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(通用版)高考化学一轮复习一遍过专题11化工流程一金属(含解析)
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这是一份(通用版)高考化学一轮复习一遍过专题11化工流程一金属(含解析)，共24页。试卷主要包含了有关“未来金属”钛的信息有，二氧化铈是一种重要的稀土氧化物，“变废为宝”是化工的重要主题等内容，欢迎下载使用。
专题11 化工流程（一）（金属）
1．有关“未来金属”钛的信息有：①硬度大②熔点高③常温下耐酸碱、耐腐蚀④铁矿炼钛的一种工业流程为：
（1）钛铁矿的主要成分是FeTiO3（钛酸亚铁），其中钛的化合价为_______价，反应①化学方程式为_______。
（2）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，反应③化学方程式为_________，属于______（填反应类型），该反应_____（填“能”或“不能”）说明Mg的金属活动性强于Ti．
（3）上述冶炼方法得到的金属钛中会混有少量金属单质是______（填名称），由前面提供的信息 ______（填序号） 知，除去它的试剂可以是以下试剂中的_________（填序号）
A：HCl B：NaOH C：NaCl D：H2SO4
（4）氯化过程中主要发生的反应为2FeTiO3+6C+7Cl2 ====2TiCl4+2X+6CO，则X的化学式为：___________。
【答案】+4 2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2 2Mg+TiCl42MgCl2+Ti 置换反应或者氧化还原反应 能 镁 ③ AD FeCl3
【解析】（1）钛酸亚铁FeTiO3，Fe元素为+2价，O元素为-2价，设Ti元素为x价，可知(+2)+x+(-2)×3=0，解得x=+4，钛的化合价为+4价，根据流程图可知反应①中，反应物是C和FeTiO3，生成物为CO2、Fe和TiO2，因而①化学方程式为2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2；
（2）TiCl4在高温下与足量Mg反应置换出金属Ti，反应③化学方程式为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，单质和化合物反应得到另一个单质和化合物，可知该反应属于置换反应，同时该反应镁元素和钛元素化合价变化，也为氧化还原反应，Mg能从钛盐置换出Ti，说明Mg的金属活泼性强于Ti；
（3）上述冶炼方法得到的金属钛时，可能有部分Mg未反应完，因而混有少量的金属镁，要证实上述猜测，可根据镁属于活泼金属，易于酸反应，因而可用HCl和H2SO4，即选AD；
（4）根据化学反应中元素的种类和原子的个数守恒可知，X中含有Fe元素和Cl元素，同时Cl有3个，可推知X为FeCl3。
2．二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电脑显示屏生产过程中有大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)产生。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
(1)滤渣A的主要成分是_____________；洗涤滤渣A除去的阳离子主要是________(填离子符号)，检验该离子是否洗净的操作是________________________；
(2)步骤②中反应的离子方程式是_____________________；
(3)萃取是分离稀土元素的常用方法。已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP________(填“能”或“不能”)与水互溶。实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有________、烧杯、玻璃棒、量筒等；
(4)步骤④中反应化学方程式为______________________________。
【答案】SiO2、CeO2 Fe3＋ 取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；反之，未洗净 2CeO2+H2O2+6H＋=2Ce3＋+O2↑+4H2O 不能 分液漏斗 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4
【解析】 (1)根据上述分析可知，加入稀盐酸时，Fe2O3与HCl反应产生FeCl3和水，SiO2、CeO2不能溶解，进入滤渣A中，因此滤液A的主要成分是Fe2O3与HCl反应产生的Fe3＋；检验Fe3+的方法是取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则证明沉淀已洗净；反之，沉淀未洗净；
(2)稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O；
(3)化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，萃取剂与水互不相容，而且Ce3+在萃取剂中的溶解度比在水中的大，所以TBP不能与水互溶；实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等；
(4)Ce(OH)3与O2、H2O在加热时发生氧化还原反应，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。
3．化学来源于生活又服务于生活，化工生产是指对原料进行化学加工，最终获得有价值的产品的生产过程。某研究小组利用含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料制备铁红(氧化铁)和硫酸铵晶体。流程如下：
请回答下列问题：
(1)操作I的名称________________，滤渣的成分为__________________。
(2)简述下列实验操作：
①检验溶液A中金属阳离子的方法为____________________________________________________；
②检验固体B是否洗涤干净的方法是____________________________________________________。
(3)请写出溶液A中反应的离子方程式_______________________________________________________
(4) 测定废料中硫酸铜的质量分数：称取a g废料样品，将操作I得到的滤渣用足量的稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥，称得固体的质量为b g，则废料中硫酸铜的质量分数为_______________(写出表达式。)
(5) 某同学提出另一种制备铁红的方法：往工业废水中加入足量的硫酸和双氧水，通过下列操作也可以得到铁红，请配平下列离子方程式_____ Fe2++ _____ H2O2 + _____ H+= _____ Fe3+ + ____ H2O
【答案】过滤 Fe Cu 取少量液体于试管中，滴加少量的酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾的紫红色褪去，证明含有Fe2+ ；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净 10H2O+ 8NH3 +O2 + 4Fe2+ = 4 Fe(OH)3 + 8NH4+ (5b/2a)×100% 2 1 2 2 2
【解析】硫酸亚铁和硫酸铜中加入硫酸和过量的铁粉，铁和硫酸铜反应置换出铜，所以溶液A为硫酸亚铁，滤渣为铁和铜。溶液A中通入氨气和氧气，硫酸亚铁和氨气和氧气反应生成氢氧化铁和硫酸铵，固体B为氢氧化铁，氢氧化铁固体加热得到氧化铁。
(1)操作I是分离固体和液体，所以为过滤； 滤渣为Fe和Cu；
(2) ①溶液A中的阳离子为亚铁离子，可以利用其还原性，使用酸性高锰酸钾溶液进行检验，操作为：取少量液体于试管中，滴加少量的酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾的紫红色褪去，证明含有Fe2+ ；
②固体B为氢氧化铁，可能吸附有硫酸根离子，所以检验固体是否洗净，就是检验最后一次的洗涤液是否含有硫酸根离子，操作方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净 ；
(3)硫酸亚铁和氨气和氧气反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，离子方程式为：10H2O+ 8NH3 +O2 + 4Fe2+ = 4 Fe(OH)3 + 8NH4+ ；
(4)操作I得到的滤渣为铁和铜，用足量的硫酸溶解后，得到的固体为铜，则根据硫酸铜和铜的关系分析，铜的质量为bg，则硫酸铜的质量为g=5b/2g，硫酸铜的质量分数为(5b/2a)×100% ；
(5) 反应中亚铁离子的化合价从+2价升高到+3价，改变1价，过氧化氢中的氧元素的化合价从-1降低到-2价，所以二者的比例为2:1，再根据原子守恒和电荷守恒配平，该离子方程式为：2Fe2++ H2O2 + 2H+= 2Fe3++2H2O。
4．湿法炼锌厂在除杂过程中会产生大量铁矾渣。某黄钾铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO·Fe2O3及少量CaO、MgO、SiO2等。一种由黄钾铁矾渣制备复合镍锌铁氧体( NiZnFe4O8)的流程如下：
回答下列问题
(1)滤渣I的主要成分是___________。
(2)净化除杂阶段加入Fe粉时发生反应的离子方程式为___________、___________。已知：25℃时Ksp(CaF2)=2.7×10－11， Ksp (MgF2)=6.4×10－19。加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，若沉淀后溶液中c(Ca2+)=2.7×10－6mol·L－1，则c(Mg2+)=___________ mol·L－1。
(3)在Fe2+、Ni2+、Zn2+共沉淀过程中，三种离子的损失浓度与pH的关系曲线如图所示，pH与n(NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)的关系曲线如图所示。为提高原料利用率，n( NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)最好控制在___________左右；按此比例，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO3·2Me(OH)2·H2O沉淀的化学反应方程式为___________。
