命题。化工流程综合探究一、化工流程中化学转化控制原料处理如何提高“浸出率”将矿石粉碎；适当加热；充分搅拌；适当提高浸取液的浓度等分析“浸出率”图表，解释“浸出率”高低变化的原因(“浸出率”升高一般是反应温度升高，反应速率加快；但

18、当“浸出率”达到最大值后，温度升高“浸出率”反而下降，一般是反应试剂的分解或挥发)。选择达到一定较高“浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)焙烧高温下硫化物与空气中氧气反应(如FeS2与氧气生成氧化铁和二氧化硫)；除去硫、碳单质；有机物转化(如蛋白质燃烧)、除去有机物等酸性气体的吸收常用碱性溶液吸收(如SO2用Na2CO3或NaOH溶液吸收)控制条件除去杂质的方法加氧化剂，转变金属离子的价态(如Fe2Fe3)调节溶液的pH调溶液pH常用氢氧化钠、碳酸钠、金属氧化物还有酸性气体(二氧化硫)、稀盐酸或稀硫酸等。常利用题给金属离子沉淀的pH信息，使特定金属离子以氢氧化物沉淀出来物质转化的分析

19、跟踪物质，分析每一步骤中可能发生的化学反应，书写化学方程式或离子方程式滤渣、滤液中物质的判断，书写物质的化学式或电子式，分析物质中的化学键确定循环物质练一练1活性氧化锌是一种新型多功能无机材料。某小组以粗氧化锌(含铁、铜的氧化物)为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如下：已知各相关氢氧化物沉淀pH范围如下表所示：Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀pH5.47.02.34.7完全沉淀pH8.09.04.16.7请回答下列问题：(1)步骤中加入H2O2溶液的作用是_(用离子方程式表示)。(2)用ZnO调节pH，以除去含铁杂质，调节pH的适宜范围是_。(3)步骤中加入Zn

20、粉的作用是：_；进一步调节溶液pH。(4)碱式碳酸锌Zn2(OH)2CO3煅烧的化学方程式为_。解析(1)根据上图转换关系可知，加入H2O2溶液的作用是将溶液中的Fe2氧化成Fe3，其离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。(2)加入ZnO调节pH的目的是使Fe3完全沉淀，而使Cu2不沉淀，需控制溶液pH的范围为4.1pH4.7。(3)Zn粉能与溶液中的Cu2发生置换反应，除去Cu2；Zn粉还能与过量的稀硫酸反应，进一步调节溶液的pH。(4)煅烧碱式碳酸锌生成ZnO、CO2和H2O，其化学方程式为Zn2(OH)2CO32ZnOCO2H2O。答案(1)2Fe2H2O22H=2Fe32

21、H2O(2)4.1pHKsp时，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。当QcKsp时，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。当QcKsp时，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。(3)示例：25 时，若滤液中要求c(Al3)1.3106 molL1、c(Mg2)0.018 molL1、c(Zn2)0.12 molL1，则过滤前沉淀时需调节溶液的pH范围为_已知：KspAl(OH)31.31033，KspMg(OH)21.81011，KspZn(OH)21.21017。解答c(Al3)1.3106 molL1时，根据Ksp的表达式：c(OH) mol

22、L1109 molL1，pH5；当Mg2不沉淀时c(OH) molL1104.5 molL1，pH9.5；Zn2不沉淀时，c(OH) molL1108 molL1，pH6。故pH范围为56。练一练4氯化亚锡用途广泛，在无机工业中用作还原剂。在口腔护理行业中，二水氯化亚锡多用于防龋齿脱敏类牙膏中，以预防龋齿的发生。某研究小组制取二水氯化亚锡的工艺流程如图所示：查阅资料：.酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2、Sn4两种主要存在形式，Sn2易被氧化。.SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡。回答下列问题： (1)四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性气味，生成偏锡酸(H2SnO3)，写

23、出该反应的化学方程式为_。(2)将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，其目的是_。(3)反应釜中发生反应的化学方程式为_。(4)该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)：将该试样溶于盐酸，发生反应的化学方程式为Sn2HCl=SnCl2H2；加入过量FeCl3溶液；用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定中生成的Fe2，则反应的离子方程式为_。(5)取1.125 g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100 0 molL1 K2Cr2O7溶液30.00 mL，锡粉中锡的质量分数为_。解析(1)根据题中信息和元素守恒可知，有强烈的刺激性气味的气体为HCl，则反应的化学方程式为SnCl43H2

24、O=H2SnO34HCl。(2)熔融金属锡，泼入冷水后激成锡花，目的是增大锡与Cl2反应的接触面积，利于反应进行。(3)SnCl4与Sn在反应釜中反应生成SnCl2，该反应的化学方程式为SnSnCl4=2SnCl2。 (4)K2Cr2O7与Fe2发生氧化还原反应生成Fe3和Cr3，其离子方程式为Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O。(5)根据(4)中可得出对应关系，即SnSnCl2、SnCl22FeCl3和Cr2O6Fe2，从而得出关系式3Sn6Fe2Cr2O，结合消耗0.100 0 molL1 K2Cr2O7溶液30.00 mL，可求出试样中的m(Sn)3119 gmol10.1

