盐城市2024届高三化学二轮专题复习讲义（27）-专题七第一讲 化工流程题

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【复习目标】
1．培养将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。
2．培养将分析和解决问题的过程及成果用正确的化学术语及文字、图表、模型、图形等表达并做出解释的能力。
【重点突破】化学工艺流程题的分析方法和解题策略
【真题再现】
例1．（2023·江苏高考）V2O5－WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为
4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)===4N2(g)＋6H2O(g) ΔH＝-1 632.4 kJ·ml-1。
（1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5－WO3/TiO2催化剂。在水溶液中 eq VO\\al(－,3)水解为 H3VO4沉淀的离子方程式为________________；反应选用 NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是_____________________。
（2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3（其余为N2）气体匀速通过装有V2O5－WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是__________________________________________________；反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________（用化学方程式表示）。
（3）废催化剂的回收。回收V2O5－WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为
①“酸浸”时，加料完成后，以一定速率搅拌进行反应。提高钒元素浸出率的方法还有__________________。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为_____________________________。
③向 pH＝8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)＝1.7×10-3，加过量NH4Cl溶液的目的是________________。
解析：（1）在水溶液中VOeq \\al(－,3)水解为H3VO4 QUOTE 沉淀的离子方程式为VOeq \\al(－,3)+2H2O=== H3VO4+OH- QUOTE ；反应选用NH4VO3 QUOTE 溶液而不选用NaVO3 QUOTE 溶液的原因是制得的催化剂中不含Na+；（2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如4NH3+5O2eq \(=========,\s\up7(催化剂),\s\d7(△))4NO+6H2O QUOTE 。
（3）提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，已知H4V4O22 QUOTE 具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为 。NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡NH4VO3(s)NHeq \\al(＋,4)(aq) + VOeq \\al(－,3)(aq)，加过量NH4Cl溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量，促进NH4VO3充分沉淀。
答案：（1）VOeq \\al(－,3)+2H2O=== H3VO4+OH-制得的催化剂中不含Na+
（2）在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消4NH3+5O2eq \(=========,\s\up7(催化剂),\s\d7(△))4NO+6H2O
（3）①提高反应温度、延长浸出时间 ② ③促进NH4VO3充分沉淀
例2．（2022·江苏高考）实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下：
（1）“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为_______。
（2）pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl－含量与加料方式有关。得到含Cl－量较少的Ce2 (CO3) 3的加料方式为_______(填序号）。
A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中
B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
（3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3+能被有机萃取剂（HA）简称)萃取，其萃取原理可表示为
Ce3+ (水层)+3HA(有机层) Ce (A) 3 (有机层)+3H+ (水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。
②反萃取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。使Ce3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______（填两项）。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce2(CO3)3溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______（填化学式）。
解析：用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物。（1）根据信息反应物为CeO2与H2O2，产物为Ce3+和O2，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+===2Ce3++O2↑+4H2O；（2）反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl－量较少的Ce2 (CO3) 3，选B；（3）①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物，故降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度；②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使Ce3+尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取；③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3+，过滤后溶液中Ce3+离子浓度较小，故为Ce3+。
答案：（1）2CeO2+H2O2+6H+===2Ce3++O2↑+4H2O
（2）B
（3）①降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度
②酸性条件，多次萃取
③Ce3+
例3．（2023·新课标）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2Oeq \\al(2－,7)存在，在碱性介质中以CrOeq \\al(2－,4) QUOTE 存在。
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为__________（填化学式）。
（2）水浸渣中主要有SiO2和_____。
（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是______。
（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致___________；pH>9时，会导致___________。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VOeq \\al(+,2)或VO3+在碱性条件下，溶解为VOeq \\al(－,3) QUOTE 或VOeq \\al(3－,4) QUOTE ，上述性质说明V2O5具有______（填标号）。