(4)铁氧体工艺阶段制备 NiZnFe4O8过程中，需加入___________剂(填“氧化”或“还原”)。按照上述流程，一座10万吨规模的锌厂每年产生黄钾铁矾渣约5万吨，Fe3+含量为27%，理论上每年可制备复合镍锌铁氧体(NiZnFe4O8，M=476g·mol－1)___________万吨(保留两位有效数字)
【答案】SiO2 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ Fe + 2H+ =Fe2+ + H2↑ 6.4×10-14 2.0 3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me(OH)2·2H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑ 氧化 4.3
【解析】（1）SiO2不和硫酸反应，因而滤渣Ⅰ为SiO2。
（2）净化除杂阶段加入Fe粉与过量的稀硫酸置换出氢气，与Fe3+发生氧化还原反应，因而离子方程式为2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ ，Fe + 2H+ =Fe2+ + H2↑。Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，带入数据，根据溶液中的钙离子浓度可以求出c(F-)=10-2.5mol/L，再根据Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-)，解得c(Mg2+)=6.4×10-14mol/L。
（3）观察图1可知pH=7.2时，三种离子的损失浓度最大，即沉淀达到最大值，因而此时的pH值最合理，结合图2，当pH等于7.2时，n( NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)等于2.0，说明n( NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)最好控制在2.0左右。根据滤液Ⅱ配料，可知阴离子还有SO42-，因而反应物为MeSO4和NH4HCO3，Me2+和HCO3-要发生双水解，除了信息给的沉淀，产物还有CO2和(NH4)2SO4，因而化学方程式为3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me(OH)2·2H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑。
（4）流程前期操作得到的是Fe2+，而铁氧体工艺阶段得到的 NiZnFe4O8铁元素是+3价，说明需要加入氧化剂。因2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，说明3n(Fe3+)=2n(Fe2+)，可知3m(Fe3+)=2m(Fe2+)，所以流程中共加入铁元素的质量为5×0.27×3/2=2.025万吨，而NiZnFe4O8铁元素质量分数为56×4/476=47％，因而NiZnFe4O8的质量为2.025÷47％=4.3万吨。
5．七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂，在医药上用于催吐剂。工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO4·7H2O的流程如下：
请回答下列问题：
（1）氧化锌矿粉碎过筛的目的是_____；滤渣X的成分是____。
（2）步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为________。
（3）“除铁”加入试剂M调节溶液的pH，试剂M可以为____（填化学式）；已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10−39，沉铁过程中要使溶液中c(Fe3+)≤1.0×10−5 mol·L−1，必须控制溶液的pH≥_____。[lg2.6=0.4]
（4）步骤Ⅲ加入锌粉的目的是_____，滤渣Z的成分是____。
（5）取28.70gZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示：
①步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是______。
②680℃时所得固体的化学式为______。
a．ZnO b．Zn3O(SO4)2 c．ZnSO4 d．ZnSO4·H2O
【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 H2SiO3 2Fe2＋+H2O2+2H＋2Fe3＋+2H2O ZnO或Zn(OH)2等 2.8 除去溶液中的Cu2+ Cu、Zn 降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解 b
【解析】（1）氧化锌矿石粉碎可增大固体与溶液接触面积，加快反应速率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3，故滤渣X的成分为H2SiO3，
故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率； H2SiO3；
（2）在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：2Fe2＋+H2O2+2H＋2Fe3＋+2H2O，
故答案为：2Fe2＋+H2O2+2H＋2Fe3＋+2H2O；
（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO、Zn(OH)2等化合物；溶液中c(Fe3+)=1.0×10−5 mol·L−1，则c3(OH−)==2.6×10−34，c(OH−)=×10−11 mol·L−1，故pOH=11−1/3lg0.26=11.2，pH=14−pOH=2.8，
故答案为：ZnO或Zn(OH)2等； 2.8；
（4）在步骤Ⅲ中加入锌粉的目的是将Cu2+还原成Cu，通过过滤除去；为了将Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z中包含Cu和Zn，
故答案为：除去溶液中的Cu2+；Cu、Zn；
（5）①由于ZnSO4·7H2O易分解，烘干时要适当降低温度；
②n(ZnSO4·7H2O)= =0.1 mol，加热过程中若得ZnSO4·H2O的质量为17.90 g(100 ℃)；若得ZnSO4的质量为16.10 g(250 ℃)；若得ZnO的质量为8.10 g(930 ℃)；据此通过排除法确定680 ℃时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2，故答案为：降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解；b。
6．碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
回答下列问题：
（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在_____________________范围内。
（2）反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为___________。
（3）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+ 聚合离子，该水解反应的离子方程式为_________________________________。
（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3－。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为_________。
A．氯水 B．KSCN溶液 C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液
（5）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后,再用 0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。
已知：2Fe3++2I-=2Fe2++I2 2S2O32-+I2=2I-+S4O62-
则溶液中铁元素的总含量为_________g·L-1。若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会_______ (填“偏高” “偏低” “不变”)
【答案】4.4~7.5 2H+ + Fe2++ NO2- = Fe3+ + NO↑ + H2O 2Fe(OH)2+ +2H2OFe2(OH)42+ + 2H+ D 5.6 偏高
【解析】（1）制备硫酸亚铁，需与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，避免生成Fe（OH）2沉淀，则应控制溶液pH在4.4～7.5之间；
（2）NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故离子方程式为2H+ + Fe2++ NO2- = Fe3+ + NO↑ + H2O；
（3）[Fe（OH）]2+离子，可部分水解生成[Fe2（OH）4]2+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为2[Fe（OH）]2++2H2O [Fe2（OH）4]2++2H+；
（5）检验所得产品中是否含有Fe2+，可使用酸性KMnO4溶液，现象是酸性高锰酸钾溶液褪色；
（6）根据所给反应可得关系式Fe3+~S2O32-，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020mol×56g/mol÷0.020L=5.6g/L；若滴定前溶液中H2O2没有除尽，则H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高。
7．以高钛渣(主要成分为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：
已知：Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去。
(1)熔盐:
