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最新高考化学二轮复习讲练测 专题13 工艺流程综合题（练）
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这是一份最新高考化学二轮复习讲练测 专题13 工艺流程综合题（练），文件包含专题13工艺流程综合题练-2023年高考化学二轮复习讲练测新高考专用原卷版docx、专题13工艺流程综合题练-2023年高考化学二轮复习讲练测新高考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共69页， 欢迎下载使用。
一、对知识进行层级化的框架梳理：生物知识点比较多，我们可以引导学生以逻辑关系对知识进行层级化的“知识框架”梳理，以便让学生更牢固地掌握基础知识， 从而能够更好地把知识融会贯通。
二、回归教材，注重教材细节：新课标I卷的题“不偏”“不怪”“不坑”，不会在题目中设“语言陷阱”，大多数题考查的内容直接或改编至教材。
三、帮助学生进行“方法类知识”的梳理，深入理解生物学研究方法
四、掌握生物学实验的两大要素：自变量和对照。
自变量保证了实验设计的逻辑正确，对照保证实验在特定条件下进行。所有的实验设计题都是由自变量得到的因变量（实验结论），因此在做实验题时首先要找准自变量。
五、帮助学生总结一些答题技巧
做选择题把握住（1）高考题往往有非常明确的选项，比我们平时的模拟题要简单。（2）对于重要概念不能过于死记硬背，要理解。（3）生物不是数学，不考复杂的计算，数字越复杂，答案可能越简单。所以要善于运用倒推法、排除法来做选择题。做好以上几点，相信二轮复习后学生会有一个很大的提升。
专题13 工艺流程综合题
1．稀土金属钪(Sc)及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。以工业钛白水解废酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+、H+、等离子)为原料，制取氧化钪(Sc2O3)和单质钪的工艺流程如图：
已知：①Ksp[Sc(OH)3]=8×10-31
②“沉钪”所得固体是水合复盐沉淀，其化学式为3NH4Cl·ScF3·6H2O
(1)在酸洗时，加入H2O2的作用是___________(填标号)。
A．作氧化剂B．作还原剂C．作配体
(2)反萃取步骤中，加入NaOH溶液后生成Sc(OH)3沉淀。若沉淀后溶液的pH=8(常温下)，则残留的Sc3+的质量浓度是___________mg/L。
(3)“灼烧”得到Sc2O3.若灼烧Sc2(C2O4)3·6H2O也能得到Sc2O3，其在空气中热分解温度区间和分解得到的固体产物如下表所示：
由含钪化合物A转化为Sc2O3时，发生反应的化学方程式为___________。
(4)含钪元素的微粒与pF[pF=-lgc(F-)]、pH的关系如图所示，用氨水调节溶液的pH最好小于___________，“沉钪”所得滤液中c(F-)应大于___________ml·L-1。
(5)传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O，再高温脱水得到ScF3，但所得ScF3通常含有ScOF杂质，原因是___________(用化学方程式表示)。该流程中，“脱水除铵”可制得高纯度ScF3，原因是___________。
【答案】(1)C (2)3.6×10-8 (3)2Sc2(C2O4)3+3O2eq \(====,\s\up8(△))2Sc2O3+12CO2 (4) 4.2 1.0×10-4.2 （5） ScF3+H2Oeq \(=====,\s\up8(高温))ScOF+2HF(或ScF3·6H2Oeq \(=====,\s\up8(高温))ScOF+2HF+5H2O) “除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解
【解析】由题给流程可知，赤泥加入钛白废酸酸浸时，金属氧化物溶于硫酸得到可溶性的金属硫酸盐，二氧化硅不溶解，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含TiO2+、Sc3+、Fe3+、Al3+的硫酸盐溶液，向滤液中加入磷酸酯萃取剂萃取滤液中的TiO2+、Sc3+，分液得到含有Fe3+、Al3+的水相和含有TiO2+、Sc3+的有机相，有机相用稀硫酸洗涤后，再加入H2O2，TiO2+与H2O2络合进入水相，分液后除去，再向有机相中加入NaOH溶液将Sc3+转化为Sc(OH)3沉淀，过滤后，向Sc(OH)3沉淀加入盐酸使其转化为ScCl3，加氨水调溶液pH，加NH4F沉钪得到ScF3，用Mg热还原ScF3得到Sc。（1）由图可知TiO2+加入H2O2后，TiO2+与H2O2结合形成[TiO(H2O2)]2+，该转化过程元素化合价没发生变化，应该是H2O2中的氧原子提供孤电子对，TiO2+中Ti原子提供空轨道，形成配合离子，H2O2作配体，故A、B错误，C正确，故答案为：C；（2）若沉淀后溶液的pH=8(常温下)，c(OH-)=10-6ml/L，则残留的Sc3+的物质的量浓度是，质量浓度为810-13ml/L45g/ml1000mg/g=3.6×10-8mg/L。（3）在温度为383~423K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为19.48，则失去质量为462×0.1948=89，若失重质量为水的质量，则失去水的数目为n(H2O)=，故生成的含钪化合物A化学式为Sc2(C2O4)3·H2O；在加热温度463~508K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为23.38，若失重质量为水的质量，则失去质量为462×0.2338=108，则失去水的数目为n(H2O)=，Sc2(C2O4)3·6H2O恰好完全失去结晶水，故生成的含钪化合物B化学式为Sc2(C2O4)3，则由含钪化合物B在空气中煅烧转化为Sc2O3时，反应同时产生CO2气体，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O2eq \(====,\s\up8(△))2Sc2O3+12CO2。（4）由流程可知，加氨水调pH维持Sc以Sc3+形式存在，以便后续与F–结合生成ScF3，还需防止Sc3+与OH-结合，故调节溶液的pH最好小于4.2；由图可知，“沉钪”需要将Sc3+转化为ScF3，pF应小于4.2，则c(F–)应大于1.0×10–4.2ml·L-1；（5）ScF3·6H2O高温脱水得到ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与水反应生成ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为ScF3+H2Oeq \(=====,\s\up8(高温))ScOF+2HF(或ScF3·6H2Oeq \(=====,\s\up8(高温))ScOF+2HF+5H2O)；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得高纯度ScF3的原因是“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解。
2．硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O俗称：摩尔盐]因其优于硫酸亚铁的稳定性而被国标(GB/T 23513.2-2009)选择为测定矿产中砷含量的指定还原性试剂。实验室以废铁屑(久置但未生锈)为原料先制取硫酸亚铁铵晶体，后使用纯化后的硫酸亚铁铵配制溶液，进行了铜闪速冶炼烟尘中砷含量的测定。
实验Ⅰ：硫酸亚铁铵晶体的制备：(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O↓
(1)请结合离子方程式解释在净化过程中加入Na2CO3溶液并小火加热的目的是：_______。
(2)步骤②中的过滤采用了如下图b装置，相对于图a装置而言，其优点是：_______(答出至少两点)。
(3)步骤③中，加入(NH4)2SO4固体后，要得到摩尔盐晶体，需经过的系列操作为：_______、_______、过滤、洗涤、干燥；
实验Ⅱ：0.1000 ml/L硫酸亚铁铵标准溶液的配制
准确称取3.92 g硫酸亚铁铵晶体按下图步骤配成100 mL溶液。
(4)该实验中使用到的仪器A的名称为_______；若在上图①过程中晶体溶于水(吸热过程)后就立即转移至仪器A中，则上述操作会导致配得溶液浓度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
实验Ⅲ：铜闪速冶炼烟尘中砷的测定
用硝酸、氟化铵和溴水溶解烟尘样品2.0 g，通过系列反应把溶液中的砷离子还原为单质砷。用过量的0.1000 ml/L酸性K2Cr2O7标准溶液25.00 mL溶解并氧化单质砷为，用0.1000 ml/L的硫酸亚铁铵标准溶液滴定过量的K2Cr2O7。
(5)请写出K2Cr2O7氧化单质砷为的离子反应方程式_______。
(6)若终点时消耗硫酸亚铁铵标准液30.00 mL，则烟尘样品中砷的质量分数为_______。
【答案】(1)利用碳酸钠水解除油污：CO32-+ H2OHCO3-+ OH−，加热促进碳酸根水解，增强溶液碱性，除去油污效果更好 (2)①过滤速度更快②得到晶体更加干燥③减少晶体析出(3) 蒸发浓缩 冷却(降温)结晶(4) 100 mL容量瓶 偏低 (5)5Cr2O72-+ 22H+ + 6As = 10Cr3+ + 6AsO43- + 11H2O (6)9%
【解析】本题是一道用废铁屑制备硫酸亚铁铵晶体的工业流程题，首先用碳酸钠溶液出去铁屑表面的油污，随后用硫酸溶解铁屑得到硫酸亚铁溶液，加入适量硫酸铵后得到硫酸亚铁铵溶液，处理后得到产品的晶体，以此解题。（1）碳酸钠溶液中的碳酸根离子可以水解使溶液显碱性，而且升温促进水解，有利于出去铁屑表面的油污；（2）由图可知，图b采用了热过滤的方法，从而减少了过滤过程中的晶体析出，并且采用了高速水流的方法来减压从而加快过滤速度；锥形瓶还放到了热水浴中，有利于晶体的干燥，故答案为：①过滤速度更快②得到晶体更加干燥③减少晶体析出；（3）由流程图可知，步骤③为从溶液中得到带有结晶水的晶体，这类晶体在加热的时候容易失去结晶水；（4）由图可知，仪器A的名称为100 mL容量瓶；晶体溶解后吸收热量，温度降低，体积缩小，此时转移到容量瓶中并且定容，需要加入更多的蒸馏水，则所配溶液浓度会偏低；（5）K2Cr2O7氧化单质砷后本身被还原为+3价铬离子，由题意可知砷被氧化为AsO43-，根据得失电子守恒可知，方程式为：5Cr2O72-+ 22H+ + 6As = 10Cr3+ + 6AsO43- + 11H2O ；（6）根据方程式可知，过量的K2Cr2O7的物质的量n(K2Cr2O7)=；则用于氧化单质砷的K2Cr2O7的物质的量n(K2Cr2O7)=，根据方程式5Cr2O72-+ 22H+ + 6As = 10Cr3+ + 6AsO43- + 11H2O可知，砷的物质的量n(As)=，则烟尘样品中砷的质量分数为。
3．用粗铜精炼工业中产生的铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等)为原料，回收并制备硝酸铜和硒的工艺流程如图：
(1)工业上，高压氧气与铜阳极泥采用“逆流”的方式通入，其目的是_______。“烧结”时会发生多个反应，写出其中Cu2Se烧结时生成Cu2O、Na2SeO3反应方程式_______。
(2)在实验室，操作Ⅰ的名称为_______。
(3)滤渣Y的成分有Ag2O、_______(填化学式，下同)；已知萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，则“反萃取”时反萃取剂最好选用_______溶液。
(4)Na2SeO4中的空间构型为_______；常温下，H2SeO3的Ka1=1.0×10-3，Ka2=1.0×10-7；当常温下溶液的pH=4.5时，为_______。
(5)“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离；酸性环境下，一些氧化剂的电位如下表(A/B：A代表氧化剂，B代表还原产物)。
则、Fe3+和Cu2+氧化性由强到弱的顺序为_______，在控电位还原时还原反应(半反应)式为_______。
【答案】(1) 增大反应物接触面积，提高反应速率和原料的转化率
232Na2CO3eq \(=====,\s\up7(450 ℃))222 (2)过滤 (3) 、Au和Pt
正四面体形 1/10 (5)
【解析】铜阳极泥，主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等。Cu2Se、Ag2Se中的Se高温下会被氧化为或；水浸后过滤得到含、Na2SeO4和的滤液和主要含、Au、Pt和Ag2O的滤渣；向滤液中加适量的还原Na2SeO4，然后再控电位还原得到Se单质；向滤渣中加适量的硝酸，和Ag2O转化为、Ag+而溶于水，再次过滤得到不溶于硝酸的Au和Pt；向溶液中加萃取剂萃取分液得到含的有机相和水相，向有机相中加反萃取剂再次分液得到溶液和有机相。据此分析可得：（1）采用通入高压氧气使铜阳极泥处于“沸腾”状态，可使氧气与铜阳极泥充分接触，加快反应速率；“烧结”时中的Se失去6被氧化为，所以根据得失电子守恒可得2ml失去12ml，需要3ml得到电子，则其方程式为232222；故答案为：增大反应物接触面积，提高反应速率(或提高转化率)；232222；（2）实验室采用过滤法将难溶性的固体和液体分离；（3）Ag2Se在“烧结”时可转化为难溶的Ag2O和易溶的、Na2SeO4，由于铜阳极泥除含Cu2Se、Ag2Se外还含不与氧气反应的金和铂，所以滤渣的主要成分为、Au、Pt和Ag2O；由于向有机相中加反萃取剂再次分液得到溶液，所以反萃取剂应选；（4）Na2SeO4中的杂化方式为sp3杂化，无孤对电子，故空间构型为正四面体；常温下，H2SeO3的Ka1=1.0×10-3，Ka2=1.0×10-7；当常温下溶液的pH=4.5时，。（5）氧化剂的电位越大，则其氧化剂的氧化性越强，为0.770最高，其次为0.740，再者是为0.345，最后是为-0.440，所以氧化性强弱为、、(或)；在控电位还原时还原反应(半反应)式为，故答案为：、、(或)；。
4．工业废渣中的综合利用。
(1)用工业钢渣处理酸性废水
工业钢渣主要含，还含有、、、等。工业钢渣加水后搅拌得钢渣浆液，向钢渣浆液中逐渐加入硫酸溶液(模拟酸性废水)酸化，浆液pH以及浸出液中金属离子的质量浓度随时间变化情况如图所示。
①pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是_______。
②随硫酸溶液逐渐加入，浓度先增大后减小，原因是_______。
(2)以电石渣制备
电石渣主要成分为，制备的流程如下：
已知：氯化时存在与作用生成的反应，进一步转化为，少量热分解为和。
①生成的化学方程式为_______。
②“分解比”是衡量氯化程度的标准，氯化后溶液中总质量与总质量的比值称为“分解比”，随氯化温度升高，分解比的实际值增大的原因可能是_______。
③“转化”时向滤液中加入固体将转化为，可能的原因是_______。
④该流程制得的样品中含少量杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.049g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使全部转化为，加入少量溶液作指示剂，用溶液进行滴定至终点，消耗溶液体积。计算样品的纯度。(请写出计算过程)_______
【答案】(1) 开始时加入的硫酸会促进溶解，溶液中浓度增加；随着硫酸加入量增加，浓度增大，与结合生成的沉淀逐渐增多，浸出液中浓度逐渐减小
（2） 升高温度分解增多，使的量变多，的量变少 相同温度下，的溶解度比小 97.05%
【解析】（1）①由图示可知，pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是；②开始时加入的硫酸会促进溶解，溶液中浓度增加；随着硫酸加入量增加，浓度增大，与结合生成的沉淀逐渐增多，浸出液中浓度逐渐减小，故随硫酸溶液逐渐加入，浓度先增大后减小；（2）①氯气和氢氧化钙生成生成氯化钙和，化学方程式为；②已知，次氯酸钙受热会分解生成氯化钙，随着升高温度分解增多，使的量变多，的量变少，故随氯化温度升高，分解比的实际值增大的原因；③相同温度下，的溶解度比小，“转化”时向滤液中加入固体，钾离子浓度增大，转化为达到饱和而结晶析出；④在25.00mL溶液中：，，，，两式联立，解得，，样品的纯度。
5．金属钪可用作宇航材料、火箭和飞机的制造材料，氧化钪可提高计算机记忆元件性能。赤泥中含有丰富的钪元素，另含有等氧化物。一种从赤泥中提取氧化钪的工艺流程如图所示(是一种磷酸酯萃取剂)。
回答下列问题：
(1)写出赤泥经盐酸处理后所得“浸渣”的一种用途：________________________。
(2)萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如下所示，萃取时最佳浓度及料液温度分别为____________、____________。
浓度对萃取率的影响
(3)常以分子存在，已知分子中各个原子均达到8电子稳定结构，则分子的结构式为________________________。
(4)常温下反萃取时，完全沉淀(浓度为)时，反萃液的为____________。 (已知：，结果保留小数点后2位)
(5)草酸钪灼烧分解反应方程式为________________________。
(6)在流程中可循环使用的物质有____________、____________(填化学式)。
【答案】(1)作光导纤维材料、建筑材料、制玻璃等(2) 3% 或(3)
(4)5.63 (5) (6)
【解析】由题给流程可知，赤泥用盐酸酸浸时，金属氧化物与盐酸反应得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性金属氯化物的浸出液；用P2O4萃取浸出液，分液得到含有铁铝的溶液和含有钪元素的有机相；向溶液中加入萃取剂萃取溶液中的铁元素，分液得到氯化铝溶液；氯化铝溶液经蒸发结晶、煅烧制得氧化铝；有机相用盐酸洗涤，分液得到水相和有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液反萃取、分液得到反萃液和氢氧化钪；氢氧化钪用盐酸溶解富集得到氯化钪溶液，向氯化钪溶液中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪沉淀，过滤得到草酸钪；草酸钪经灼烧分解得到三氧化二钪。（1）由分析可知，赤泥经盐酸处理后所得浸渣为常用作光导纤维材料、建筑材料等的二氧化硅；（2）由表格数据可知，P2O4萃取浸出液时，P2O4浓度为3%的钪萃取率最大、铁的萃取率最低，且分相容易；由图可知，料液温度为65℃的分离系数最大，则萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为3%、65℃；（3）由双聚氯化铝分子中各个原子均达到8电子稳定结构可知，双聚氯化铝分子中氯离子提供孤对电子与铝离子形成配位键，分子的结构式为；（4）由氢氧化钪的溶度积可知，钪离子完全沉淀时，反萃液中氢氧根离子浓度为c(OH—)= =2×10—8.67ml/L，则反萃液的pH为14-8.67+0.3=5.63；（5）由题意可知，草酸钪灼烧分解生成三氧化二钪、一氧化碳和二氧化碳，反应的方程式为；（6）氯化铝溶液在蒸发结晶时会生成氯化氢气体，氯化钪溶液与草酸反应生成草酸钪沉淀和盐酸；反萃取后得到的反萃取液经盐酸酸化后分液可得到P2O4，则在流程中可循环使用的物质有氯化氢、P2O4。
6．硝酸铈铵、二氧化铈()均是常见的强氧化剂，可以以为原料进行制取。
(1)“沉淀1”时，溶液中转化为沉淀。写出沉淀1反应的化学方程式：_______。