A．酸性 B．碱性 C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为___________。
解析：（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故为：Na2CrO4；（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故为：Fe2O3；（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故为：Al(OH)3；（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物；（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2Oeq \\al(2－,7)+3S2Oeq \\al(2－,5)+10H+=4Cr3++6SOeq \\al(2－,4)+5H2O。
答案：（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3
（3）Al(OH)3
（4）磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理会导镁离子生成氢氧化镁沉淀 不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀
（5）C
（6）2Cr2Oeq \\al(2－,7)+3S2Oeq \\al(2－,5)+10H+=4Cr3++6SOeq \\al(2－,4)+5H2O。
例4．（2023·辽宁）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含 Ni2+、C2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+ QUOTE ）。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为________（答出一条即可）。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5) QUOTE ，1ml H2SO5中过氧键的数目为__________。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2 QUOTE ，该反应的离子方程式为（H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱）；滤渣的成分为MnO2、______（填化学式）。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn (Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2 QUOTE 体积分数为___时，Mn (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大 QUOTE SO2体积分数时，Mn (Ⅱ)氧化速率减小的原因是______。
（5）“沉钴镍”中得到的C (Ⅱ)在空气中可被氧化成CO(OH)，该反应的化学方程式为______。
（6）“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_____（精确至0.1）。
解析：（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积；（2）H2SO5的结构简式为，所以1mlH2SO5中过氧键的数目为NA；（3）用石灰乳调节pH=4， QUOTE Mn2+被H2SO5氧化为MnO2 QUOTE ，该反应的离子方程式为：H2O+ QUOTE Mn2++ HSOeq \\al(－,5)=== MnO2 QUOTE +SOeq \\al(2－,4)+3H+ QUOTE ；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5 ml·L-1，Ksp[Fe(OH)3]=c(OH-)3×c(Fe3+)= c(OH-)3×10-5=10-37.4 QUOTE ，c(OH-)=10-10.8 ml·L-1，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁；（4）根据图示可知SO2 QUOTE 体积分数为0.9%时，Mn (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；（5）“沉钻镍”中得到的C(OH)2，在空气中可被氧化成CO(OH)，该反应的化学方程式为：4C(OH)2+O2===4CO(OH) +H2O QUOTE ；（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5 ml·L-1，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9 ml·L-1，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1ml·L-1，所以溶液的pH=11.1。
答案:（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）H2O+ QUOTE Mn2++HSOeq \\al(－,5)=== MnO2 QUOTE +SOeq \\al(2－,4)+3H+ QUOTE CaSO4、Fe(OH)3
（4）9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn (Ⅱ)氧化速率
（5）4C(OH)2+O2===4CO(OH) +H2O
（6）11.1
【知能整合】
1．无机化工题解题的基本步骤是：
①从题干中获取有用信息，了解生产的产品
②分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：
A．反应物是什么；
B．发生了什么反应；
C．该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
③从问题中获取信息，帮助解题。
2．化工生产的适宜条件
【体系再构】
【巩固练习】
基础训练
1．闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
已知：室温下的Ksp(CuCl)=10-6.8 QUOTE 。
回答下列问题：
（1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为________（填化学式）。
（2）滤渣的主要成分为（填化学式）_________________。
（3）浸取工序的产物为[Cu(NH3)2]Cl QUOTE ，该工序发生反应的化学方程式为_____________。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为_________。
（4）浸取工序宜在30～40℃ QUOTE 之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是__________________。
（5）补全中和工序中主反应的离子方程式[Cu(NH3)2]++2H++Cl-= QUOTE _____+______。
（6）真空干燥的目的为________________。
拓展训练
2．利用水钴矿（主要成分为C2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：
①浸出液中含有的阳离子主要有H+、C2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀 I中只含有两种沉淀。
③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。
（1）浸出过程中C2O3发生反应的离子反应方程式为______。
（2）NaClO3在浸出液中发生的离子反应方程式为______________。
（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是______；萃取剂层含锰元素，则沉淀 II的主要成分为______。