①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是__________。
②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550 ℃时生成Na2TiO3，该反应的化学方程式为_________。
(2)过滤:
①“滤液”中主要溶质为NaOH，还含有少量________(填化学式)。
②除杂后的滤液中获得的NaOH可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_________。
(3)水解:“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸，生成难溶于水的H2TiO3，该反应的化学方程式为______。
(4)脱色:H2TiO3中因存在少量Fe(OH)3而影响TiO2产品的颜色，“脱色”步骤中Ti2(SO4)3的作用是_________。
【答案】搅拌 12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O Na2SiO3 用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长) TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4 将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度
【解析】(1)①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而达到加快反应速率的目的，
故答案为：搅拌；
②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550 ℃时生成Na2TiO3，发生氧化还原反应，其化学方程式为：12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O，
故答案为：12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O；
(2) ①熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO2反应，其化学方程式为：2NaOH＋SiO2 = Na2SiO3＋H2O，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液”中含有少量Na2SiO3，
故答案为：Na2SiO3；
②“水浸”时，用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)，
故答案为：用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)；
(3)“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解，经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3，其化学方程式为：TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4，
故答案为：TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4；
（4）根据给定信息易知，“脱色”步骤中加入还原性的Ti2(SO4)3，是为了将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度，且不引入新的杂质，
故答案为：将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度。
8．NiSO4·6H2O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。可由电镀废渣(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：
请回答下列问题：
(1)用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有_________________(任写一点)。
(2)向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：____________________________________________。
(3)在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃时加入NaOH调节pH，除去铁和铬。此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀除去。如图是温度—pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域[已知25℃时，Fe(OH)3的Ksp=2.64×10－39]。
下列说法正确的是(选填序号)_______。
a. FeOOH中铁为+2价
b.若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中c(Fe3+)=2.6×10－29mol·L－1
c.用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2++C1O3－+6H+=6Fe3++C1－+3H2O
d.工业生产中常保持在85~95℃生成黄铁钒钠，此时水体的pH约为3
(4)上述流程中滤液I的主要成分是___________。
(5)操作I的实验步骤依次为(实验中可选用的试剂：6mol·L－1的H2SO4溶液、蒸馏水、pH试纸)：
①___________；②___________；③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4·6H2O晶体：④用少量乙醇洗涤NiSO4·6H2O晶体并晾干。
【答案】加热或搅拌或增大硫酸浓度等 Cu2＋＋S2－===CuS↓ c NiSO4 过滤，并用蒸馏水洗净沉淀 向沉淀中加6 mol·L－1的H2SO4溶液，直至恰好完全
【解析】 (1) 能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以升高反应温度，在反应过程中不断搅拌，增大反应物浓度都可以提高反应速率；
故答案为：加热或搅拌或增大硫酸浓度等；
(2)S2-可以与Cu2+，Zn2+反应生成难溶性的Cu2S和ZnS，从而达到除去Cu2+和Zn2+的目的；
故答案为：Cu2＋＋S2－===CuS↓；
(3) a．FeOOH中O元素显-2价，H显+1价，所以铁为+3价，故a错误；
b．pH=4时，c（OH-）=1×10-10mol/L，已知25℃时，Fe（OH）3的Ksp=c(Fe3+)∙c3(OH-)=2.64×10-39，则c（Fe3+）=2.64×10-9mol/L，故b错误；
c．ClO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故c正确；
d．由图象可知，生成黄铁矾钢所需要的合适温度为85℃～95℃，pH约为1.2～1.8，故d错误；
故答案为：c。
(4) 从流程图可知，滤液I中加入硫酸后，生成了NiSO4，所以滤液I的主要成分是NiSO4；
故答案为：NiSO4；
(5) 滤液III主要是NiSO4，加入碳酸钠溶液后，得到NiCO3沉淀，应先过滤、蒸馏水洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶；
故答案为：过滤，并用蒸馏水洗净沉淀；向沉淀中加6 mol·L－1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解。
9．“变废为宝”是化工的重要主题。工业上可用电子工业中刻蚀线路板的酸性废液(主要成分有CuCl2，FeCl2等)制备碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3]，其制备过程如下图所示：
查阅资料得知，一定浓度的Cu2+、Fe2+、Fe3+生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属离子
Cu2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀的pH
4.2
6.5
1.4
沉淀完全的pH
6.7
9.7
3.7
（1）电子工业中用FeCl3溶液制作铜制印刷电路板，该反应的离子方程式为___________。
（2）操作I、操作Ⅱ所用的玻璃仪器除烧杯外还需要______________________。
（3）氯酸钠的作用是____________________________________________；反应A中氧化剂与还原剂物质的量之比是___________。
（4）调节pH的范围为___________，可以选择的试剂是___________(填序号)。
A.氨水 B.硫酸铜 C.氧化铜 D.氢氧化铜
（5）已知滤液Ⅱ中含有碳酸氢钠，写出生成碱式碳酸铜的离子方程式：___________。
（6）若废液中CuCl2的含量为13.5%，则1吨废液理论上可提炼碱式碳酸铜________吨。
【答案】2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 漏斗、玻璃棒 将Fe2+氧化为Fe3+ 1:6 3.7～4.2 CD 2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2HCO3- 0.111
【解析】（1）FeCl3溶液与铜发生反应生成亚铁离子与铜离子：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
正确答案：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
（2）操作Ⅰ、操作Ⅱ是过滤，过滤装置所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
正确答案：漏斗、玻璃棒
（3）氯酸钠把Fe2+氧化为Fe3+， NaClO3被还原为氯化钠，氯元素由正五价降到负一价，Fe2+到Fe3+升高一价，根据得失电子数相等，得出关系式NaClO3～6 Fe2+，即氧化剂与还原剂物质的量之比为1:6；
正确答案: 1:6
（4）调节pH使得铁离子沉淀完全，铁离子沉淀完全pH为3.7，铜离子开始沉淀pH为4.2，故应控制pH为3.7～4.2，使铁离子沉淀完全而铜离子不沉淀；氨水会引入杂质离子，硫酸铜不能使溶液pH升高，氢氧化铜和氧化铜能和氢离子反应，能调节pH，且不会引入杂质，可用作调节pH的试剂。