(2)“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与分解产生的反应生成，反应过程中有少量红棕色气体逸出。“酸溶2”时需控制硝酸的温度为80℃，同时将分批加入硝酸中，原因是_______。
(3)“沉淀2”时，控制其他条件一定，改变加入固体的量，测得沉淀的收率如图所示。“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入的目的是_______。
(4)实验小组以为原料制取，请补充完整实验方案：将完全溶解于盐酸中，_______，得固体。［已知：(白色沉淀)(黄色沉淀)，受热分解时失重百分比与温度的关系如图所示。可选用的仪器和试剂：氨水、、、溶液、马弗炉(可用于固体的高温加热)］
(5)实验制得的硝酸铈铵(摩尔质量为)含量可用如下方法测定：准确称取16.0g硝酸铈铵样品，加水充分溶解，并转移至100mL容量瓶中定容、摇匀，得硝酸铈铵溶液试样。准确量取5mL的硝酸铈铵溶液试样，移入250mL锥形瓶中，加入适量硫酸和磷酸，并加入2滴0.25%邻二氮杂菲指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点(滴定过程中被还原为)，消耗标准溶液24.00mL。计算该样品中硝酸铈铵的质量分数______。
【答案】(1)(2)控制硝酸的温度为80℃的目的是加快化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；将分批加入硝酸中，可以防止反应过于剧烈。(3)增加的浓度，加快反应的速率；此时沉淀的收率较高(4)向所得溶液中加入氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入酸化后再加入溶液不再产生沉淀，向将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少(5)82.2%
【解析】“酸溶1” 与硝酸反应生成，根据小问题知，“沉淀1”时，加入双氧水，溶液中转化为沉淀，分解产生，“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与分解产生的反应生成，“沉淀2”时，加入固体得到。（1）“沉淀1”时，溶液中转化为沉淀，根据得失电子守恒、元素守恒配平沉淀1反应的化学方程式为：；（2）控制硝酸的温度为80℃的目的是加快化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；将分批加入硝酸中，可以防止反应过于剧烈；（3）“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入的目的是增加的浓度，加快反应的速率；此时沉淀的收率较高；（4）已知：(白色沉淀)(黄色沉淀)，根据受热分解时失重百分比与温度的关系图可知，，则加热到500℃分解得到，故实验小组以为原料制取，可设计实验方案：将完全溶解于盐酸中，向所得溶液中加入氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入酸化后再加入溶液不再产生沉淀，向将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少，得固体；（5）滴定过程中被还原为，发生反应，故该样品中硝酸铈铵的质量分数
7．高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定，是一种新型多功能水处理剂。其生产工艺如图1所示：
回答下列问题：
(1)Fe(NO3)3中的空间结构名称为_______氮原子的杂化轨道类型为_______
(2)反应①应在温度较低的情况下进行，因温度较高时NaOH与Cl2反应生成NaClO3，取某温度下反应液，测得ClO-与的物质的量浓度之比是2∶1，则Cl2与氢氧化钠溶液反应时，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为_______。
(3)反应③的离子方程式为_______，制备时，两溶液混合的操作为_______。
(4)往溶液II中加入饱和KOH溶液得到湿产品的原因是_______。该工艺流程中可循环使用的物质是_______(填化学式)。
(5)高铁酸钾还可以通过电解法制备，其原理如图2所示：阳极的电极反应式为_______。
【答案】(1) 平面正三角形 sp2 (2)3:7 (3) 2Fe3+＋3ClO-＋10OH-=2＋3Cl-＋5H2O 在碱性的NaClO浓溶液中缓慢滴加90%的Fe(NO3)3溶液，边加边搅拌 (4) 高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的小
NaOH (5)Fe-6e-+8OH-=+4H2O
【解析】足量氯气与NaOH溶液反应制备NaClO，得到的溶液I中加NaOH固体是与过量的氯气反应生成更多的NaClO，并为后续提供碱性环境；向得到的碱性NaClO溶液中加入硝酸铁溶液得到溶液II：高铁酸钠溶液，加入饱和KOH溶液，利用溶解度差异将高铁酸钠转化为高铁酸钾晶体（湿产品）析出，洗涤干燥后得到纯净的高铁酸钾晶体。（1）中N原子为sp2杂化，无孤对电子，故为平面三角形结构；（2）某温度时NaOH与Cl2反应生成的ClO-和的浓度之比为2∶1，根据得失电子守恒可得，被还原的氯原子生成氯离子，被氧化的氯原子生成ClO-和，故被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为：3∶7；（3）反应③是ClO-将Fe3+氧化为，离子方程式为：2Fe3+＋3ClO-＋10OH-=2＋3Cl-＋5H2O；根据题中信息：高铁酸钾(K2FeO4)在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定，故两溶液混合时：在碱性的NaClO浓溶液中缓慢滴加90%的Fe(NO3)3溶液，边加边搅拌；（4）根据分析，利用溶解度差异将高铁酸钠转化为高铁酸钾晶体析出，故往溶液II中加入饱和KOH溶液得到湿产品的原因是：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的小；由溶液II得到湿产品时加入了饱和KOH溶液，得到产品的同时又有NaOH生成，可循环利用；（5）利用电解法制备高铁酸钾，故阳极铁被氧化生成高铁酸根，电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O。
8．磷酸铁()主要用于制造磷酸铁锂电池材料。以硫铁矿烧渣(主要成分是，含少量、和)为原料制备磷酸铁的工艺流程如下：
(1)焙烧。将硫铁矿烧渣与蔗糖()一起焙烧，可生成FeO与。写出焙烧时所发生反应的化学方程式：_______。
(2)还原。将焙烧后的固体用稀硫酸浸取，所得溶液主要含，还含少量和。向酸浸后所得溶液中加入固体，充分搅拌至溶液中全部被还原并生成。理论上完全反应需要消耗的_______。
(3)制备。向溶液中加入足量的30%溶液与溶液，控制溶液的pH约为1.5，充分反应可得沉淀。
①写出生成反应的化学方程式：_______。
②反应的平衡常数_______。［已知：，，
，］
(4)其他条件一定，制备时测得Fe的有效转化率与溶液pH的关系如图所示。
①pH<1.5时，pH越大，Fe的有效转化率越大的原因是_______。
②pH>1.5时，pH越大，Fe的有效转化率越低的原因是_______。
【答案】(1) (2)1∶14
(4) pH<1.5时，pH越大，越小，促进了的电离，生成了更多的，促进反应的正向进行。(或pH<1.5时，pH越大，越小，促进反应的正向进行) pH>1.5时，pH越大，越大，部分生成Fe(OH)3
【解析】（1）Fe2O3和C12H22O11反应，Fe的化合价从＋3降低到＋2，C的化合价从0价升高到＋4。1mlC12H22O11完全反应共失去12×4ml=48ml电子，1mlFe2O3转化为FeO，共得到2×1ml电子。根据得失电子守恒，1mlC12H22O11可与24mlFe2O3反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式：24Fe2O3＋C12H22O11=4FeO＋12CO2↑＋11H2O。（2）FeS2中的S的化合价为－1，升高到＋6，则1mlFeS2反应共失去2×7ml=14ml电子，而Fe3＋转化为Fe2＋，化合价降低1价，1mlFe3＋得到1ml电子，根据得失电子守恒，1mlFeS2可与14mlFe3＋反应，则n(FeS2):n(Fe3＋)=1:14。（3）①FeSO4中的Fe的化合价从＋2升高到＋3，1mlFeSO4反应共失去1ml电子；H2O2中O的化合价从－1降低到－2，1mlH2O2反应共得到2×1ml=2ml电子，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式：2FeSO4＋H2O2＋2Na2HPO4=2FePO4↓＋2Na2SO4＋2H2O。②该反应的平衡常数，上下同时乘以，得,带入数据，可得。（4）①pH<1.5时，pH越大，c(H+)减小，促进了的HPO的电离HPOH++PO，生成了更多的PO，促进平衡正向移动，生成更多的FePO4。②pH>1.5时，pH越大，c(OH－)越大，Fe3+与会OH-反应生成Fe(OH)3，生成的FePO4减少。
9．高纯六水氯化锶晶体(SrCl2•6H2O)具有很高的经济价值，工业上用碳酸锶(SrCO3)粉为原料(含少量钡和铁的化合物等)制备高纯六水氯化锶晶体的过程如图：
已知：①Ksp(SrSO4)=3.3×10-7、Ksp(BaSO4)=1.1×10-10
②经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Ba2+、Fe2+、Fe3+杂质
③SrCl2•6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水
请回答下列问题：
(1)已知Sr为第五周期IIA族元素，则不符合Sr>Ca的是_____。
①原子半径 ②最外层电子数 ③金属性 ④电负性 ⑤最高价氧化物对应的水化物的碱性
(2)写出碳酸锶与盐酸反应的离子方程式：_____。
(3)工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是_____。
A．50～60℃B．70～80℃C．80～100℃D．100℃以上
(4)步骤④的操作是_____、_____、过滤。
(5)加入硫酸的目的是_____。
(6)滤渣的成分是_____。
(7)若滤液中Ba2+的浓度为1×10-5ml•L-1，依据题给信息计算滤液中Sr2+的物质的量浓度为_____ml•L-1。
【答案】(1)②④ (2)SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O (3)A (4) 蒸发浓缩 冷却结晶
(5)除去Ba2+杂质 (6)Fe(OH)3、BaSO4 (7)0.03
【解析】SrCO3类似CaCO3，经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Ba2+、Fe2+、Fe3+杂质，与硫酸反应经过H2O2反应将Fe2+转化为Fe3+，经过调节pH，滤渣为BaSO4、Fe(OH)3；（1）Ca为第四周期ⅡA元素，则Ca与Sr的最外层电子数相同，Sr有五层电子，Ca有四层电子，半径：Sr>Ca；金属性Sr>Ca；电负性Ca>Sr；最高价氧化物对应的水化物的碱性Sr>Ca；（2）SrCO3类似CaCO3，经盐酸浸取后，溶液中生成Sr2+；（3）根据题目信息知SrCl2•6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。工业上用热风吹干六水氯化腮但又不能脱去结晶水；故答案为A；（4）第3步过滤后滤液的溶质为SrCl2，从溶液中获得SrCl2•6H2O晶体，还须进行的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（5）由于BaSO4是难溶于水的物质，所以在操作过程中加入硫酸是使溶液中的Ba2+形成BaSO4沉淀而除去Ba2+杂质；（6）根据分析，滤渣成分为Fe(OH)3、BaSO4；（7）Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，由于溶液中Ba2+浓度为1×10-5 ml·L-1，则，根据Ksp(SrSO4)=3.3×10-7，可知。
10．Cu3Se2是钠离子电池的电极材料。某小组设计以黄铜矿粉(主要成分是CuFeS2，含少量Cu2S、SiO2)为原料制备二硒化三铜的流程如图1，回答下列问题：
(1)“滤渣2”的主要成分是_____(填化学式)。
(2)从绿色化学角度考虑，纯净物R宜选择______(填化学式)。
(3)其他条件相同，“液浸”中金属浸出率与温度、硫酸铁溶液浓度的关系如图2所示(浸出率指单位时间内Cu和Se溶解的质量)。已知在此浓度下，硫酸铁溶液不影响细菌活性。根据图2，c1_____(填“＜”、“＞”或“=”)c2。其他条件相同，温度高于T0℃时，浸出率随着温度升高而降低的主要原因是_____。(任答一条)
(4)“液浸”中，CuFeS2参与反应的离子方程式为______。
(5)已知H2SeSO3是弱酸，Na2SeSO3溶液呈_____(填“酸”、“碱”或“中”)性，0.1ml•L-1Na2SeSO3溶液中：2c()+c()+c(OH-)-c(H+)=_____ml•L-1。
(6)“沉铁”中，存在平衡Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，该反应的平衡常数K=_____。已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]≈2.0×10-20；Cu2++4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O K总=2.0×1013。
【答案】(1)Fe(OH)3 (2)H2O2 (3) ＞ 温度高于T0℃时，细菌活性降低，Fe3+水解程度增大，浸出率降低(4)CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S (5) 碱 0.2 (6)4.0×10-7
【解析】黄铜矿粉(主要成分是CuFeS2，含少量Cu2S、SiO2)中加入细菌、硫酸铁溶液进行液浸，CuFeS2、 Cu2S中-2价S、+1价Cu被氧化，SiO2不溶；加入稀硫酸和强氧化剂R将Fe2+氧化为Fe3+；加入过量氨水后，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+；过滤后分离出滤液，加入稀硫酸，将[Cu(NH3)4]2+转化为Cu2+；加入(C2H5O)3N、Na2SeSO3等，经过一系列操作，将Cu2+转化为Cu3Se2。（1）由分析可知，“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3。（2）从绿色化学角度考虑，纯净物R既能将Fe2+氧化为Fe3+，又不引入新的杂质，所以宜选择H2O2。（3）“液浸”中，硫酸铁作氧化剂，浓度越大，氧化能力越强，金属浸出率越高，所以根据图2，c1＞c2。在温度较高时，细菌易发生变性，从而降低或失去催化活性，则其他条件相同，温度高于T0℃时，浸出率随着温度升高而降低的主要原因是：温度高于T0℃时，细菌活性降低，Fe3+水解程度增大，浸出率降低。（4）“液浸”中，CuFeS2中的-2价S被Fe3+氧化为S单质，反应的离子方程式为CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S。（5）H2SeSO3是弱酸，则Na2SeSO3是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，依据电荷守恒，0.1ml•L-1Na2SeSO3溶液中：2c()+c()+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.2ml•L-1。（6）常温下，Ksp[Cu(OH)2]≈2.0×10-20；Cu2++4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O K总=2.0×1013。则 “沉铁”中，存在平衡Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，该反应的平衡常数K===2.0×10-20×2.0×1013=4.0×10-7。
11．锰酸锂是一种锂电池的正极材料。工业上以方锰矿(主要成分为，还含有少量的)为原料制备锰酸锂的流程如下：
己知：I．时，相关物质的如下表：
II．时，电离常数
III．离子浓度低于时即为沉淀完全
回答下列问题：
(1)写出步骤①溶于稀疏酸时杂质反应的离子方程式___________。
(2)滤渣1的成分是_____(填化学式)；步骤②加入的目的是____。
(3)步骤③加入目的是除去杂质离子，若溶液中浓度为，要确保杂质离子沉淀完全，同时不降低产品产率，步骤③调控的范围应该为_______。反应的平衡常数________。
(4)“离子交换”步骤和“洗脱”过程是利用反应：(是氢型交换树脂)的平衡移动将进一步提纯，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用_____。
(5)步骤④反应未见气体生成，则该反应留存在滤液3中的产物有___________(填化学式)。
(6)步骤⑤反应的化学方程式为___________。
【答案】(1) (2) 将氧化为
5～8 (4) (5)
【解析】由题给流程可知，方锰矿用稀硫酸酸溶时，金属氧化物与稀硫酸反应转化为硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液1；向滤液1中加入二氧化锰将溶液中亚铁离子氧化为铁离子后，加入氨水调节溶液的pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有硫酸锰的滤液2；滤液2经离子交换、淋洗涤液洗脱后，加入碳酸铵溶液将溶液中的锰离子转化为碱式碳酸锰沉淀，过滤得到碱式碳酸锰和滤液3；碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧制得锰酸锂。（1）步骤①中四氧化三铁溶于稀硫酸发生的反应为四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为；（2）由分析可知，滤渣1的成分为硫酸钙、二氧化硅；加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子；（3）由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为氢氧化锰沉淀，由氢氧化铝的溶度积可知，溶液中氢氧根离子不小于=1×10—9ml/L，由氢氧化锰的溶度积可知溶液中氢氧根离子浓度不大于=1×10—6ml/L，则溶液的pH范围为5～8；由方程式可知，反应的平衡常数K=====；（4）由方程式可知，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用稀硫酸可以增大溶液中的氢离子浓度，使平衡向逆反应方向移动，有利于将锰离子进一步提纯；（5）步骤④反应未见气体生成说明反应留存在滤液3中的产物为硫酸铵和碳酸氢铵；（6）由分析可知，步骤⑤发生的反应为碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧生成锰酸锂、二氧化碳和水，反应的化学方程式为。
12．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属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(NiSO4·6H2O)：
常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是_______。