25、00 0 molL130.00 103 L1.071 g，则该锡粉中锡的质量分数为100%95.2%。答案(1)SnCl43H2O=H2SnO34HCl(2)增大反应接触面积，利于反应进行(3)SnSnCl4=2SnCl2(4)Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(5)95.2%5(2017全国卷节选，T27(4)(5)(6)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：(1)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式_。(2)Li2 Ti

26、5O15中Ti的化合价为4，其中过氧键的数目为_。(3)若“滤液”中c(Mg2)0.02 molL1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3)1.0105 molL1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.31022、1.01024。(4)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_。解析(1)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O。(2)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x，则非过氧键氧原子数目为152x，根据化合物中各元素正

27、、负化合价代数和为零可得：2x2(152x)1245，解得：x4。(3)根据Ksp(FePO4)1.31022及Fe3恰好完全沉淀时溶液中c(Fe3)1.0105 molL1，可得c(PO) molL11.31017 molL1。c(Mg2) molL10.01 molL1，则Qcc3(Mg2)c2(PO)0.013(1.31017)21.6910401.71040KspMg3(PO4)21.01024，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。(4)煅烧过程中，Fe元素化合价由3降至2，被还原，则H2C2O4应作还原剂，其氧化产物为CO2，反应的化学方程式为2FePO4Li2CO3H2C2O42L

28、iFePO43CO2H2O。答案(1)FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O(2)4(3)Fe3恰好沉淀完全时，c(PO) molL11.31017 molL1，Qcc3(Mg2)c2(PO)值为0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(4)2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO43CO2H2O四、化工流程中涉及的过渡金属及其化合物1Zn及其重要化合物(1)Zn的性质与Al相似，与强酸、强碱均反应生成H2。(2)ZnO、Zn(OH)2与Al2O3、Al(OH)3均为两性化合物。与酸反应生成Zn2，与强碱反应生

29、成ZnO。2钴、镍及其化合物(1)钴、镍及其氧化物常温下，钴、镍在空气中能稳定存在，加热条件下可生成CoO、NiO。CoO溶于酸和强碱溶液，不溶于水、乙醇、氨水，在空气中焙烧至390890 时生成四氧化三钴。NiO溶于酸和氨水，不溶于水。(2)碱M(OH)2、M(OH)3Co(OH)2在空气中缓慢地被氧化为棕褐色的Co(OH)3，Ni(OH)2在空气中较稳定，可采用氧化性较强的Br2将其氧化。Co3、Ni3在酸性溶液中有强氧化性，易被还原，如Co(OH)3、Ni(OH)3在盐酸中被还原，2Co(OH)36HCl=2CoCl2Cl26H2O,2Ni(OH)36HCl=2NiCl2Cl26H2O；

30、在H2SO3溶液中被还原，2Co(OH)3SO4H=2Co2SO5H2O，2Ni(OH)3SO4H=2Ni2SO5H2O。3钒及其化合物的性质(1)V：常温下不活泼，不能与非氧化性酸及碱作用，但能溶于氢氟酸、硝酸和王水。(2)V2O5：两性氧化物，但以酸性为主，V2O56NaOH=2Na3VO43H2O；1 750 发生分解反应：2V2O52V2O4O2；微溶于水，易形成稳定的胶体；有较强的氧化性：V2O56HCl(浓)=2VOCl2Cl23H2O。(3)VO2、VO：在酸性介质中，VO具有强氧化性，VOFe22H=VO2Fe3H2O,2VOH2C2O42H2VO22CO22H2O。4铬及其化

31、合物的性质(1)Cr：加热时，与O2反应生成Cr2O3。(2)Cr2O3：两性氧化物，Cr2O36H=2Cr33H2O；Cr2O32OH=2CrOH2O。(3)Cr(OH)3：两性氢氧化物，Cr(OH)33H=Cr33H2O；Cr(OH)3OH=CrO2H2O。(4)CrO与Cr2O：可相互转化，2CrO(黄色)2HCr2O(橙色)H2O。强氧化性，如5HCr2O3HSO=2Cr33SO4H2O,2Na2CrO416HCl=2CrCl34NaCl3Cl28H2O。5钛及其化合物的性质(1)Ti：常温时与酸不反应，但可与HF反应(Ti6HF=H2TiF62H2)，也可与热的浓盐酸反应2Ti6HC

32、l(浓) 2TiCl33H2。(2)TiO2：不溶于水和稀酸，可溶解在HF溶液及热的浓硫酸中；可与Cl2反应：TiO22Cl2=TiCl4O2；与碱溶液缓慢反应：TiO22NaOH=Na2TiO3H2O；在高温下与Cl2、C发生反应：TiO22C2Cl2TiCl42CO。(3)TiCl4：暴露在空气中会冒出白烟，TiCl43H2O=H2TiO34HCl；Mg作还原剂时可制备金属钛，2MgTiCl42MgCl2Ti。练一练6镍废料中主要含有Ni，还含有少量的Cu、Fe等。现从中制取Ni2O3，其可用于制造人造卫星、宇宙飞船的高能电源，也可用于制造镉镍碱性电池。以镍废料为原料制备Ni2O3的工艺流程如图所示：已知常温下0.010 molL1的金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表所示：Fe3Cu2