正确答案：3.7～4.2 CD。
（5）根据题意铜离子和碳酸根离子反应生成碱式碳酸铜和碳酸氢根离子，离子方程式为2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2HCO3－；
正确答案：2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2HCO3－
（6）设生成的碱式碳酸铜的质量为x，利用铜的守恒，列关系式进行计算
2CuCl2～Cu2（OH）2CO3
2×135吨 222吨
1吨×13.5% x
x==0.111吨。
10．锌锰干电池是很古老的一次性电池，它的生产原料主要有软锰矿和闪锌矿。已知闪锌矿中含ZnS约80%，FeS、CuS、SiO2共约7%，其余为水分；软锰矿中含MnO2约a%，SiO2约20%，Al2O3约4%，其余为水分。科研人员开发了综合利用软锰矿和闪锌矿的同槽酸浸工艺，工艺流程如下图所示。
请回答下列问题：
(1)反应I需不断搅拌，目的是____________________________。
(2)检验反应I的滤液中含有Fe3+的试剂为____________；写出反应I中由FeS生成Fe3+的离子方程式____________________________________。
(3)反应Ⅱ加入适量锌的作用是__________________；反应III中MnO2的作用是________________。
(4)已知ZnCO3、MnCO3的Ksp分别为1.4×10-10、2.2×10-11；要使反应IV之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L，则溶液中残留的CO32-浓度至少为__________mol/L。
(5)图是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解 度曲线(g/100g水)，则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液________→__________→ 用乙醇洗涤→干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是_________________________________________。
【答案】加快反应速率，提高原料利用率。 KSCN(或苯酚) 2FeS+3MnO2+12H+ =2Fe3+ +2S+3Mn2+ +6H2O 将溶液中的Cu2+还原成Cu 将Fe2+氧化成Fe3+ 1.4×10-4 蒸发结晶 趁热过滤 防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗
【解析】（1）反应I是闪锌矿、软锰矿在硫酸中的溶解过程，搅拌是为了加快反应速率，提高原料利用率；
本题答案为：加快反应速率，提高原料利用率。
（2）Fe3+遇到KSCN溶液变成血红色，Fe3+遇到苯酚溶液显紫色，故欲检验I的滤液中含有Fe3+的试剂为：KSCN(或苯酚)；反应I中由FeS和MnO2在酸性溶液中反应生成Fe3+、H2O、S、Mn2+，反应的的离子方程式为：2FeS+3MnO2+12H+ =2Fe3+ +2S+3Mn2+ +6H2O；
本题答案为：KSCN(或苯酚)、2FeS+3MnO2+12H+ =2Fe3+ +2S+3Mn2+ +6H2O。
（3）由图可知，反应Ⅱ加入适量锌有铜析出，故反应Ⅱ是将溶液中的Cu2+还原为Cu；反应III中加入MnO2，将Fe2+氧化成Fe3+，最终生成Fe(OH)3沉淀；
本题答案为：将溶液中的Cu2+还原成Cu；将Fe2+氧化成Fe3+。
（4）欲使Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L，根据ZnCO3的Ksp=1.4×10-10，即c(Zn2+)c(CO32-)=1.4×10-10，求得：c(CO32-)=1.4×10-10÷（1.0×10-6）=1.4×10-4mol/L，同理可求使Mn2+沉淀，当Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L时，c(CO32-)=2.2×10-5mol/L，所以溶液中残留的CO32-浓度至少为1.4×10-4mol/L ；
本题答案为：1.4×10-4。
（5）由图像溶解度曲线变化可知，Na2SO4的溶解度，在温度较高时，随温度升高而降低，而Na2SO4•10H2O的溶解度，随温度升高而升增大，欲得到Na2SO4晶体，应采取加热蒸发溶剂使Na2SO4结晶析出，并趁热过滤；因Na2SO4在乙醇中难于溶解，所以用乙醇洗涤即防止Na2SO4和水作用生成Na2SO4•10H2O，又能防止Na2SO4因溶于水而损耗；
本题答案为：蒸发结晶 、趁热过滤、防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗。
11．一种新兴材料——铍日益被重视，有“超级金属…尖端金属…空间金属”之称。工业上常用绿柱石(主要成分3 BeO·Al2O3·6SiO2，还含有铁等杂质)冶炼铍，一种简化的工艺流程如下：
按元素周期表的对角线规则，Be和Al性质相似：几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如表。回答下列问题：
（1）步骤②中将熔块粉碎的目的是___________；滤渣1的主要成分是___________。
（2）步骤③加入H2O2时发生反应的离子方程式为___________，从滤液1中得到沉淀的合理pH为___________(填序号)
A.3.3—3.7 B.3.7—5.0 C.5.0—5.2 D.5.2—6.5
（3）步骤④不宜使用NaOH溶液来沉淀Be2+的原因是___________。从溶液中得到(NH4)2BeF4的实验操作是___________、过滤、洗涤、干燥。
（4）实验室模拟步骤⑤装置如图，控制氨气与氟化氢气体积比的方法是_______________。
（5）步骤⑥的反应类型是___________，步骤⑦需要隔绝空气的环境，其原因是___________。
（6）若绿柱石中BeO的含量为a%，上述过程生产Be的产率为b%，则1t该绿柱石理论上能生产含铍量2%的镀铜合金___________t。
【答案】增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率 H2SiO3 2H＋＋H2O2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2H2O C 过量NaOH溶液会溶解Be(OH)2 蒸发浓缩、冷却结晶 通过观察广口瓶中产生气泡的速率调节流速 分解反应 高温下，Mg（或铍）与N2、O2等气体发生反应，降低产率 1.8×10－3ab
【解析】（1）将熔块粉碎的目的是增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率；根据绿柱石的成分，熔炼过程中SiO2与石灰石生成CaSiO3，CaSiO3与硫酸反应生成CaSO4和H2SiO3，即滤渣1的主要成分为H2SiO3；
（2）根据流程，滤液1中含有阳离子是Fe2＋、Al3＋、Be2＋、H＋，步骤③中加入H2O2，H2O2把Fe2＋氧化成Fe3＋，即离子方程式为2H＋＋H2O2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2H2O；根据流程，步骤③除去的是Fe3＋、Al3＋，加入氨水调节pH，使Fe3＋、Al3＋以Al(OH)3、Fe(OH)3形式除去，因此调节pH范围是5.0≤pH<5.2，故选项C正确；
（3）因为Be和Al的性质相似，即Be(OH)2为两性氢氧化物，过量NaOH溶液会溶解Be(OH)2；从溶液中得到(NH4)2BeF4的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（4）根据装置，通过观察广口瓶中产生气泡的速率调节流速；
（5）步骤⑥的反应类型为分解反应；Be和Al的性质相似，Mg是活泼金属，能与空气中氧气发生反应，因此隔绝空气的环境的原因是高温下，Mg（或铍）与N2、O2等气体发生反应，降低产率；
（6）根据题意得出：=m(合金)×2%，得出m(合金)=1.8×10－3abt。
12．ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为 ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下流程制取。
已知：① ZrSiO4能与烧碱反应生成Na2ZrO3和Na2SiO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+。
②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。
金属离子
Fe3+
Al3+
ZrO2+
开始沉淀pH
1.9
3.3
6.2
沉淀完全pH
3.0
5.2
8.0
(1)“熔融”过程中，ZrSiO4发生反应的化学方程式是_________________，滤渣I的化学式为______________。
(2)“氧化”过程中，发生反应的离子方程式是_______________，调“pH=a”时，a的范围是__________________。
(3)为得到纯净的ZrO2，滤渣III要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_____________________。
(4)滤渣Ⅲ的成分是Zr(CO3)2·xZr(OH)4。取干燥后的滤渣Ⅲ 37.0g，煅烧后可得到24.6gZrO2。则x等于______________________；“调pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为_______
【答案】ZrSiO4＋4NaOHNa2ZrO3＋Na2SiO3＋2H2O H2SiO3 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O 5.2≤a＜6.2 取少许最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，说明已洗净 1 2ZrO2＋＋2CO32－＋2H2O＝Zr(CO3)2·Zr(OH)4↓
【解析】 (1)“熔融”过程中，加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，ZrSiO4发生反应的化学方程式是：ZrSiO4＋4NaOHNa2ZrO3＋Na2SiO3＋2H2O ；