(2)为回收金属，向“滤液①”通入足量CO2，写出反应生成沉淀的离子方程式_______。“滤液②”中含有的金属离子是_______。
(3)若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为_______。
(4)如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 ml·L−1，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)NiSO4质量分数随温度变化情况如图所示，已知当pH控制在3.0时，结晶得到NiSO4·6H2O晶体外观最符合要求。
请补充由滤液③得到NiSO4·6H2O晶体的实验方案：_______，得到NiSO4·6H2O晶体。(实验中须使用的试剂：1 ml·L−1 H2SO4，乙醇)
【答案】(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 (2) ＋CO2+2H2O=Al(OH)3↓＋ Ni2+、Fe2+、Fe3+
Fe3+ (4)3.2≤pH<6.2 (5)2Ni2+＋ClO-＋4OH-= 2NiOOH↓＋Cl-＋H2O (6)向滤液中加入1 ml·L−1 H2SO4，控制pH为3.0，蒸发浓缩，降温至28℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥
【解析】由工艺流程图可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可以除去油脂，并与铝及其氧化物发生反应，得到的滤液①含有Na[Al(OH)4]，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀硫酸酸浸后，得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH溶液调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。（1）Al及其氧化物能与NaOH溶液反应生成易溶于水的Na[Al(OH)4]，油脂在NaOH水溶液、加热条件下水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，所以“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂以及溶解铝及其氧化物；（2）滤液①中含有，所以通入足量CO2，反应生成的沉淀是Al(OH)3，反应的离子方程式为＋CO2+2H2O=Al(OH)3↓＋；Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应，所以它们存在于滤饼①中，其能与稀硫酸反应，所以滤液②中含有的金属离子有Ni2+、Fe2+、Fe3+；（3）“转化”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，空气或O2也可以达到该目的，若先加入NaOH，因Fe2+完全沉淀的pH大于Ni2+，故当Ni2+沉淀完全时，Fe2+还不能沉淀完全，“转化”时会生成Fe3+，则滤液③中可能含有的杂质离子为Fe3+；（4）由表格可知c(Ni2+)=0.01 ml·L−1，pH=7.2时开始沉淀，则Ksp[Ni(OH)2]=0.01×(107.2-14)2，若“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml/L，则c(OH-)==10-7.8ml/L，c(H+)==10-6.2ml/L，此时pH=6.2，再由表格数据可知，当pH=3.2时Fe3+已经沉淀完全，所以应控制的pH范围是3.2≤pH<6.2；（5）由题中信息可知，Ni元素由+2价升高至+3价，Cl元素由+1价降低至-1价，化合价升降最小公倍数为2，故Ni2+的系数为2，ClO-的系数是1，元素守恒可知NiOOH系数是2，Cl-系数是1，因溶液环境为碱性，结合电子守恒可知反应物还有OH-，系数为4，由原子守恒知产物有H2O，则该反应的离子方程式2Ni2+＋ClO-＋4OH-= 2NiOOH↓＋Cl-＋H2O；（6）由图可知，应控制温度在28℃以上，可得到NiSO4·6H2O，且NiSO4易溶于水，不溶于乙醇，可以向滤液中加入1 ml·L−1 H2SO4，控制pH为3.0，蒸发浓缩，降温至28℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥。
13．工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料来制备硫酸，产生的含二氧化硫尾气和炉渣(主要成分为Fe2O3)经过资源化利用可减轻对环境的污染。
(1)工业制硫酸。沸腾炉中煅烧黄铁矿发生反应的化学方程式为_______，当有6 ml SO2生成时，转移电子_______ml。
(2)生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。Na2S2O5常用作食品的抗氧化剂，由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，生产工艺流程如下：
已知：H2SO3电离常数分别为Ka1=1.5×10-2、Ka2=1.0×10-7
H2CO3电离常数分别为Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11
生成Na2S2O5的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O
①I中生成一种盐并放出气体，反应的离子方程式为_______。
②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是_______。
③因为Na2S2O5具有还原性，导致产品中不可避免地存在Na2SO4，检验其中是否含有的方法是_______。
(3)由炉渣制备还原铁粉并分析纯度。利用CO与炉渣反应得到还原铁粉，得到的产品可用K2Cr2O7滴定分析法测定纯度。实验步骤如下：称取0.2240 g样品，加入过量稀硫酸充分溶解，用3.000×10−2 ml·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL，计算该样品中还原铁粉的质量分数(写出计算过程)_______。
【答案】(1) 4FeS2+11O2 eq \(=====,\s\up8(高温)) 2Fe2O3+8SO2 33 (2) CO32-+2SO2+H2O= CO2+2 得到NaHSO3过饱和溶液 先加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则说明含有SO42-，反之则不含SO42-
(3)90.00%
【解析】由流程可知在饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，控制pH=4.1，可生成亚硫酸氢钠，然后加入碳酸钠固体，调节pH=7-8，可生成亚硫酸钠，继续通入二氧化硫调节pH=4.1，可生成过饱和的NaHSO3，同时生成二氧化碳气体，结晶脱水生成Na2S2O5固体；（1）沸腾炉中煅烧黄铁矿FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，发生反应的化学方程式为，该反应中铁元素和硫元素化合价均升高，只有氧元素化合价降低，每生成8ml SO2时转移44ml电子，当有6 ml SO2生成时，转移电子33ml；（2）①根据弱酸的电离平衡常数越大其电离程度越大，弱酸的酸性越强，由H2SO3、H2CO3的电离常数可知酸性：H2SO3> H2CO3>>，I中饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，控制pH=4.1，可生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式为CO32-+2SO2+H2O= CO2+2；②向溶液中通入SO2使溶液pH变为4.1，得NaHSO3溶液，为结晶脱水制得Na2S2O5准备，所以加入Na2SO3生成NaHSO3，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步需要过饱和的NaHSO3溶液，由此判断，再充入SO2的目的是增大NaHSO3浓度，形成NaHSO3过饱和溶液；③检验SO42-的方法是：先加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则说明含有SO42-，反之则不含SO42-；（3）滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+，离子方程式为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，滴定中消耗n(K2Cr2O7)=c∙V=3.000×10−2 ml·L−1×20.00 ×10−3L=6×10−4ml，则n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=3.6×10−3ml，根据铁元素守恒可知样品中铁粉的质量为m=n∙M=3.6×10−3ml×56g/ml=0.2016g，质量分数为。
14．中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺流程如图所示：
已知：和分解温度分别为和。
(1)在电解精炼银时，阳极材料为_______。
(2)加快渣料(含少量银)溶于稀的速率的措施为_______(写出两种)。
(3)滤渣A与稀反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀反应的离子方程式为_______。
(4)过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有_______。
(5)固体B的组成为_______；在生成固体B的过程中，需控制溶液的加入量，若过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)粗银 (2)搅拌、粉碎料渣、适当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案(3) (4)漏斗、玻璃棒 (5) Al(OH)3和CuO
【解析】银铜合金在空气中熔炼，渣料中含有氧化铜和少量的银，加入稀硫酸，过滤后得到硫酸铜溶液，在硫酸铜溶液中加入硫酸铝和稀氢氧化钠溶液，煮沸、过滤得到Al(OH)3和CuO的混合物，煅烧可得到CuAlO2，据此答题。（1）电解精炼铜时，纯铜作阴极，粗铜作阳极，硫酸铜溶液作电解液，电解精炼银与此类似，则纯银作阴极，粗银作阳极，硝酸银溶液作电解液；（2）加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4速率的措施有搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案；（3）滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能溶解银、产生无色气体，即，离子方程式为：，无色的一氧化氮气体在空气迅速被氧化为红棕色的二氧化氮气体，即；（4）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（5）结合信息和流程图可知：硫酸铜、硫酸铝与稀氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和氢氧化铝，煮沸时氢氧化铜分解生成氧化铜，氢氧化铝不分解，所以固体B的主要成分是和的混合物，若过量，两性氢氧化物就会溶解，反应的离子方程式为：。
15．一种从铋冶炼浸渣(浸渣中的铅多数以硫酸铅的形态存在，少量以氧化铅、碳酸铅的形态存在)为原料生产三盐基硫酸铅()的工艺流程如图所示。
已知常温下，，，，
回答下列问题：
(1)常温下，的电离平衡常数_______。
(2)写出转化过程发生反应的化学方程式_______，Pb的转化率随着用量的增加而增加，醋酸可以促进硫酸铅溶解，但实验表明：Pb的转化率随醋酸用量的增加而减少，这是由于_______。
(3)测得滤液1中，则该滤液中_______(保留1位小数)；滤液2中可以循环利用的物质是_______；从滤液3可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测定该晶体中结晶水的含量，所需的仪器除三脚架、托盘天平、瓷坩埚、干燥器、酒精灯、玻璃棒，还需要的仪器有_______。
(4)合成三盐基硫酸铅时，影响产品纯度的因素很多，其中反应终点pH对产品中PbO和含量的影响如下图(将看作是PbO和，经测定三盐基硫酸铅中PbO理论含量90.10%，理论含量8.08%)，则反应终点控制pH的范围是_______。(填序号)。
A．<8.4B．8.4~8.8C．8.8~9.2D．>9.2
【答案】(1)2×10-5 (2) PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑ 醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量 (3) 4.6×10-7 硝酸 坩埚、泥三角 (4)B
【解析】一种从铋冶炼浸渣(浸渣中的铅多数以硫酸铅的形态存在，少量以氧化铅、碳酸铅的形态存在)加碳酸氢铵，PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，过滤后滤渣用硝酸酸溶，再加硫酸得到PbSO4,过滤得滤渣，加NaOH溶液在50-60℃合成，过滤、洗涤、干燥得三盐基硫酸铅()。（1）在NH4HCO3溶液中，反应NH4+ +HCO3-+H2O⇌NH3•H2O+H2CO3的平衡常数K===1.25×10-3，常温下，的电离平衡常数2×10-5。（2）转化过程转化为更难溶的PbCO3，发生反应的化学方程式PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，Pb的转化率随着用量的增加而增加，醋酸可以促进硫酸铅溶解，但实验表明：Pb的转化率随醋酸用量的增加而减少，这是由于醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量。（3）测得滤液1中，PbSO4+CO32- PbCO3+SO42-,
,则该滤液中4.6×10-7；滤液2中可以循环利用的物质是硝酸；加热固体要在坩埚中进行，从滤液3可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测定该晶体中结晶水的含量，所需的仪器除三脚架、托盘天平、瓷坩埚、干燥器、酒精灯、玻璃棒，还需要的仪器有坩埚、泥三角。（4）三盐基硫酸铅中PbO理论含量90.10%，SO3理论含量8.08%)，结合图形分析反应终点控制pH的范围是8.4～8.8，则反应终点控制pH的范围是B。
16．锶的化合物应用广泛，SrSO4可用于陶瓷工业，SrF2可作防蛀牙膏的添加剂。
(1)以天青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如下：
①“转化”中用碳酸氢铵和过量氨水的混合溶液浸取天青石精矿，可制得SrCO3沉淀。写出该过程的离子方程式：_____
②“转化”中维持反应温度70℃且控制氨水过量，氨水过量的主要原因是_____
③该工艺流程中，可循环利用物质是_______ (填化学式) 。
(2)工业上还可用碳还原法制备高纯硫酸锶。将天青石精矿和煤粉按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO4。
①煅烧温度对SrSO4转化率的影响如图,最佳煅烧温度为_____
②天青石精矿和煤粉质量比对SrSO4转化率的影响如图,天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5：1后，SrSO4转化率下降的可能原因是_______。
(3)SrF2一种晶体的晶胞结构如图所示。
①由图可知，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为_______。
②已知 =3.2×10-8，若一次刷牙所用牙膏含的质量为2mg，口腔中溶液体积为5mL，刷牙时口腔溶液中氟离子浓度为_______ml·L-1。
【答案】(1) 能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行 氨水 (2) 1200℃ 煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应 (3) 12
【解析】（1）由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4．粗SrCO3焙烧分解转化成氧化锶和二氧化碳，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，难溶的SiO2和BaSO4进入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此时加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4。（1）①由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应生成碳酸锶，；②氨水过量会中和较多的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与锶离子结合生成碳酸锶，所以氨水过量的主要原因是能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行；③第一步转化中需要NH3H2O，在沉淀过程中会生成NH3H2O，可循环利用；（2）①随着温度的升高硫酸锶的转化率在升高，当达到1200℃后，再升高温度转化率没有明显的变化，所以选择1200℃；②SrSO4转化率下降的可能原因是：煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应；（3）①由晶胞结构可知一种微粒位于顶点和面心，每个晶胞均摊4个，内部有8个另一种微粒，所以可知锶离子位于顶点和面心，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为12个；②是难溶物，口腔中形成了饱和溶液，设 ml·L-1，则 ml·L-1，所以，得，所以氟离子浓度为ml·L-1。
1. （2022·辽宁卷）某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）与软锰矿（主要成分为MnO2）联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如图：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；
②金属活动性：Fe＞（H）＞Bi＞Cu；
③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为 。
a．进一步粉碎矿石
b．鼓入适当过量的空气
c．降低焙烧温度
（2）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为 。
（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；② 。
（4）滤渣的主要成分为 （填化学式）。
（5）生成气体A的离子方程式为 。
（6）加入金属Bi的目的是 。
【答案】（1）ab （2） 2Bi2S3+9O2 eq \(=====,\s\up8(高温))2Bi2O3+6SO2
（3）抑制金属离子水解 （4）SiO2