（4）操作 I包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，______、______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（5）为测定粗产品中CCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CCl2·6H2O质量分数大于100%，其原因可能是______（回答一条原因即可）。
【巩固练习】答案
1．（1）[Cu(NH3)4]Cl2 QUOTE
（2）Fe
（3）[Cu(NH3)4]Cl2+Cu=== 2[Cu(NH3)2]Cl
8NH3+4[Cu(NH3)2]++O2+4H+===4[Cu(NH3)4]2++2H2O
QUOTE （4）盐酸和液氨反应放热
（5）CuCl↓ 2NHeq \\al(＋,4) QUOTE
（6）防止干燥过程中CuCl被空气中的O2 QUOTE 氧化
2．（1）C2O3+SO32-+4H+===2C2++SO42-+2H2O
（2）ClO3-+6Fe2++6H+===Cl-+6Fe3++3H2O
（3）使Fe3+和Al3+沉淀完全 CaF2和MgF2
（4）蒸发浓缩；冷却结晶
（5）产品中结晶水含量低 产品中混有氯化钠杂质
【课后作业】
1．金属铬Cr常用于制造不锈钢和仪器仪表的金属表面镀铬。由FeCr2O4（亚铬酸亚铁）制备Cr的流程如下（+6价铬元素在酸性条件下以Cr2Oeq \\al(2-,7)的形式存在。下列说法错误的是
A．FeCr2O4中Cr元素的化合价为+3价
B．反应①中参加反应的FeCr2O4和Na2CO3的物质的量之比为3:1
C．反应③的化学方程式为Na2Cr2O7+2Ceq \(=====,\s\up9(高温))Cr2O3+Na2CO3+CO↑
D．反应 = 4 \* GB3 ④中的Si可用Al来代替
2．硫酸锌是制备荧光粉的原料之一。工业上由锌白矿（主要成分是ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂质）制备ZnSO4·7H2O的流程如下。
已知：常温下，溶液中的Fe3+、Zn2+、Fe2+以氢氧化物形式完全沉淀的pH分别为：3.7，6.5，9.7。
（1）浸取过程中提高浸出效率可采用的措施有 （任答一条），ZnO和硫酸反应的化学方程式为 。
（2）加入适量锌粉的作用为：①使溶液中的Fe3+转化为Fe2+；② 。
（3）氧化过程中H2O2发生反应的离子方程式为 。
（4）加入适量Ca(OH)2调节溶液pH，促进Fe3+水解，Fe3+水解反应的平衡常数表达式K＝ ，Ca(OH)2不能过量的原因是 。
3．以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为_________。
（2）添加1% CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率＝（1－eq \f(焙烧后矿粉中硫元素总质量,焙烧前矿粉中硫元素总质量)）×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于________。
②700 ℃焙烧时，添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是____________________________。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由__________（填化学式）转化为__________（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝________。
4．Ni、C均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液（含Ni2+、C2+、Al3+、Mg2+）中，利用氨浸工艺可提取Ni、C，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3·H2O QUOTE 、(NH4)2SO3 QUOTE 和(NH4)2CO3 QUOTE 配制。常温下，Ni2+、C2+、C3+ QUOTE 与 NH3形成可溶于水的配离子：lgKb(NH3·H2O)=-4.7 QUOTE ；C(OH)2 QUOTE 易被空气氧化为C(OH)3 QUOTE ；部分氢氧化物的Ksp如下表。
回答下列问题：
（1）活性MgO可与水反应，化学方程式为__________________。
（2）常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O) c(NHeq \\al(＋,4)) QUOTE （填“>”“<”或“=”）。
（3）“氨浸”时，由C(OH)3转化为[C(NH3)6]2+ QUOTE 的离子方程式为_________。
（4）(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3 QUOTE 的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于_________（填“晶体”或“非晶体”）。
②(NH4)2CO3提高了Ni、C的浸取速率，其原因是___________。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为______。
②由CCl2 QUOTE 可制备AlxCOy QUOTE 晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于C与O最小间距，x、y为整数，则C在晶胞中的位置为；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为_______。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3) QUOTE 与n(H2O) QUOTE 的比值，理论上最高为___________。
②“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，在于可重复利用HNO3 QUOTE 和_______（填化学式）。
【课后作业】答案
1．B
2．（1）将矿石粉碎或提高浸取温度或适当增加酸的浓度等
ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O
（2）除去Cu2+
（3）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
（4）c3(H+)/c(Fe3+) 防止生成Zn(OH)2
3．（1）SO2＋OH－===HSOeq \\al(－,3)
（2）①FeS2 ②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
（3）NaAlO2 Al(OH)3
（4）1∶16
4．（1）MgO+H2O===Mg(OH)2 QUOTE
（2）＞
（3）2C(OH)3+12NH3·H2O+SOeq \\al(2－,3)===2[C(NH3)6]2++SOeq \\al(2－,4)+13H2O+4OH-
QUOTE 或2C(OH)3+8NH3·H2O+4NHeq \\al(＋,4)+SOeq \\al(2－,3)===2[C(NH3)6]2++SOeq \\al(2－,4)+13H2O QUOTE
（4）晶体减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5）HCl 体心 12
（6）0.4或2︰5 MgO QUOTE 物质
Fe(OH)3
C(OH)2
Ni (OH)2
Mg(OH)2
Ksp
10-37.4
10-14.7
10-14.7
10-10.8
条件
原则
从化学反应速率分析
既不能过快，又不能太慢
从化学平衡移动分析
既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意二者影响的矛盾性
从原料的利用率分析
增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本
从实际生产能力分析
如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析
注意催化剂的活性对温度的限制
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
C(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
氢氧化物
C(OH)2
C(OH)3
Ni(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
5.9×10-15
1.6×10-44
5.5×10-16
1.3×10-33
5.6×10-12