加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2＋，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤渣I的化学式为： H2SiO3；
（2）加双氧水，将Fe2＋氧化为Fe3＋，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不沉淀，“氧化”过程中，发生反应的离子方程式是2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，调“pH=a”时，a的范围是 5.2≤a＜6.2；
（3）为得到纯净的ZrO2，滤渣III要用水洗，滤渣III中可能含有氯离子，检验沉淀是否洗涤干净的方法是：取少许最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，说明已洗净；
（4）根据方程式：
Zr(CO3)2·xZr(OH)4（x+1）ZrO2+2CO2↑＋2xH2O
211+159x 123（x+1）
37.0g 24.6g
x=1
“调pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为2ZrO2＋＋2CO32－＋2H2O＝Zr(CO3)2·Zr(OH)4↓。
13．（14分）碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]可用作净水剂、媒染剂、颜料和药物。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等），生产碱式硫酸铁的部分工艺如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
（1）反应I中发生的氧化还原反应的离子方程式是__________。
（2）反应II中加入NaHCO3调节体系的pH在____范围内。
（3）反应III中生成的气体遇空气变红棕色，则III中发生反应的离子方程式是_________ 。
（4）反应III中通入氧气可减少NaNO2的用量，若消耗1mol氧气可节约n(NaNO2)=____mol。
（5）用硫酸可知体系的pH。若硫酸加入量过小，溶液生成沉淀；若硫酸加入量过大，不利于产品形成，用化学平衡移动原理分析其原因是_________。
（6）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可发生水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，该水解反应的离子方程式是____________。
【答案】（1）Fe+2H+=Fe2++H2↑；Fe+2Fe3+=3Fe2+；（2）4.4—7.5 ；
（3）Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；（4）4；
（5）Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，若硫酸量过小，c(H+)过低，平衡正向移动，会生成Fe(OH)3沉淀；若硫酸加入量过大，平衡逆向移动，溶液中c(OH-)过小，不利于产物形成；
（6）2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)42++2H+
【解析】
试题分析：（1）氧化铝、氧化铁与硫酸反应产生硫酸铝、硫酸铁，硫酸铁与Fe发生氧化还原反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+；过量的铁粉与硫酸反应产生硫酸亚铁和氢气，所以反应I中发生的氧化还原反应的离子方程式是Fe+2H+=Fe2++H2↑；Fe+2Fe3+=3Fe2+；（2）经过反应I后的溶液中含有Al3+、Fe2+，为了使杂质离子Al3+除去，又不使溶液中的Fe3+变为沉淀出去，要加入NaHCO3调节体系的pH在在4.4—7.5 ；范围内；这时形成Al(OH)3沉淀，将其过滤除去，向滤液中加入NaNO2、硫酸，发生氧化还原反应：Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；（4）根据得失电子数目相等，由于1mol的NaNO2在反应中可以得到1mol电子，1mol氧气能够得到4mol的电子，所以反应III中通入氧气可减少NaNO2的用量，若消耗1mol氧气可节约n(NaNO2)=4mol。（5）用硫酸可知体系的pH。若硫酸加入量过小，溶液生成沉淀；若硫酸加入量过大，不利于产品形成，这是由于Fe3+在溶液中会发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，若硫酸量过小，c(H+)过低，平衡正向移动，会生成Fe(OH)3沉淀；若硫酸加入量过大，平衡逆向移动，溶液中c(OH-)过小，不利于产物形成；（6）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可发生水解反应生成Fe2(OH)42+聚合离子，则该水解反应的离子方程式是2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)42++2H+。
14．（16分）纳米TiO2具有独特的光催化性、优异的颜色效应以及紫外线屏蔽等功能，在光催化剂、化妆品、抗紫外线吸收剂、功能陶瓷、气敏传感器件等方面具有广阔的应用前景。工业上用钛铁精矿（FeTiO3）提炼TiO2的工艺流程如下：
（1）写出硫酸酸浸溶解钛铁精矿的离子方程式 ，酸浸时为了提高浸出率，可以采取的措施为 。
（2）钛铁精矿后冷却、结晶得到的副产物A为 ，结晶析出A时，为保持较高的酸度不能加水，其原因可能为 。
（3）滤液水解时往往需加大量水稀释同时加热，其目的是 。
（4）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是 。
（5）工业上将TiO2和炭粉混合加热氯化生成的TiCl4，然后在高温下用金属镁还原TiCl4得到金属钛，写出TiO2制备Ti的化学方程式： 。
【答案】⑴FeTiO3＋6H＋＝Fe2＋＋Ti4＋＋3H2O(2分) 增大硫酸浓度或加热升高温度或边加硫酸边搅拦或增加浸出时间等(2分)
⑵FeSO4·7H2O(2分) 防止Ti(SO4)2水解、减少FeSO4·7H2O的溶解量(2分)
⑶促进Ti4＋水解趋于完全，得到更多的H2TiO3沉淀。(2分)
⑷水解得到的稀硫酸可以循环使用(2分)
⑸TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO(2分)、TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2(2分)
【解析】
⑴FeTiO3中Fe、Ti分别显＋2、＋4价，溶于硫酸得到对应的硫酸盐，因此方程式为FeTiO3＋6H＋＝Fe2＋＋Ti4＋＋3H2O。要提高浸出率，则可以从影响反应速率的角度分析，即可通过增大硫酸浓度或加热升高温度或边加硫酸边搅拦或增加浸出时间等。
⑵根据（1）正的方程式可知，反应中有硫酸亚铁生成，结晶即得到FeSO4·7H2O，所以副产物A为硫酸亚铁溶液结晶得到的FeSO4·7H2O。结晶时不能加水，是为了防止Ti(SO4)2水解、减少FeSO4·7H2O的溶解量。
⑶稀释能增加水解程度，同时水解反应受吸热反应，升高温度增大水解程度。所以滤液水解时往往需加大量水稀释同时加热，主要是促进Ti4＋水解趋于完全，得到更多的H2TiO3沉淀。
⑷该工艺流程中硫酸可以循环使用，体现绿色化学理念。
（5）碳粉在高温下生成物应是CO，方程式为TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO。镁在高温下和四氯化钛发生置换反应，方程式为TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2。
15．2018年第十二届中国国际航空航天博览会于11月6日至11日在珠海举行。银铜合金广泛用于航空工业，从银铜合金的切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃。
（1）电解精炼银时，粗银作______极，另一电极上的电极反应式为____________。
（2）加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4的速率的措施有________、________(写出两种)。
（3）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为__________。
（4）煮沸CuSO4混合溶液的过程中，得到固体B，则固体B的组成为______；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为___________。
（5）硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁元素，浸取时发生复杂的氧化还原反应。反应体系中除CuSO4和FeS2外，还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O，下列对该反应的分析正确的是______(填字母代号)。
A．氧化剂为CuSO4和FeS2
B．反应后溶液的pH降低
C．被氧化的FeS2只占总量的30%
D．每转移2 mol电子消耗3 mol CuSO4
【答案】阳 Ag++e-=Ag 增大硫酸浓度 升高温度或粉碎或搅拌等 3Ag+4HNO3(稀) =3AgNO3+NO↑+2H2O Al（OH）3和CuO Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O ABC
【解析】
【分析】
由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2。
【详解】
（1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Ag-e-=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag++e-=Ag，故答案为：阳；Ag++e-=Ag；
（2）加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4的速率，可采用增大硫酸浓度、升高反应温度、粉碎渣料增大固体表面积或搅拌等措施，故答案为：增大硫酸浓度；升高温度或粉碎或搅拌等；
（3）滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能与银反应生成硝酸银、一氧化氮无色气体和水，反应的化学方程式为3Ag+4HNO3(稀) =3AgNO3+NO↑+2H2O，故答案为：3Ag+4HNO3(稀) =3AgNO3+NO↑+2H2O；