（5）Mn2O3+6H++2Cl﹣＝2Mn2++Cl2↑+3H2O （6）将Fe3+转化为Fe2+
【解析】由流程图分析：辉铋矿Bi2S3，FeS2、SiO2与软锰矿（主要成分为MnO2）空气中焙烧，金属转化为Mn2O3、Fe2O3、Bi2O3，不变化的是SiO2，焙烧时应该有MnSO4生成，水浸时只有硫酸锰可溶进入滤液分离出来，加入浓盐酸时，Mn2O3转化为MnCl2，离子方程式为Mn2O3+6H++2Cl﹣＝2Mn2++Cl2↑+3H2O，加入Bi的单质，将Fe3+转化为Fe2+，溶液中BiCl3在一定条件下水解生成目的产物。
（1）联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；答案选ab；
（2）焙烧时Bi2S3被空气中氧气氧化，生成Bi的氧化物和SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为 2Bi2S3+9O2 eq \(=====,\s\up8(高温))2Bi2O3+6SO2 ；
（3） 加入盐酸时，金属氧化物和盐酸反应生成盐和水，可以使Bi3+和Mn2+充分浸出，同时还可以是溶液保持酸性环境，抑制金属离子水解；
（4））加入盐酸时，Mn2O3、Fe2O3、Bi2O3和盐酸反应生成金属氯化物进入溶液中，不和盐酸反应的是SiO2被过滤出来；
（5）因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl﹣＝2Mn2++Cl2↑+3H2O；
（6）由已知信息③知，调pH=2.6时，Fe3+会水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
2. （2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_______。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。
（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结品转化的是_______(填标号)。
A.、、 B.、、
C.、、 D.、、
【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2） SO EQ \s(2-,4)
（3） CaSO4•0.5H2O 减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率 酸解 D
【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
（2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c()=4c3()，c() =ml•L-1，因此c(Na+)=2c()=ml•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=ml•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= ml•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= ml•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO EQ \s(2-,4) ，然后才是。
（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化， B不符合题意；P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
3.（2022·浙江卷）化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：
请回答：
（1）组成X的元素有______，X的化学式为______。
（2）溶液C中溶质的成分是______(用化学式表示)；根据C→D→E的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序______。
（3）X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是______。
（4）设计实验确定溶液G中阴离子______。
【答案】（1）Fe、S、O、HFeH(SO4)2
（2）FeCl3、HCl、BaCl2Cl-、H2O、SCN-、OH-
（3）2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2
（4）用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-
【解析】X形成水溶液，与氯化钡反应生产白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明生产硫酸钡，说明X含有硫酸根，溶液加入KSCN变红说明含有Fe3+，B为4.66g则为0.02ml硫酸钡，说明X含有0.02ml的硫酸根，H中为Fe单质，即为0.01ml，X中含有0.01mlFe，由此可知X中应含有0.01的H，据此分析解题。
（1）由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH(SO4)2；
（2）X为FeH(SO4)2与氯化钡反应，溶液C中溶质的成分是FeCl3、HCl以及过量的BaCl2；根据C为溶液，铁离子在水中会水解，C→D形成络合物，D→E形成沉淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序：Cl-、H2O、SCN-、OH-；
（3）X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是：2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2；
（4）设计实验确定溶液G中阴离子：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-。
4.（2022·浙江卷）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到，不发生反应。
请回答：
（1）组成X的三种元素为_______；X的化学式为_______。
（2）溶液C的溶质组成为_______(用化学式表示)。
（3）①写出由X到A的化学方程式_______。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式_______。
（4）设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体_______。
【答案】（1）Ba、Cu、OBaCu3O4（2）HCl、H2SO4
（3）①2NH3+BaCu3O4eq \(=====,\s\up5(△))Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O
②BaCu3O4+12NH3·H2O＝3Cu(NH3)42++Ba2＋+8OH－+8H2O
（4）将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O
【解析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A，A和盐酸反应生成0.960g紫红色固体应该是Cu，无色溶液B中加入0.015ml稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该是BaSO4，无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀2.330g是BaSO4，据此解答。
（1）根据以上分析可知Cu的物质的量是0.96g÷64g/ml＝0.015ml，第一次生成硫酸钡的物质的量是1.165g÷233g/ml＝0.005ml，第二次生成硫酸钡的物质的量是2.33g÷233g/ml＝0.01ml，因此1.965gX中一定含有0.96gCu，Ba的质量是0.005ml×137g/ml＝0.685g，二者质量之和是1.645g＜1.965g，相差0.32g，根据原子守恒可知应该是氧元素，物质的量是0.32g÷16g/ml＝0.02ml，则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1：3：4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。
（2）根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。
（3）①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4eq \(=====,\s\up5(△))Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3)42+生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3·H2O＝3Cu(NH3)42++Ba2＋+8OH－+8H2O。
（4）反应中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O。
5. (2022·北京卷)铵浸法由白云石[主要成分为，含，杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流程如下：
已知：
（1）煅烧白云石的化学方程式为___________。
（2）根据下表数据分析：
已知：i．对浸出率给出定义
ii．对给出定义
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
②浸出率远高于浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“”数值为___________。
④实测值大于理论值的原因为___________。
⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，浸出率可出增加至，结合化学反应原理解释浸出率提高的原因为___________。
（3）滤渣C为___________。
（4）可循环利用的物质为___________。
【答案】（1）CaMg(CO3)2eq \(=======,\s\up8(高温))CaO+MgO+2CO2↑
（2）①CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O ②Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能 ③ 2.4：1 ④反应加入的CaO也转化为CaCO3 ⑤Mg(OH)2+(NH4)2SO4eq \(=====,\s\up5(△))MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH4+水解，溶液中H+浓度增大，有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4
（3）SiO2、Fe2O3
（4）NH4Cl、(NH4)2SO4
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。
（1）由分析可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为CaMg(CO3)2eq \(=======,\s\up8(高温))CaO+MgO+2CO2↑；
（2）①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O；
②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁；
③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1；
④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高；
（3）由分析可知，滤渣C为氧化铁、二氧化硅；
（4）由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。
6. (2022·河北卷)以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。
（2）黄铁矿研细的目的是_______。
（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。
（4）工序①的名称为_______，所得母液循环使用。
（5）沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。
（6）若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。
【答案】（1）Fe2O3 ②. SiO2
（2）增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
（3）7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
（5） +2； Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+
（6） H2O2 NH3·H2O
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。
（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为SiO2；
（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；
（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；
（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用；
（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6；
（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O。
7.（2021·北京卷）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
资料：
i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4
iii.0.1 ml/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；
0.1 ml/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
（1）纯化
①加入过量铁粉的目的是_______。
②充分反应后，分离混合物的方法是_______。
（2）制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。
①产生白色沉淀的离子方程式是_______。
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1ml/L(填“＞”“=”或“＜”)。
③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。
（3）产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
wg铁黄溶液b溶液c滴定
资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应
Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】
（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 过滤
（2）Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2NH4+ > pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
（3）不受影响
【解析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程
和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1ml/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1ml/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。
（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；
（2）pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
（3）由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响
8. （2021·广东卷）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
(3)“沉钼”中，为7.0。
①生成的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。
(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】(1). +6 (2). (3) +=↓ (4) (5)
【解析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，M元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为。
（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。
②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀， 因此， 时，应停止加入溶液。
（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。
②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。
草酸钪晶体
热分解温度区间(K)
固体失重百分率(%)
生成的含钪化合物
Sc2(C2O4)3·6H2O
(M=462g/ml)
383～423
19.48
Sc2(C2O4)3·H2O
463～508
23.38
A
583～873
70.13
Sc2O3
名称
Cu2+/Cu
Fe2+/Fe
Fe3+/Fe2+
电位/V
0.345
-0.440
0.770
0.740
试验编号
浓度/%
分相情况
钪萃取率/%
铁萃取率/%
1-1
1
分相快
90.76
15.82
1-2
2
分相容易
91.53
19.23
1-3
3
分相容易
92.98
13.56
1-4
4
有第三相
90.69
30.12
1-5
5
轻微乳化
91.74
39.79
物质
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 ml·L−1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10−5 ml·L−1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
8.1
10.1