（4）未煮沸CuSO4混合溶液之前是，加入硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液得到Cu（OH）2沉淀和Al（OH）3沉淀的化合物，由信息可知Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，则煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知固体B的组成为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
(5) 由反应体系中元素化合价的变化可知，反应物为CuSO4、FeS2和H2O，生成物为Cu2S、FeSO4和H2SO4，反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。
A、反应中，Cu元素的化合价由+2降低为+1，部分S元素的化合价由-1降低到-2，部分S元素的化合价由-1升高到+6价，则Cu2S只是还原产物，FeS2既是作氧化剂，又做还原剂，故正确；
B、由反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4可知，反应中有硫酸生成，反应后溶液的pH降低，故正确；
C、由反应的化学方程式可知，10个S原子中，有3个S原子失去电子，7个S原子得到电子，即被氧化的硫与被还原的硫的物质的量比为3:7，则被氧化的FeS2只占总量的30%，故正确；
D、由反应的化学方程式可知，14mol硫酸铜氧化1molFeS2，4molFeS2中有3.5mol是氧化剂，0.5mol是还原剂，反应中转移21mol电子，则转移2 mol电子消耗mol CuSO4，故错误；
ABC正确，故答案为：ABC。
16．以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下：
（1）“酸浸”过程，为提高铁和镍元素的浸出率，可采取的措施有___________(写出两种)。
（2）“过滤Ⅰ”滤渣的主要成分是______。
（3）“氧化”过程欲使0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为________ mol。
（4）“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，写出该反应的化学方程式______。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转变为_____(填化学式)。
（5）向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4·H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如下图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为_____。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式_____。
（6）高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂，J．C．Poggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42－的电极反应式为______；Deininger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是_______。
【答案】提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条） SiO2 0.15 2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑ Fe(OH)3 0.015mol/L N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O) Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O 避免FeO42-在阴极上被还原
【解析】（1）可通过提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等提高铁和镍元素的浸出率，
故答案为：提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）；
（2）Fe2O3、FeO、NiO、SiO2经过“酸浸”后，溶液存在Fe3+、Fe2+和Ni2+,只有SiO2不溶于硫酸，作为滤渣被过滤出来，
故答案为：SiO2；
（3）NaClO做氧化剂会将Fe2+氧化为Fe3+，Cl元素由+1价降低到-1价，则易知2Fe2+NaClO，则0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为0.15 mol，
故答案为：0.15；
（4）NaClO氧化后，溶液中溶质为Fe2(SO4)3，继续在“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，则化学方程式为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑，碳酸钠过多，溶液酸性减弱，使pH增大，极易生成Fe(OH)3沉淀，
故答案为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑；Fe(OH)3；
（5）根据图示数据可以看出，氢氧化钠浓度为0.015mol/L时，仅出现Ni衍射峰，因此制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为0.015mol/L，则碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式为：N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)，
故答案为：0.015；N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)；
（6）根据电解原理以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，因此阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，FeO42－具有强氧化性，因此阳离子交换膜的作用是避免FeO42－在阴极上被还原；
故答案为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；避免FeO42-在阴极上被还原。
17．一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：
（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为__。
（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的化学反应方程式为（产物中只有一种酸根）___。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，则不用盐酸浸出钴的主要原因是____________。
（3）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式_______。
（4）碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请写出在过程IV中起的作用是________。
（5）仅从沉淀转化角度考虑，能否利用反应：CoCO3 +C2O42- ＝ CoC2O4 +CO32- 将CoCO3转化为CoC2O4? ____(填“能”或“不能”），说明理由：__________________ [已知Ksp(CoCO3) =1.4×10-13, Ksp (CoC2O4) =6.3×10-8]。
（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色CoCl2·6H2O晶体受热时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是___。
【答案】2Al+2OH-+2H2O = 2AlO2-+3H2↑ 4Co2O3·CoO +Na2S2O3+11H2SO4 12CoSO4+Na2SO4+11H2O Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境 2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑ 调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3 不能 该反应的平衡常数K=2.22×l0-6 ，转化程度极小 CoCl2•2H2O
【解析】（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O = 2AlO2-+3H2↑；
（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液Co2O3被还原为CoSO4，化学反应方程式为4Co2O3·CoO + Na2S2O3 + 11H2SO4 = 12CoSO4 + Na2SO4 + 11H2O 。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，这是由于Co2O3·CoO具有氧化性，可氧化盐酸产生Cl2，污染环境，所以工业不用盐酸浸出钴，
故答案为：4Co2O3·CoO +Na2S2O3+11H2SO4 12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；
（3）碳酸根与铝离子发生双水解反应，生成氢氧化铝，该反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑，
故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑；
（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，
故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
（5）因该反应的平衡常数k=，转化程度极小，所以不能将CoCO3转化为CoC2O4，
故答案为：不能；该反应的平衡常数K=2.22×l0-6 ，转化程度极小
（6）A物质的化学式是CoCl2•xH2O，则8365，x=2，所以A物质的化学式是CoCl2•2H2O，
故答案为：CoCl2•2H2O。
专题11 化工流程（一）（金属）
1．有关“未来金属”钛的信息有：①硬度大②熔点高③常温下耐酸碱、耐腐蚀④铁矿炼钛的一种工业流程为：
（1）钛铁矿的主要成分是FeTiO3（钛酸亚铁），其中钛的化合价为_______价，反应①化学方程式为_______。
（2）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，反应③化学方程式为_________，属于______（填反应类型），该反应_____（填“能”或“不能”）说明Mg的金属活动性强于Ti．
（3）上述冶炼方法得到的金属钛中会混有少量金属单质是______（填名称），由前面提供的信息 ______（填序号） 知，除去它的试剂可以是以下试剂中的_________（填序号）
A：HCl B：NaOH C：NaCl D：H2SO4
（4）氯化过程中主要发生的反应为2FeTiO3+6C+7Cl2 ====2TiCl4+2X+6CO，则X的化学式为：___________。
【答案】+4 2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2 2Mg+TiCl42MgCl2+Ti 置换反应或者氧化还原反应 能 镁 ③ AD FeCl3
【解析】（1）钛酸亚铁FeTiO3，Fe元素为+2价，O元素为-2价，设Ti元素为x价，可知(+2)+x+(-2)×3=0，解得x=+4，钛的化合价为+4价，根据流程图可知反应①中，反应物是C和FeTiO3，生成物为CO2、Fe和TiO2，因而①化学方程式为2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2；
（2）TiCl4在高温下与足量Mg反应置换出金属Ti，反应③化学方程式为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，单质和化合物反应得到另一个单质和化合物，可知该反应属于置换反应，同时该反应镁元素和钛元素化合价变化，也为氧化还原反应，Mg能从钛盐置换出Ti，说明Mg的金属活泼性强于Ti；
（3）上述冶炼方法得到的金属钛时，可能有部分Mg未反应完，因而混有少量的金属镁，要证实上述猜测，可根据镁属于活泼金属，易于酸反应，因而可用HCl和H2SO4，即选AD；
（4）根据化学反应中元素的种类和原子的个数守恒可知，X中含有Fe元素和Cl元素，同时Cl有3个，可推知X为FeCl3。
2．二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电脑显示屏生产过程中有大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)产生。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
(1)滤渣A的主要成分是_____________；洗涤滤渣A除去的阳离子主要是________(填离子符号)，检验该离子是否洗净的操作是________________________；
(2)步骤②中反应的离子方程式是_____________________；
(3)萃取是分离稀土元素的常用方法。已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP________(填“能”或“不能”)与水互溶。实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有________、烧杯、玻璃棒、量筒等；
(4)步骤④中反应化学方程式为______________________________。
【答案】SiO2、CeO2 Fe3＋ 取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；反之，未洗净 2CeO2+H2O2+6H＋=2Ce3＋+O2↑+4H2O 不能 分液漏斗 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4
【解析】 (1)根据上述分析可知，加入稀盐酸时，Fe2O3与HCl反应产生FeCl3和水，SiO2、CeO2不能溶解，进入滤渣A中，因此滤液A的主要成分是Fe2O3与HCl反应产生的Fe3＋；检验Fe3+的方法是取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则证明沉淀已洗净；反之，沉淀未洗净；
(2)稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O；
(3)化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，萃取剂与水互不相容，而且Ce3+在萃取剂中的溶解度比在水中的大，所以TBP不能与水互溶；实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等；
(4)Ce(OH)3与O2、H2O在加热时发生氧化还原反应，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。
3．化学来源于生活又服务于生活，化工生产是指对原料进行化学加工，最终获得有价值的产品的生产过程。某研究小组利用含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料制备铁红(氧化铁)和硫酸铵晶体。流程如下：
请回答下列问题：
(1)操作I的名称________________，滤渣的成分为__________________。
(2)简述下列实验操作：
①检验溶液A中金属阳离子的方法为____________________________________________________；
②检验固体B是否洗涤干净的方法是____________________________________________________。
(3)请写出溶液A中反应的离子方程式_______________________________________________________
(4) 测定废料中硫酸铜的质量分数：称取a g废料样品，将操作I得到的滤渣用足量的稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥，称得固体的质量为b g，则废料中硫酸铜的质量分数为_______________(写出表达式。)
(5) 某同学提出另一种制备铁红的方法：往工业废水中加入足量的硫酸和双氧水，通过下列操作也可以得到铁红，请配平下列离子方程式_____ Fe2++ _____ H2O2 + _____ H+= _____ Fe3+ + ____ H2O
【答案】过滤 Fe Cu 取少量液体于试管中，滴加少量的酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾的紫红色褪去，证明含有Fe2+ ；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净 10H2O+ 8NH3 +O2 + 4Fe2+ = 4 Fe(OH)3 + 8NH4+ (5b/2a)×100% 2 1 2 2 2
【解析】硫酸亚铁和硫酸铜中加入硫酸和过量的铁粉，铁和硫酸铜反应置换出铜，所以溶液A为硫酸亚铁，滤渣为铁和铜。溶液A中通入氨气和氧气，硫酸亚铁和氨气和氧气反应生成氢氧化铁和硫酸铵，固体B为氢氧化铁，氢氧化铁固体加热得到氧化铁。
(1)操作I是分离固体和液体，所以为过滤； 滤渣为Fe和Cu；
(2) ①溶液A中的阳离子为亚铁离子，可以利用其还原性，使用酸性高锰酸钾溶液进行检验，操作为：取少量液体于试管中，滴加少量的酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾的紫红色褪去，证明含有Fe2+ ；
②固体B为氢氧化铁，可能吸附有硫酸根离子，所以检验固体是否洗净，就是检验最后一次的洗涤液是否含有硫酸根离子，操作方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净 ；
(3)硫酸亚铁和氨气和氧气反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，离子方程式为：10H2O+ 8NH3 +O2 + 4Fe2+ = 4 Fe(OH)3 + 8NH4+ ；
(4)操作I得到的滤渣为铁和铜，用足量的硫酸溶解后，得到的固体为铜，则根据硫酸铜和铜的关系分析，铜的质量为bg，则硫酸铜的质量为g=5b/2g，硫酸铜的质量分数为(5b/2a)×100% ；
(5) 反应中亚铁离子的化合价从+2价升高到+3价，改变1价，过氧化氢中的氧元素的化合价从-1降低到-2价，所以二者的比例为2:1，再根据原子守恒和电荷守恒配平，该离子方程式为：2Fe2++ H2O2 + 2H+= 2Fe3++2H2O。
4．湿法炼锌厂在除杂过程中会产生大量铁矾渣。某黄钾铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO·Fe2O3及少量CaO、MgO、SiO2等。一种由黄钾铁矾渣制备复合镍锌铁氧体( NiZnFe4O8)的流程如下：
回答下列问题
(1)滤渣I的主要成分是___________。
(2)净化除杂阶段加入Fe粉时发生反应的离子方程式为___________、___________。已知：25℃时Ksp(CaF2)=2.7×10－11， Ksp (MgF2)=6.4×10－19。加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，若沉淀后溶液中c(Ca2+)=2.7×10－6mol·L－1，则c(Mg2+)=___________ mol·L－1。
(3)在Fe2+、Ni2+、Zn2+共沉淀过程中，三种离子的损失浓度与pH的关系曲线如图所示，pH与n(NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)的关系曲线如图所示。为提高原料利用率，n( NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)最好控制在___________左右；按此比例，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO3·2Me(OH)2·H2O沉淀的化学反应方程式为___________。