物质
浸出率/
浸出率/
理论值/
实测值/
98.4
1.1
99.7
-
98.8
1.5
99.2
99.5
98.9
1.8
98.8
99.5
99.1
6.0
95.6
97.6
一、对知识进行层级化的框架梳理：生物知识点比较多，我们可以引导学生以逻辑关系对知识进行层级化的“知识框架”梳理，以便让学生更牢固地掌握基础知识， 从而能够更好地把知识融会贯通。
二、回归教材，注重教材细节：新课标I卷的题“不偏”“不怪”“不坑”，不会在题目中设“语言陷阱”，大多数题考查的内容直接或改编至教材。
三、帮助学生进行“方法类知识”的梳理，深入理解生物学研究方法
四、掌握生物学实验的两大要素：自变量和对照。
自变量保证了实验设计的逻辑正确，对照保证实验在特定条件下进行。所有的实验设计题都是由自变量得到的因变量（实验结论），因此在做实验题时首先要找准自变量。
五、帮助学生总结一些答题技巧
做选择题把握住（1）高考题往往有非常明确的选项，比我们平时的模拟题要简单。（2）对于重要概念不能过于死记硬背，要理解。（3）生物不是数学，不考复杂的计算，数字越复杂，答案可能越简单。所以要善于运用倒推法、排除法来做选择题。做好以上几点，相信二轮复习后学生会有一个很大的提升。
专题13 工艺流程综合题
1．稀土金属钪(Sc)及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。以工业钛白水解废酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+、H+、等离子)为原料，制取氧化钪(Sc2O3)和单质钪的工艺流程如图：
已知：①Ksp[Sc(OH)3]=8×10-31
②“沉钪”所得固体是水合复盐沉淀，其化学式为3NH4Cl·ScF3·6H2O
(1)在酸洗时，加入H2O2的作用是___________(填标号)。
A．作氧化剂B．作还原剂C．作配体
(2)反萃取步骤中，加入NaOH溶液后生成Sc(OH)3沉淀。若沉淀后溶液的pH=8(常温下)，则残留的Sc3+的质量浓度是___________mg/L。
(3)“灼烧”得到Sc2O3.若灼烧Sc2(C2O4)3·6H2O也能得到Sc2O3，其在空气中热分解温度区间和分解得到的固体产物如下表所示：
由含钪化合物A转化为Sc2O3时，发生反应的化学方程式为___________。
(4)含钪元素的微粒与pF[pF=-lgc(F-)]、pH的关系如图所示，用氨水调节溶液的pH最好小于___________，“沉钪”所得滤液中c(F-)应大于___________ml·L-1。
(5)传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O，再高温脱水得到ScF3，但所得ScF3通常含有ScOF杂质，原因是___________(用化学方程式表示)。该流程中，“脱水除铵”可制得高纯度ScF3，原因是___________。
【答案】(1)C (2)3.6×10-8 (3)2Sc2(C2O4)3+3O2eq \(====,\s\up8(△))2Sc2O3+12CO2 (4) 4.2 1.0×10-4.2 （5） ScF3+H2Oeq \(=====,\s\up8(高温))ScOF+2HF(或ScF3·6H2Oeq \(=====,\s\up8(高温))ScOF+2HF+5H2O) “除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解
【解析】由题给流程可知，赤泥加入钛白废酸酸浸时，金属氧化物溶于硫酸得到可溶性的金属硫酸盐，二氧化硅不溶解，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含TiO2+、Sc3+、Fe3+、Al3+的硫酸盐溶液，向滤液中加入磷酸酯萃取剂萃取滤液中的TiO2+、Sc3+，分液得到含有Fe3+、Al3+的水相和含有TiO2+、Sc3+的有机相，有机相用稀硫酸洗涤后，再加入H2O2，TiO2+与H2O2络合进入水相，分液后除去，再向有机相中加入NaOH溶液将Sc3+转化为Sc(OH)3沉淀，过滤后，向Sc(OH)3沉淀加入盐酸使其转化为ScCl3，加氨水调溶液pH，加NH4F沉钪得到ScF3，用Mg热还原ScF3得到Sc。（1）由图可知TiO2+加入H2O2后，TiO2+与H2O2结合形成[TiO(H2O2)]2+，该转化过程元素化合价没发生变化，应该是H2O2中的氧原子提供孤电子对，TiO2+中Ti原子提供空轨道，形成配合离子，H2O2作配体，故A、B错误，C正确，故答案为：C；（2）若沉淀后溶液的pH=8(常温下)，c(OH-)=10-6ml/L，则残留的Sc3+的物质的量浓度是，质量浓度为810-13ml/L45g/ml1000mg/g=3.6×10-8mg/L。（3）在温度为383~423K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为19.48，则失去质量为462×0.1948=89，若失重质量为水的质量，则失去水的数目为n(H2O)=，故生成的含钪化合物A化学式为Sc2(C2O4)3·H2O；在加热温度463~508K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为23.38，若失重质量为水的质量，则失去质量为462×0.2338=108，则失去水的数目为n(H2O)=，Sc2(C2O4)3·6H2O恰好完全失去结晶水，故生成的含钪化合物B化学式为Sc2(C2O4)3，则由含钪化合物B在空气中煅烧转化为Sc2O3时，反应同时产生CO2气体，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O2eq \(====,\s\up8(△))2Sc2O3+12CO2。（4）由流程可知，加氨水调pH维持Sc以Sc3+形式存在，以便后续与F–结合生成ScF3，还需防止Sc3+与OH-结合，故调节溶液的pH最好小于4.2；由图可知，“沉钪”需要将Sc3+转化为ScF3，pF应小于4.2，则c(F–)应大于1.0×10–4.2ml·L-1；（5）ScF3·6H2O高温脱水得到ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与水反应生成ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为ScF3+H2Oeq \(=====,\s\up8(高温))ScOF+2HF(或ScF3·6H2Oeq \(=====,\s\up8(高温))ScOF+2HF+5H2O)；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得高纯度ScF3的原因是“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解。
2．硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O俗称：摩尔盐]因其优于硫酸亚铁的稳定性而被国标(GB/T 23513.2-2009)选择为测定矿产中砷含量的指定还原性试剂。实验室以废铁屑(久置但未生锈)为原料先制取硫酸亚铁铵晶体，后使用纯化后的硫酸亚铁铵配制溶液，进行了铜闪速冶炼烟尘中砷含量的测定。
实验Ⅰ：硫酸亚铁铵晶体的制备：(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O↓
(1)请结合离子方程式解释在净化过程中加入Na2CO3溶液并小火加热的目的是：_______。
(2)步骤②中的过滤采用了如下图b装置，相对于图a装置而言，其优点是：_______(答出至少两点)。
(3)步骤③中，加入(NH4)2SO4固体后，要得到摩尔盐晶体，需经过的系列操作为：_______、_______、过滤、洗涤、干燥；
实验Ⅱ：0.1000 ml/L硫酸亚铁铵标准溶液的配制
准确称取3.92 g硫酸亚铁铵晶体按下图步骤配成100 mL溶液。
(4)该实验中使用到的仪器A的名称为_______；若在上图①过程中晶体溶于水(吸热过程)后就立即转移至仪器A中，则上述操作会导致配得溶液浓度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
实验Ⅲ：铜闪速冶炼烟尘中砷的测定
用硝酸、氟化铵和溴水溶解烟尘样品2.0 g，通过系列反应把溶液中的砷离子还原为单质砷。用过量的0.1000 ml/L酸性K2Cr2O7标准溶液25.00 mL溶解并氧化单质砷为，用0.1000 ml/L的硫酸亚铁铵标准溶液滴定过量的K2Cr2O7。
(5)请写出K2Cr2O7氧化单质砷为的离子反应方程式_______。
(6)若终点时消耗硫酸亚铁铵标准液30.00 mL，则烟尘样品中砷的质量分数为_______。
【答案】(1)利用碳酸钠水解除油污：CO32-+ H2OHCO3-+ OH−，加热促进碳酸根水解，增强溶液碱性，除去油污效果更好 (2)①过滤速度更快②得到晶体更加干燥③减少晶体析出(3) 蒸发浓缩 冷却(降温)结晶(4) 100 mL容量瓶 偏低 (5)5Cr2O72-+ 22H+ + 6As = 10Cr3+ + 6AsO43- + 11H2O (6)9%
【解析】本题是一道用废铁屑制备硫酸亚铁铵晶体的工业流程题，首先用碳酸钠溶液出去铁屑表面的油污，随后用硫酸溶解铁屑得到硫酸亚铁溶液，加入适量硫酸铵后得到硫酸亚铁铵溶液，处理后得到产品的晶体，以此解题。（1）碳酸钠溶液中的碳酸根离子可以水解使溶液显碱性，而且升温促进水解，有利于出去铁屑表面的油污；（2）由图可知，图b采用了热过滤的方法，从而减少了过滤过程中的晶体析出，并且采用了高速水流的方法来减压从而加快过滤速度；锥形瓶还放到了热水浴中，有利于晶体的干燥，故答案为：①过滤速度更快②得到晶体更加干燥③减少晶体析出；（3）由流程图可知，步骤③为从溶液中得到带有结晶水的晶体，这类晶体在加热的时候容易失去结晶水；（4）由图可知，仪器A的名称为100 mL容量瓶；晶体溶解后吸收热量，温度降低，体积缩小，此时转移到容量瓶中并且定容，需要加入更多的蒸馏水，则所配溶液浓度会偏低；（5）K2Cr2O7氧化单质砷后本身被还原为+3价铬离子，由题意可知砷被氧化为AsO43-，根据得失电子守恒可知，方程式为：5Cr2O72-+ 22H+ + 6As = 10Cr3+ + 6AsO43- + 11H2O ；（6）根据方程式可知，过量的K2Cr2O7的物质的量n(K2Cr2O7)=；则用于氧化单质砷的K2Cr2O7的物质的量n(K2Cr2O7)=，根据方程式5Cr2O72-+ 22H+ + 6As = 10Cr3+ + 6AsO43- + 11H2O可知，砷的物质的量n(As)=，则烟尘样品中砷的质量分数为。
3．用粗铜精炼工业中产生的铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等)为原料，回收并制备硝酸铜和硒的工艺流程如图：
(1)工业上，高压氧气与铜阳极泥采用“逆流”的方式通入，其目的是_______。“烧结”时会发生多个反应，写出其中Cu2Se烧结时生成Cu2O、Na2SeO3反应方程式_______。
(2)在实验室，操作Ⅰ的名称为_______。
(3)滤渣Y的成分有Ag2O、_______(填化学式，下同)；已知萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，则“反萃取”时反萃取剂最好选用_______溶液。
(4)Na2SeO4中的空间构型为_______；常温下，H2SeO3的Ka1=1.0×10-3，Ka2=1.0×10-7；当常温下溶液的pH=4.5时，为_______。
(5)“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离；酸性环境下，一些氧化剂的电位如下表(A/B：A代表氧化剂，B代表还原产物)。
则、Fe3+和Cu2+氧化性由强到弱的顺序为_______，在控电位还原时还原反应(半反应)式为_______。
【答案】(1) 增大反应物接触面积，提高反应速率和原料的转化率
232Na2CO3eq \(=====,\s\up7(450 ℃))222 (2)过滤 (3) 、Au和Pt
正四面体形 1/10 (5)
【解析】铜阳极泥，主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等。Cu2Se、Ag2Se中的Se高温下会被氧化为或；水浸后过滤得到含、Na2SeO4和的滤液和主要含、Au、Pt和Ag2O的滤渣；向滤液中加适量的还原Na2SeO4，然后再控电位还原得到Se单质；向滤渣中加适量的硝酸，和Ag2O转化为、Ag+而溶于水，再次过滤得到不溶于硝酸的Au和Pt；向溶液中加萃取剂萃取分液得到含的有机相和水相，向有机相中加反萃取剂再次分液得到溶液和有机相。据此分析可得：（1）采用通入高压氧气使铜阳极泥处于“沸腾”状态，可使氧气与铜阳极泥充分接触，加快反应速率；“烧结”时中的Se失去6被氧化为，所以根据得失电子守恒可得2ml失去12ml，需要3ml得到电子，则其方程式为232222；故答案为：增大反应物接触面积，提高反应速率(或提高转化率)；232222；（2）实验室采用过滤法将难溶性的固体和液体分离；（3）Ag2Se在“烧结”时可转化为难溶的Ag2O和易溶的、Na2SeO4，由于铜阳极泥除含Cu2Se、Ag2Se外还含不与氧气反应的金和铂，所以滤渣的主要成分为、Au、Pt和Ag2O；由于向有机相中加反萃取剂再次分液得到溶液，所以反萃取剂应选；（4）Na2SeO4中的杂化方式为sp3杂化，无孤对电子，故空间构型为正四面体；常温下，H2SeO3的Ka1=1.0×10-3，Ka2=1.0×10-7；当常温下溶液的pH=4.5时，。（5）氧化剂的电位越大，则其氧化剂的氧化性越强，为0.770最高，其次为0.740，再者是为0.345，最后是为-0.440，所以氧化性强弱为、、(或)；在控电位还原时还原反应(半反应)式为，故答案为：、、(或)；。
4．工业废渣中的综合利用。
(1)用工业钢渣处理酸性废水
工业钢渣主要含，还含有、、、等。工业钢渣加水后搅拌得钢渣浆液，向钢渣浆液中逐渐加入硫酸溶液(模拟酸性废水)酸化，浆液pH以及浸出液中金属离子的质量浓度随时间变化情况如图所示。
①pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是_______。
②随硫酸溶液逐渐加入，浓度先增大后减小，原因是_______。
(2)以电石渣制备
电石渣主要成分为，制备的流程如下：
已知：氯化时存在与作用生成的反应，进一步转化为，少量热分解为和。
①生成的化学方程式为_______。
②“分解比”是衡量氯化程度的标准，氯化后溶液中总质量与总质量的比值称为“分解比”，随氯化温度升高，分解比的实际值增大的原因可能是_______。
③“转化”时向滤液中加入固体将转化为，可能的原因是_______。
④该流程制得的样品中含少量杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.049g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使全部转化为，加入少量溶液作指示剂，用溶液进行滴定至终点，消耗溶液体积。计算样品的纯度。(请写出计算过程)_______
【答案】(1) 开始时加入的硫酸会促进溶解，溶液中浓度增加；随着硫酸加入量增加，浓度增大，与结合生成的沉淀逐渐增多，浸出液中浓度逐渐减小
（2） 升高温度分解增多，使的量变多，的量变少 相同温度下，的溶解度比小 97.05%
【解析】（1）①由图示可知，pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是；②开始时加入的硫酸会促进溶解，溶液中浓度增加；随着硫酸加入量增加，浓度增大，与结合生成的沉淀逐渐增多，浸出液中浓度逐渐减小，故随硫酸溶液逐渐加入，浓度先增大后减小；（2）①氯气和氢氧化钙生成生成氯化钙和，化学方程式为；②已知，次氯酸钙受热会分解生成氯化钙，随着升高温度分解增多，使的量变多，的量变少，故随氯化温度升高，分解比的实际值增大的原因；③相同温度下，的溶解度比小，“转化”时向滤液中加入固体，钾离子浓度增大，转化为达到饱和而结晶析出；④在25.00mL溶液中：，，，，两式联立，解得，，样品的纯度。
5．金属钪可用作宇航材料、火箭和飞机的制造材料，氧化钪可提高计算机记忆元件性能。赤泥中含有丰富的钪元素，另含有等氧化物。一种从赤泥中提取氧化钪的工艺流程如图所示(是一种磷酸酯萃取剂)。
回答下列问题：
(1)写出赤泥经盐酸处理后所得“浸渣”的一种用途：________________________。
(2)萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如下所示，萃取时最佳浓度及料液温度分别为____________、____________。
浓度对萃取率的影响
(3)常以分子存在，已知分子中各个原子均达到8电子稳定结构，则分子的结构式为________________________。
(4)常温下反萃取时，完全沉淀(浓度为)时，反萃液的为____________。 (已知：，结果保留小数点后2位)
(5)草酸钪灼烧分解反应方程式为________________________。
(6)在流程中可循环使用的物质有____________、____________(填化学式)。
【答案】(1)作光导纤维材料、建筑材料、制玻璃等(2) 3% 或(3)
(4)5.63 (5) (6)
【解析】由题给流程可知，赤泥用盐酸酸浸时，金属氧化物与盐酸反应得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性金属氯化物的浸出液；用P2O4萃取浸出液，分液得到含有铁铝的溶液和含有钪元素的有机相；向溶液中加入萃取剂萃取溶液中的铁元素，分液得到氯化铝溶液；氯化铝溶液经蒸发结晶、煅烧制得氧化铝；有机相用盐酸洗涤，分液得到水相和有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液反萃取、分液得到反萃液和氢氧化钪；氢氧化钪用盐酸溶解富集得到氯化钪溶液，向氯化钪溶液中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪沉淀，过滤得到草酸钪；草酸钪经灼烧分解得到三氧化二钪。（1）由分析可知，赤泥经盐酸处理后所得浸渣为常用作光导纤维材料、建筑材料等的二氧化硅；（2）由表格数据可知，P2O4萃取浸出液时，P2O4浓度为3%的钪萃取率最大、铁的萃取率最低，且分相容易；由图可知，料液温度为65℃的分离系数最大，则萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为3%、65℃；（3）由双聚氯化铝分子中各个原子均达到8电子稳定结构可知，双聚氯化铝分子中氯离子提供孤对电子与铝离子形成配位键，分子的结构式为；（4）由氢氧化钪的溶度积可知，钪离子完全沉淀时，反萃液中氢氧根离子浓度为c(OH—)= =2×10—8.67ml/L，则反萃液的pH为14-8.67+0.3=5.63；（5）由题意可知，草酸钪灼烧分解生成三氧化二钪、一氧化碳和二氧化碳，反应的方程式为；（6）氯化铝溶液在蒸发结晶时会生成氯化氢气体，氯化钪溶液与草酸反应生成草酸钪沉淀和盐酸；反萃取后得到的反萃取液经盐酸酸化后分液可得到P2O4，则在流程中可循环使用的物质有氯化氢、P2O4。
6．硝酸铈铵、二氧化铈()均是常见的强氧化剂，可以以为原料进行制取。
(1)“沉淀1”时，溶液中转化为沉淀。写出沉淀1反应的化学方程式：_______。
(2)“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与分解产生的反应生成，反应过程中有少量红棕色气体逸出。“酸溶2”时需控制硝酸的温度为80℃，同时将分批加入硝酸中，原因是_______。
(3)“沉淀2”时，控制其他条件一定，改变加入固体的量，测得沉淀的收率如图所示。“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入的目的是_______。
(4)实验小组以为原料制取，请补充完整实验方案：将完全溶解于盐酸中，_______，得固体。［已知：(白色沉淀)(黄色沉淀)，受热分解时失重百分比与温度的关系如图所示。可选用的仪器和试剂：氨水、、、溶液、马弗炉(可用于固体的高温加热)］
(5)实验制得的硝酸铈铵(摩尔质量为)含量可用如下方法测定：准确称取16.0g硝酸铈铵样品，加水充分溶解，并转移至100mL容量瓶中定容、摇匀，得硝酸铈铵溶液试样。准确量取5mL的硝酸铈铵溶液试样，移入250mL锥形瓶中，加入适量硫酸和磷酸，并加入2滴0.25%邻二氮杂菲指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点(滴定过程中被还原为)，消耗标准溶液24.00mL。计算该样品中硝酸铈铵的质量分数______。
【答案】(1)(2)控制硝酸的温度为80℃的目的是加快化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；将分批加入硝酸中，可以防止反应过于剧烈。(3)增加的浓度，加快反应的速率；此时沉淀的收率较高(4)向所得溶液中加入氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入酸化后再加入溶液不再产生沉淀，向将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少(5)82.2%
【解析】“酸溶1” 与硝酸反应生成，根据小问题知，“沉淀1”时，加入双氧水，溶液中转化为沉淀，分解产生，“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与分解产生的反应生成，“沉淀2”时，加入固体得到。（1）“沉淀1”时，溶液中转化为沉淀，根据得失电子守恒、元素守恒配平沉淀1反应的化学方程式为：；（2）控制硝酸的温度为80℃的目的是加快化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；将分批加入硝酸中，可以防止反应过于剧烈；（3）“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入的目的是增加的浓度，加快反应的速率；此时沉淀的收率较高；（4）已知：(白色沉淀)(黄色沉淀)，根据受热分解时失重百分比与温度的关系图可知，，则加热到500℃分解得到，故实验小组以为原料制取，可设计实验方案：将完全溶解于盐酸中，向所得溶液中加入氨水，至静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入酸化后再加入溶液不再产生沉淀，向将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少，得固体；（5）滴定过程中被还原为，发生反应，故该样品中硝酸铈铵的质量分数
7．高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定，是一种新型多功能水处理剂。其生产工艺如图1所示：
回答下列问题：
(1)Fe(NO3)3中的空间结构名称为_______氮原子的杂化轨道类型为_______
(2)反应①应在温度较低的情况下进行，因温度较高时NaOH与Cl2反应生成NaClO3，取某温度下反应液，测得ClO-与的物质的量浓度之比是2∶1，则Cl2与氢氧化钠溶液反应时，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为_______。
(3)反应③的离子方程式为_______，制备时，两溶液混合的操作为_______。
(4)往溶液II中加入饱和KOH溶液得到湿产品的原因是_______。该工艺流程中可循环使用的物质是_______(填化学式)。
(5)高铁酸钾还可以通过电解法制备，其原理如图2所示：阳极的电极反应式为_______。
【答案】(1) 平面正三角形 sp2 (2)3:7 (3) 2Fe3+＋3ClO-＋10OH-=2＋3Cl-＋5H2O 在碱性的NaClO浓溶液中缓慢滴加90%的Fe(NO3)3溶液，边加边搅拌 (4) 高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的小
NaOH (5)Fe-6e-+8OH-=+4H2O
【解析】足量氯气与NaOH溶液反应制备NaClO，得到的溶液I中加NaOH固体是与过量的氯气反应生成更多的NaClO，并为后续提供碱性环境；向得到的碱性NaClO溶液中加入硝酸铁溶液得到溶液II：高铁酸钠溶液，加入饱和KOH溶液，利用溶解度差异将高铁酸钠转化为高铁酸钾晶体（湿产品）析出，洗涤干燥后得到纯净的高铁酸钾晶体。（1）中N原子为sp2杂化，无孤对电子，故为平面三角形结构；（2）某温度时NaOH与Cl2反应生成的ClO-和的浓度之比为2∶1，根据得失电子守恒可得，被还原的氯原子生成氯离子，被氧化的氯原子生成ClO-和，故被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为：3∶7；（3）反应③是ClO-将Fe3+氧化为，离子方程式为：2Fe3+＋3ClO-＋10OH-=2＋3Cl-＋5H2O；根据题中信息：高铁酸钾(K2FeO4)在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定，故两溶液混合时：在碱性的NaClO浓溶液中缓慢滴加90%的Fe(NO3)3溶液，边加边搅拌；（4）根据分析，利用溶解度差异将高铁酸钠转化为高铁酸钾晶体析出，故往溶液II中加入饱和KOH溶液得到湿产品的原因是：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的小；由溶液II得到湿产品时加入了饱和KOH溶液，得到产品的同时又有NaOH生成，可循环利用；（5）利用电解法制备高铁酸钾，故阳极铁被氧化生成高铁酸根，电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O。
8．磷酸铁()主要用于制造磷酸铁锂电池材料。以硫铁矿烧渣(主要成分是，含少量、和)为原料制备磷酸铁的工艺流程如下：
(1)焙烧。将硫铁矿烧渣与蔗糖()一起焙烧，可生成FeO与。写出焙烧时所发生反应的化学方程式：_______。
(2)还原。将焙烧后的固体用稀硫酸浸取，所得溶液主要含，还含少量和。向酸浸后所得溶液中加入固体，充分搅拌至溶液中全部被还原并生成。理论上完全反应需要消耗的_______。
(3)制备。向溶液中加入足量的30%溶液与溶液，控制溶液的pH约为1.5，充分反应可得沉淀。
①写出生成反应的化学方程式：_______。
②反应的平衡常数_______。［已知：，，
，］
(4)其他条件一定，制备时测得Fe的有效转化率与溶液pH的关系如图所示。
①pH<1.5时，pH越大，Fe的有效转化率越大的原因是_______。
②pH>1.5时，pH越大，Fe的有效转化率越低的原因是_______。
【答案】(1) (2)1∶14
(4) pH<1.5时，pH越大，越小，促进了的电离，生成了更多的，促进反应的正向进行。(或pH<1.5时，pH越大，越小，促进反应的正向进行) pH>1.5时，pH越大，越大，部分生成Fe(OH)3
【解析】（1）Fe2O3和C12H22O11反应，Fe的化合价从＋3降低到＋2，C的化合价从0价升高到＋4。1mlC12H22O11完全反应共失去12×4ml=48ml电子，1mlFe2O3转化为FeO，共得到2×1ml电子。根据得失电子守恒，1mlC12H22O11可与24mlFe2O3反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式：24Fe2O3＋C12H22O11=4FeO＋12CO2↑＋11H2O。（2）FeS2中的S的化合价为－1，升高到＋6，则1mlFeS2反应共失去2×7ml=14ml电子，而Fe3＋转化为Fe2＋，化合价降低1价，1mlFe3＋得到1ml电子，根据得失电子守恒，1mlFeS2可与14mlFe3＋反应，则n(FeS2):n(Fe3＋)=1:14。（3）①FeSO4中的Fe的化合价从＋2升高到＋3，1mlFeSO4反应共失去1ml电子；H2O2中O的化合价从－1降低到－2，1mlH2O2反应共得到2×1ml=2ml电子，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式：2FeSO4＋H2O2＋2Na2HPO4=2FePO4↓＋2Na2SO4＋2H2O。②该反应的平衡常数，上下同时乘以，得,带入数据，可得。（4）①pH<1.5时，pH越大，c(H+)减小，促进了的HPO的电离HPOH++PO，生成了更多的PO，促进平衡正向移动，生成更多的FePO4。②pH>1.5时，pH越大，c(OH－)越大，Fe3+与会OH-反应生成Fe(OH)3，生成的FePO4减少。
9．高纯六水氯化锶晶体(SrCl2•6H2O)具有很高的经济价值，工业上用碳酸锶(SrCO3)粉为原料(含少量钡和铁的化合物等)制备高纯六水氯化锶晶体的过程如图：
已知：①Ksp(SrSO4)=3.3×10-7、Ksp(BaSO4)=1.1×10-10
②经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Ba2+、Fe2+、Fe3+杂质
③SrCl2•6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水
请回答下列问题：
(1)已知Sr为第五周期IIA族元素，则不符合Sr>Ca的是_____。
①原子半径 ②最外层电子数 ③金属性 ④电负性 ⑤最高价氧化物对应的水化物的碱性
(2)写出碳酸锶与盐酸反应的离子方程式：_____。
(3)工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是_____。
A．50～60℃B．70～80℃C．80～100℃D．100℃以上
(4)步骤④的操作是_____、_____、过滤。
(5)加入硫酸的目的是_____。
(6)滤渣的成分是_____。
(7)若滤液中Ba2+的浓度为1×10-5ml•L-1，依据题给信息计算滤液中Sr2+的物质的量浓度为_____ml•L-1。
【答案】(1)②④ (2)SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O (3)A (4) 蒸发浓缩 冷却结晶
(5)除去Ba2+杂质 (6)Fe(OH)3、BaSO4 (7)0.03
【解析】SrCO3类似CaCO3，经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Ba2+、Fe2+、Fe3+杂质，与硫酸反应经过H2O2反应将Fe2+转化为Fe3+，经过调节pH，滤渣为BaSO4、Fe(OH)3；（1）Ca为第四周期ⅡA元素，则Ca与Sr的最外层电子数相同，Sr有五层电子，Ca有四层电子，半径：Sr>Ca；金属性Sr>Ca；电负性Ca>Sr；最高价氧化物对应的水化物的碱性Sr>Ca；（2）SrCO3类似CaCO3，经盐酸浸取后，溶液中生成Sr2+；（3）根据题目信息知SrCl2•6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。工业上用热风吹干六水氯化腮但又不能脱去结晶水；故答案为A；（4）第3步过滤后滤液的溶质为SrCl2，从溶液中获得SrCl2•6H2O晶体，还须进行的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（5）由于BaSO4是难溶于水的物质，所以在操作过程中加入硫酸是使溶液中的Ba2+形成BaSO4沉淀而除去Ba2+杂质；（6）根据分析，滤渣成分为Fe(OH)3、BaSO4；（7）Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，由于溶液中Ba2+浓度为1×10-5 ml·L-1，则，根据Ksp(SrSO4)=3.3×10-7，可知。
10．Cu3Se2是钠离子电池的电极材料。某小组设计以黄铜矿粉(主要成分是CuFeS2，含少量Cu2S、SiO2)为原料制备二硒化三铜的流程如图1，回答下列问题：
(1)“滤渣2”的主要成分是_____(填化学式)。
(2)从绿色化学角度考虑，纯净物R宜选择______(填化学式)。
(3)其他条件相同，“液浸”中金属浸出率与温度、硫酸铁溶液浓度的关系如图2所示(浸出率指单位时间内Cu和Se溶解的质量)。已知在此浓度下，硫酸铁溶液不影响细菌活性。根据图2，c1_____(填“＜”、“＞”或“=”)c2。其他条件相同，温度高于T0℃时，浸出率随着温度升高而降低的主要原因是_____。(任答一条)
(4)“液浸”中，CuFeS2参与反应的离子方程式为______。
(5)已知H2SeSO3是弱酸，Na2SeSO3溶液呈_____(填“酸”、“碱”或“中”)性，0.1ml•L-1Na2SeSO3溶液中：2c()+c()+c(OH-)-c(H+)=_____ml•L-1。
(6)“沉铁”中，存在平衡Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，该反应的平衡常数K=_____。已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]≈2.0×10-20；Cu2++4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O K总=2.0×1013。
【答案】(1)Fe(OH)3 (2)H2O2 (3) ＞ 温度高于T0℃时，细菌活性降低，Fe3+水解程度增大，浸出率降低(4)CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S (5) 碱 0.2 (6)4.0×10-7
【解析】黄铜矿粉(主要成分是CuFeS2，含少量Cu2S、SiO2)中加入细菌、硫酸铁溶液进行液浸，CuFeS2、 Cu2S中-2价S、+1价Cu被氧化，SiO2不溶；加入稀硫酸和强氧化剂R将Fe2+氧化为Fe3+；加入过量氨水后，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+；过滤后分离出滤液，加入稀硫酸，将[Cu(NH3)4]2+转化为Cu2+；加入(C2H5O)3N、Na2SeSO3等，经过一系列操作，将Cu2+转化为Cu3Se2。（1）由分析可知，“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3。（2）从绿色化学角度考虑，纯净物R既能将Fe2+氧化为Fe3+，又不引入新的杂质，所以宜选择H2O2。（3）“液浸”中，硫酸铁作氧化剂，浓度越大，氧化能力越强，金属浸出率越高，所以根据图2，c1＞c2。在温度较高时，细菌易发生变性，从而降低或失去催化活性，则其他条件相同，温度高于T0℃时，浸出率随着温度升高而降低的主要原因是：温度高于T0℃时，细菌活性降低，Fe3+水解程度增大，浸出率降低。（4）“液浸”中，CuFeS2中的-2价S被Fe3+氧化为S单质，反应的离子方程式为CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S。（5）H2SeSO3是弱酸，则Na2SeSO3是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，依据电荷守恒，0.1ml•L-1Na2SeSO3溶液中：2c()+c()+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.2ml•L-1。（6）常温下，Ksp[Cu(OH)2]≈2.0×10-20；Cu2++4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O K总=2.0×1013。则 “沉铁”中，存在平衡Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，该反应的平衡常数K===2.0×10-20×2.0×1013=4.0×10-7。
11．锰酸锂是一种锂电池的正极材料。工业上以方锰矿(主要成分为，还含有少量的)为原料制备锰酸锂的流程如下：
己知：I．时，相关物质的如下表：
II．时，电离常数
III．离子浓度低于时即为沉淀完全
回答下列问题：
(1)写出步骤①溶于稀疏酸时杂质反应的离子方程式___________。
(2)滤渣1的成分是_____(填化学式)；步骤②加入的目的是____。
(3)步骤③加入目的是除去杂质离子，若溶液中浓度为，要确保杂质离子沉淀完全，同时不降低产品产率，步骤③调控的范围应该为_______。反应的平衡常数________。
(4)“离子交换”步骤和“洗脱”过程是利用反应：(是氢型交换树脂)的平衡移动将进一步提纯，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用_____。
(5)步骤④反应未见气体生成，则该反应留存在滤液3中的产物有___________(填化学式)。
(6)步骤⑤反应的化学方程式为___________。
【答案】(1) (2) 将氧化为
5～8 (4) (5)
【解析】由题给流程可知，方锰矿用稀硫酸酸溶时，金属氧化物与稀硫酸反应转化为硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液1；向滤液1中加入二氧化锰将溶液中亚铁离子氧化为铁离子后，加入氨水调节溶液的pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有硫酸锰的滤液2；滤液2经离子交换、淋洗涤液洗脱后，加入碳酸铵溶液将溶液中的锰离子转化为碱式碳酸锰沉淀，过滤得到碱式碳酸锰和滤液3；碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧制得锰酸锂。（1）步骤①中四氧化三铁溶于稀硫酸发生的反应为四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为；（2）由分析可知，滤渣1的成分为硫酸钙、二氧化硅；加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子；（3）由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为氢氧化锰沉淀，由氢氧化铝的溶度积可知，溶液中氢氧根离子不小于=1×10—9ml/L，由氢氧化锰的溶度积可知溶液中氢氧根离子浓度不大于=1×10—6ml/L，则溶液的pH范围为5～8；由方程式可知，反应的平衡常数K=====；（4）由方程式可知，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用稀硫酸可以增大溶液中的氢离子浓度，使平衡向逆反应方向移动，有利于将锰离子进一步提纯；（5）步骤④反应未见气体生成说明反应留存在滤液3中的产物为硫酸铵和碳酸氢铵；（6）由分析可知，步骤⑤发生的反应为碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧生成锰酸锂、二氧化碳和水，反应的化学方程式为。
12．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属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(NiSO4·6H2O)：
常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是_______。
(2)为回收金属，向“滤液①”通入足量CO2，写出反应生成沉淀的离子方程式_______。“滤液②”中含有的金属离子是_______。
(3)若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为_______。
(4)如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 ml·L−1，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)NiSO4质量分数随温度变化情况如图所示，已知当pH控制在3.0时，结晶得到NiSO4·6H2O晶体外观最符合要求。
请补充由滤液③得到NiSO4·6H2O晶体的实验方案：_______，得到NiSO4·6H2O晶体。(实验中须使用的试剂：1 ml·L−1 H2SO4，乙醇)
【答案】(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 (2) ＋CO2+2H2O=Al(OH)3↓＋ Ni2+、Fe2+、Fe3+
Fe3+ (4)3.2≤pH<6.2 (5)2Ni2+＋ClO-＋4OH-= 2NiOOH↓＋Cl-＋H2O (6)向滤液中加入1 ml·L−1 H2SO4，控制pH为3.0，蒸发浓缩，降温至28℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥
【解析】由工艺流程图可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可以除去油脂，并与铝及其氧化物发生反应，得到的滤液①含有Na[Al(OH)4]，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀硫酸酸浸后，得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH溶液调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。（1）Al及其氧化物能与NaOH溶液反应生成易溶于水的Na[Al(OH)4]，油脂在NaOH水溶液、加热条件下水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，所以“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂以及溶解铝及其氧化物；（2）滤液①中含有，所以通入足量CO2，反应生成的沉淀是Al(OH)3，反应的离子方程式为＋CO2+2H2O=Al(OH)3↓＋；Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应，所以它们存在于滤饼①中，其能与稀硫酸反应，所以滤液②中含有的金属离子有Ni2+、Fe2+、Fe3+；（3）“转化”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，空气或O2也可以达到该目的，若先加入NaOH，因Fe2+完全沉淀的pH大于Ni2+，故当Ni2+沉淀完全时，Fe2+还不能沉淀完全，“转化”时会生成Fe3+，则滤液③中可能含有的杂质离子为Fe3+；（4）由表格可知c(Ni2+)=0.01 ml·L−1，pH=7.2时开始沉淀，则Ksp[Ni(OH)2]=0.01×(107.2-14)2，若“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml/L，则c(OH-)==10-7.8ml/L，c(H+)==10-6.2ml/L，此时pH=6.2，再由表格数据可知，当pH=3.2时Fe3+已经沉淀完全，所以应控制的pH范围是3.2≤pH<6.2；（5）由题中信息可知，Ni元素由+2价升高至+3价，Cl元素由+1价降低至-1价，化合价升降最小公倍数为2，故Ni2+的系数为2，ClO-的系数是1，元素守恒可知NiOOH系数是2，Cl-系数是1，因溶液环境为碱性，结合电子守恒可知反应物还有OH-，系数为4，由原子守恒知产物有H2O，则该反应的离子方程式2Ni2+＋ClO-＋4OH-= 2NiOOH↓＋Cl-＋H2O；（6）由图可知，应控制温度在28℃以上，可得到NiSO4·6H2O，且NiSO4易溶于水，不溶于乙醇，可以向滤液中加入1 ml·L−1 H2SO4，控制pH为3.0，蒸发浓缩，降温至28℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥。
13．工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料来制备硫酸，产生的含二氧化硫尾气和炉渣(主要成分为Fe2O3)经过资源化利用可减轻对环境的污染。
(1)工业制硫酸。沸腾炉中煅烧黄铁矿发生反应的化学方程式为_______，当有6 ml SO2生成时，转移电子_______ml。
(2)生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。Na2S2O5常用作食品的抗氧化剂，由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，生产工艺流程如下：
已知：H2SO3电离常数分别为Ka1=1.5×10-2、Ka2=1.0×10-7
H2CO3电离常数分别为Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11
生成Na2S2O5的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O
①I中生成一种盐并放出气体，反应的离子方程式为_______。
②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是_______。
③因为Na2S2O5具有还原性，导致产品中不可避免地存在Na2SO4，检验其中是否含有的方法是_______。
(3)由炉渣制备还原铁粉并分析纯度。利用CO与炉渣反应得到还原铁粉，得到的产品可用K2Cr2O7滴定分析法测定纯度。实验步骤如下：称取0.2240 g样品，加入过量稀硫酸充分溶解，用3.000×10−2 ml·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL，计算该样品中还原铁粉的质量分数(写出计算过程)_______。
【答案】(1) 4FeS2+11O2 eq \(=====,\s\up8(高温)) 2Fe2O3+8SO2 33 (2) CO32-+2SO2+H2O= CO2+2 得到NaHSO3过饱和溶液 先加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则说明含有SO42-，反之则不含SO42-
(3)90.00%
【解析】由流程可知在饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，控制pH=4.1，可生成亚硫酸氢钠，然后加入碳酸钠固体，调节pH=7-8，可生成亚硫酸钠，继续通入二氧化硫调节pH=4.1，可生成过饱和的NaHSO3，同时生成二氧化碳气体，结晶脱水生成Na2S2O5固体；（1）沸腾炉中煅烧黄铁矿FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，发生反应的化学方程式为，该反应中铁元素和硫元素化合价均升高，只有氧元素化合价降低，每生成8ml SO2时转移44ml电子，当有6 ml SO2生成时，转移电子33ml；（2）①根据弱酸的电离平衡常数越大其电离程度越大，弱酸的酸性越强，由H2SO3、H2CO3的电离常数可知酸性：H2SO3> H2CO3>>，I中饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，控制pH=4.1，可生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式为CO32-+2SO2+H2O= CO2+2；②向溶液中通入SO2使溶液pH变为4.1，得NaHSO3溶液，为结晶脱水制得Na2S2O5准备，所以加入Na2SO3生成NaHSO3，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步需要过饱和的NaHSO3溶液，由此判断，再充入SO2的目的是增大NaHSO3浓度，形成NaHSO3过饱和溶液；③检验SO42-的方法是：先加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则说明含有SO42-，反之则不含SO42-；（3）滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+，离子方程式为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，滴定中消耗n(K2Cr2O7)=c∙V=3.000×10−2 ml·L−1×20.00 ×10−3L=6×10−4ml，则n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=3.6×10−3ml，根据铁元素守恒可知样品中铁粉的质量为m=n∙M=3.6×10−3ml×56g/ml=0.2016g，质量分数为。
14．中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺流程如图所示：
已知：和分解温度分别为和。
(1)在电解精炼银时，阳极材料为_______。
(2)加快渣料(含少量银)溶于稀的速率的措施为_______(写出两种)。
(3)滤渣A与稀反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀反应的离子方程式为_______。
(4)过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有_______。
(5)固体B的组成为_______；在生成固体B的过程中，需控制溶液的加入量，若过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)粗银 (2)搅拌、粉碎料渣、适当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案(3) (4)漏斗、玻璃棒 (5) Al(OH)3和CuO
【解析】银铜合金在空气中熔炼，渣料中含有氧化铜和少量的银，加入稀硫酸，过滤后得到硫酸铜溶液，在硫酸铜溶液中加入硫酸铝和稀氢氧化钠溶液，煮沸、过滤得到Al(OH)3和CuO的混合物，煅烧可得到CuAlO2，据此答题。（1）电解精炼铜时，纯铜作阴极，粗铜作阳极，硫酸铜溶液作电解液，电解精炼银与此类似，则纯银作阴极，粗银作阳极，硝酸银溶液作电解液；（2）加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4速率的措施有搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案；（3）滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能溶解银、产生无色气体，即，离子方程式为：，无色的一氧化氮气体在空气迅速被氧化为红棕色的二氧化氮气体，即；（4）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（5）结合信息和流程图可知：硫酸铜、硫酸铝与稀氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和氢氧化铝，煮沸时氢氧化铜分解生成氧化铜，氢氧化铝不分解，所以固体B的主要成分是和的混合物，若过量，两性氢氧化物就会溶解，反应的离子方程式为：。
15．一种从铋冶炼浸渣(浸渣中的铅多数以硫酸铅的形态存在，少量以氧化铅、碳酸铅的形态存在)为原料生产三盐基硫酸铅()的工艺流程如图所示。
已知常温下，，，，
回答下列问题：
(1)常温下，的电离平衡常数_______。
(2)写出转化过程发生反应的化学方程式_______，Pb的转化率随着用量的增加而增加，醋酸可以促进硫酸铅溶解，但实验表明：Pb的转化率随醋酸用量的增加而减少，这是由于_______。
(3)测得滤液1中，则该滤液中_______(保留1位小数)；滤液2中可以循环利用的物质是_______；从滤液3可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测定该晶体中结晶水的含量，所需的仪器除三脚架、托盘天平、瓷坩埚、干燥器、酒精灯、玻璃棒，还需要的仪器有_______。
(4)合成三盐基硫酸铅时，影响产品纯度的因素很多，其中反应终点pH对产品中PbO和含量的影响如下图(将看作是PbO和，经测定三盐基硫酸铅中PbO理论含量90.10%，理论含量8.08%)，则反应终点控制pH的范围是_______。(填序号)。
A．<8.4B．8.4~8.8C．8.8~9.2D．>9.2
【答案】(1)2×10-5 (2) PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑ 醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量 (3) 4.6×10-7 硝酸 坩埚、泥三角 (4)B
【解析】一种从铋冶炼浸渣(浸渣中的铅多数以硫酸铅的形态存在，少量以氧化铅、碳酸铅的形态存在)加碳酸氢铵，PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，过滤后滤渣用硝酸酸溶，再加硫酸得到PbSO4,过滤得滤渣，加NaOH溶液在50-60℃合成，过滤、洗涤、干燥得三盐基硫酸铅()。（1）在NH4HCO3溶液中，反应NH4+ +HCO3-+H2O⇌NH3•H2O+H2CO3的平衡常数K===1.25×10-3，常温下，的电离平衡常数2×10-5。（2）转化过程转化为更难溶的PbCO3，发生反应的化学方程式PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，Pb的转化率随着用量的增加而增加，醋酸可以促进硫酸铅溶解，但实验表明：Pb的转化率随醋酸用量的增加而减少，这是由于醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量。（3）测得滤液1中，PbSO4+CO32- PbCO3+SO42-,
,则该滤液中4.6×10-7；滤液2中可以循环利用的物质是硝酸；加热固体要在坩埚中进行，从滤液3可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测定该晶体中结晶水的含量，所需的仪器除三脚架、托盘天平、瓷坩埚、干燥器、酒精灯、玻璃棒，还需要的仪器有坩埚、泥三角。（4）三盐基硫酸铅中PbO理论含量90.10%，SO3理论含量8.08%)，结合图形分析反应终点控制pH的范围是8.4～8.8，则反应终点控制pH的范围是B。
16．锶的化合物应用广泛，SrSO4可用于陶瓷工业，SrF2可作防蛀牙膏的添加剂。
(1)以天青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如下：
①“转化”中用碳酸氢铵和过量氨水的混合溶液浸取天青石精矿，可制得SrCO3沉淀。写出该过程的离子方程式：_____
②“转化”中维持反应温度70℃且控制氨水过量，氨水过量的主要原因是_____
③该工艺流程中，可循环利用物质是_______ (填化学式) 。
(2)工业上还可用碳还原法制备高纯硫酸锶。将天青石精矿和煤粉按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO4。
①煅烧温度对SrSO4转化率的影响如图,最佳煅烧温度为_____
②天青石精矿和煤粉质量比对SrSO4转化率的影响如图,天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5：1后，SrSO4转化率下降的可能原因是_______。
(3)SrF2一种晶体的晶胞结构如图所示。
①由图可知，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为_______。
②已知 =3.2×10-8，若一次刷牙所用牙膏含的质量为2mg，口腔中溶液体积为5mL，刷牙时口腔溶液中氟离子浓度为_______ml·L-1。
【答案】(1) 能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行 氨水 (2) 1200℃ 煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应 (3) 12
【解析】（1）由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4．粗SrCO3焙烧分解转化成氧化锶和二氧化碳，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，难溶的SiO2和BaSO4进入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此时加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4。（1）①由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应生成碳酸锶，；②氨水过量会中和较多的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与锶离子结合生成碳酸锶，所以氨水过量的主要原因是能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行；③第一步转化中需要NH3H2O，在沉淀过程中会生成NH3H2O，可循环利用；（2）①随着温度的升高硫酸锶的转化率在升高，当达到1200℃后，再升高温度转化率没有明显的变化，所以选择1200℃；②SrSO4转化率下降的可能原因是：煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应；（3）①由晶胞结构可知一种微粒位于顶点和面心，每个晶胞均摊4个，内部有8个另一种微粒，所以可知锶离子位于顶点和面心，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为12个；②是难溶物，口腔中形成了饱和溶液，设 ml·L-1，则 ml·L-1，所以，得，所以氟离子浓度为ml·L-1。
1. （2022·辽宁卷）某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）与软锰矿（主要成分为MnO2）联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如图：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；
②金属活动性：Fe＞（H）＞Bi＞Cu；
③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为 。
a．进一步粉碎矿石
b．鼓入适当过量的空气
c．降低焙烧温度
（2）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为 。
（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；② 。
（4）滤渣的主要成分为 （填化学式）。
（5）生成气体A的离子方程式为 。
（6）加入金属Bi的目的是 。
【答案】（1）ab （2） 2Bi2S3+9O2 eq \(=====,\s\up8(高温))2Bi2O3+6SO2
（3）抑制金属离子水解 （4）SiO2
（5）Mn2O3+6H++2Cl﹣＝2Mn2++Cl2↑+3H2O （6）将Fe3+转化为Fe2+
【解析】由流程图分析：辉铋矿Bi2S3，FeS2、SiO2与软锰矿（主要成分为MnO2）空气中焙烧，金属转化为Mn2O3、Fe2O3、Bi2O3，不变化的是SiO2，焙烧时应该有MnSO4生成，水浸时只有硫酸锰可溶进入滤液分离出来，加入浓盐酸时，Mn2O3转化为MnCl2，离子方程式为Mn2O3+6H++2Cl﹣＝2Mn2++Cl2↑+3H2O，加入Bi的单质，将Fe3+转化为Fe2+，溶液中BiCl3在一定条件下水解生成目的产物。
（1）联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；答案选ab；
（2）焙烧时Bi2S3被空气中氧气氧化，生成Bi的氧化物和SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为 2Bi2S3+9O2 eq \(=====,\s\up8(高温))2Bi2O3+6SO2 ；
（3） 加入盐酸时，金属氧化物和盐酸反应生成盐和水，可以使Bi3+和Mn2+充分浸出，同时还可以是溶液保持酸性环境，抑制金属离子水解；
（4））加入盐酸时，Mn2O3、Fe2O3、Bi2O3和盐酸反应生成金属氯化物进入溶液中，不和盐酸反应的是SiO2被过滤出来；
（5）因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl﹣＝2Mn2++Cl2↑+3H2O；
（6）由已知信息③知，调pH=2.6时，Fe3+会水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
2. （2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_______。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。
（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结品转化的是_______(填标号)。
A.、、 B.、、
C.、、 D.、、
【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2） SO EQ \s(2-,4)
（3） CaSO4•0.5H2O 减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率 酸解 D
【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
（2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c()=4c3()，c() =ml•L-1，因此c(Na+)=2c()=ml•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=ml•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= ml•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= ml•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO EQ \s(2-,4) ，然后才是。
（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化， B不符合题意；P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
3.（2022·浙江卷）化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：
请回答：
（1）组成X的元素有______，X的化学式为______。
（2）溶液C中溶质的成分是______(用化学式表示)；根据C→D→E的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序______。
（3）X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是______。
（4）设计实验确定溶液G中阴离子______。
【答案】（1）Fe、S、O、HFeH(SO4)2
（2）FeCl3、HCl、BaCl2Cl-、H2O、SCN-、OH-
（3）2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2
（4）用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-
【解析】X形成水溶液，与氯化钡反应生产白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明生产硫酸钡，说明X含有硫酸根，溶液加入KSCN变红说明含有Fe3+，B为4.66g则为0.02ml硫酸钡，说明X含有0.02ml的硫酸根，H中为Fe单质，即为0.01ml，X中含有0.01mlFe，由此可知X中应含有0.01的H，据此分析解题。
（1）由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH(SO4)2；
（2）X为FeH(SO4)2与氯化钡反应，溶液C中溶质的成分是FeCl3、HCl以及过量的BaCl2；根据C为溶液，铁离子在水中会水解，C→D形成络合物，D→E形成沉淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序：Cl-、H2O、SCN-、OH-；
（3）X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是：2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2；
（4）设计实验确定溶液G中阴离子：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-。
4.（2022·浙江卷）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
化合物X在空气中加热到，不发生反应。
请回答：
（1）组成X的三种元素为_______；X的化学式为_______。
（2）溶液C的溶质组成为_______(用化学式表示)。
（3）①写出由X到A的化学方程式_______。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式_______。
（4）设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体_______。
【答案】（1）Ba、Cu、OBaCu3O4（2）HCl、H2SO4
（3）①2NH3+BaCu3O4eq \(=====,\s\up5(△))Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O
②BaCu3O4+12NH3·H2O＝3Cu(NH3)42++Ba2＋+8OH－+8H2O
（4）将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O
【解析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A，A和盐酸反应生成0.960g紫红色固体应该是Cu，无色溶液B中加入0.015ml稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该是BaSO4，无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀2.330g是BaSO4，据此解答。
（1）根据以上分析可知Cu的物质的量是0.96g÷64g/ml＝0.015ml，第一次生成硫酸钡的物质的量是1.165g÷233g/ml＝0.005ml，第二次生成硫酸钡的物质的量是2.33g÷233g/ml＝0.01ml，因此1.965gX中一定含有0.96gCu，Ba的质量是0.005ml×137g/ml＝0.685g，二者质量之和是1.645g＜1.965g，相差0.32g，根据原子守恒可知应该是氧元素，物质的量是0.32g÷16g/ml＝0.02ml，则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1：3：4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。
（2）根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。
（3）①反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4eq \(=====,\s\up5(△))Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。
②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3)42+生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3·H2O＝3Cu(NH3)42++Ba2＋+8OH－+8H2O。
（4）反应中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O。
5. (2022·北京卷)铵浸法由白云石[主要成分为，含，杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流程如下：
已知：
（1）煅烧白云石的化学方程式为___________。
（2）根据下表数据分析：
已知：i．对浸出率给出定义
ii．对给出定义
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
②浸出率远高于浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“”数值为___________。
④实测值大于理论值的原因为___________。
⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，浸出率可出增加至，结合化学反应原理解释浸出率提高的原因为___________。
（3）滤渣C为___________。
（4）可循环利用的物质为___________。
【答案】（1）CaMg(CO3)2eq \(=======,\s\up8(高温))CaO+MgO+2CO2↑
（2）①CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O ②Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能 ③ 2.4：1 ④反应加入的CaO也转化为CaCO3 ⑤Mg(OH)2+(NH4)2SO4eq \(=====,\s\up5(△))MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH4+水解，溶液中H+浓度增大，有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4
（3）SiO2、Fe2O3
（4）NH4Cl、(NH4)2SO4
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。
（1）由分析可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为CaMg(CO3)2eq \(=======,\s\up8(高温))CaO+MgO+2CO2↑；
（2）①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O；
②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁；
③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1；
④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高；
（3）由分析可知，滤渣C为氧化铁、二氧化硅；
（4）由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。
6. (2022·河北卷)以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。
（2）黄铁矿研细的目的是_______。
（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。
（4）工序①的名称为_______，所得母液循环使用。
（5）沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。
（6）若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。
【答案】（1）Fe2O3 ②. SiO2
（2）增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
（3）7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
（5） +2； Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+
（6） H2O2 NH3·H2O
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。
（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为SiO2；
（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；
（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；
（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用；
（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6；
（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O。
7.（2021·北京卷）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
资料：
i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4
iii.0.1 ml/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；
0.1 ml/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
（1）纯化
①加入过量铁粉的目的是_______。
②充分反应后，分离混合物的方法是_______。
（2）制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。
①产生白色沉淀的离子方程式是_______。
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1ml/L(填“＞”“=”或“＜”)。
③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。
（3）产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
wg铁黄溶液b溶液c滴定
资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应
Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】
（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 过滤
（2）Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2NH4+ > pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
（3）不受影响
【解析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程
和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1ml/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1ml/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。
（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；
（2）pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
（3）由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响
8. （2021·广东卷）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
(3)“沉钼”中，为7.0。
①生成的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。
(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】(1). +6 (2). (3) +=↓ (4) (5)
【解析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，M元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为。
（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。
②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀， 因此， 时，应停止加入溶液。
（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。
②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。
草酸钪晶体
热分解温度区间(K)
固体失重百分率(%)
生成的含钪化合物
Sc2(C2O4)3·6H2O
(M=462g/ml)
383～423
19.48
Sc2(C2O4)3·H2O
463～508
23.38
A
583～873
70.13
Sc2O3
名称
Cu2+/Cu
Fe2+/Fe
Fe3+/Fe2+
电位/V
0.345
-0.440
0.770
0.740
试验编号
浓度/%
分相情况
钪萃取率/%
铁萃取率/%
1-1
1
分相快
90.76
15.82
1-2
2
分相容易
91.53
19.23
1-3
3
分相容易
92.98
13.56
1-4
4
有第三相
90.69
30.12
1-5
5
轻微乳化
91.74
39.79
物质
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 ml·L−1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10−5 ml·L−1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
8.1
10.1
物质
浸出率/
浸出率/
理论值/
实测值/
98.4
1.1
99.7
-
98.8
1.5
99.2
99.5
98.9
1.8
98.8
99.5
99.1
6.0
95.6
97.6
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