(4)铁氧体工艺阶段制备 NiZnFe4O8过程中，需加入___________剂(填“氧化”或“还原”)。按照上述流程，一座10万吨规模的锌厂每年产生黄钾铁矾渣约5万吨，Fe3+含量为27%，理论上每年可制备复合镍锌铁氧体(NiZnFe4O8，M=476g·mol－1)___________万吨(保留两位有效数字)
【答案】SiO2 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ Fe + 2H+ =Fe2+ + H2↑ 6.4×10-14 2.0 3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me(OH)2·2H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑ 氧化 4.3
【解析】（1）SiO2不和硫酸反应，因而滤渣Ⅰ为SiO2。
（2）净化除杂阶段加入Fe粉与过量的稀硫酸置换出氢气，与Fe3+发生氧化还原反应，因而离子方程式为2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ ，Fe + 2H+ =Fe2+ + H2↑。Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，带入数据，根据溶液中的钙离子浓度可以求出c(F-)=10-2.5mol/L，再根据Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-)，解得c(Mg2+)=6.4×10-14mol/L。
（3）观察图1可知pH=7.2时，三种离子的损失浓度最大，即沉淀达到最大值，因而此时的pH值最合理，结合图2，当pH等于7.2时，n( NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)等于2.0，说明n( NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)最好控制在2.0左右。根据滤液Ⅱ配料，可知阴离子还有SO42-，因而反应物为MeSO4和NH4HCO3，Me2+和HCO3-要发生双水解，除了信息给的沉淀，产物还有CO2和(NH4)2SO4，因而化学方程式为3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me(OH)2·2H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑。
（4）流程前期操作得到的是Fe2+，而铁氧体工艺阶段得到的 NiZnFe4O8铁元素是+3价，说明需要加入氧化剂。因2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，说明3n(Fe3+)=2n(Fe2+)，可知3m(Fe3+)=2m(Fe2+)，所以流程中共加入铁元素的质量为5×0.27×3/2=2.025万吨，而NiZnFe4O8铁元素质量分数为56×4/476=47％，因而NiZnFe4O8的质量为2.025÷47％=4.3万吨。
5．七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂，在医药上用于催吐剂。工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO4·7H2O的流程如下：
请回答下列问题：
（1）氧化锌矿粉碎过筛的目的是_____；滤渣X的成分是____。
（2）步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为________。
（3）“除铁”加入试剂M调节溶液的pH，试剂M可以为____（填化学式）；已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10−39，沉铁过程中要使溶液中c(Fe3+)≤1.0×10−5 mol·L−1，必须控制溶液的pH≥_____。[lg2.6=0.4]
（4）步骤Ⅲ加入锌粉的目的是_____，滤渣Z的成分是____。
（5）取28.70gZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示：
①步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是______。
②680℃时所得固体的化学式为______。
a．ZnO b．Zn3O(SO4)2 c．ZnSO4 d．ZnSO4·H2O
【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 H2SiO3 2Fe2＋+H2O2+2H＋2Fe3＋+2H2O ZnO或Zn(OH)2等 2.8 除去溶液中的Cu2+ Cu、Zn 降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解 b
【解析】（1）氧化锌矿石粉碎可增大固体与溶液接触面积，加快反应速率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3，故滤渣X的成分为H2SiO3，
故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率； H2SiO3；
（2）在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：2Fe2＋+H2O2+2H＋2Fe3＋+2H2O，
故答案为：2Fe2＋+H2O2+2H＋2Fe3＋+2H2O；
（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO、Zn(OH)2等化合物；溶液中c(Fe3+)=1.0×10−5 mol·L−1，则c3(OH−)==2.6×10−34，c(OH−)=×10−11 mol·L−1，故pOH=11−1/3lg0.26=11.2，pH=14−pOH=2.8，
故答案为：ZnO或Zn(OH)2等； 2.8；
（4）在步骤Ⅲ中加入锌粉的目的是将Cu2+还原成Cu，通过过滤除去；为了将Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z中包含Cu和Zn，
故答案为：除去溶液中的Cu2+；Cu、Zn；
（5）①由于ZnSO4·7H2O易分解，烘干时要适当降低温度；
②n(ZnSO4·7H2O)= =0.1 mol，加热过程中若得ZnSO4·H2O的质量为17.90 g(100 ℃)；若得ZnSO4的质量为16.10 g(250 ℃)；若得ZnO的质量为8.10 g(930 ℃)；据此通过排除法确定680 ℃时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2，故答案为：降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解；b。
6．碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
回答下列问题：
（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在_____________________范围内。
（2）反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为___________。
（3）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+ 聚合离子，该水解反应的离子方程式为_________________________________。
（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3－。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为_________。
A．氯水 B．KSCN溶液 C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液
（5）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后,再用 0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。
已知：2Fe3++2I-=2Fe2++I2 2S2O32-+I2=2I-+S4O62-
则溶液中铁元素的总含量为_________g·L-1。若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会_______ (填“偏高” “偏低” “不变”)
【答案】4.4~7.5 2H+ + Fe2++ NO2- = Fe3+ + NO↑ + H2O 2Fe(OH)2+ +2H2OFe2(OH)42+ + 2H+ D 5.6 偏高
【解析】（1）制备硫酸亚铁，需与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，避免生成Fe（OH）2沉淀，则应控制溶液pH在4.4～7.5之间；
（2）NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故离子方程式为2H+ + Fe2++ NO2- = Fe3+ + NO↑ + H2O；
（3）[Fe（OH）]2+离子，可部分水解生成[Fe2（OH）4]2+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为2[Fe（OH）]2++2H2O [Fe2（OH）4]2++2H+；
（5）检验所得产品中是否含有Fe2+，可使用酸性KMnO4溶液，现象是酸性高锰酸钾溶液褪色；
（6）根据所给反应可得关系式Fe3+~S2O32-，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020mol×56g/mol÷0.020L=5.6g/L；若滴定前溶液中H2O2没有除尽，则H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高。
7．以高钛渣(主要成分为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：
已知：Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去。
(1)熔盐:
①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是__________。
②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550 ℃时生成Na2TiO3，该反应的化学方程式为_________。
(2)过滤:
①“滤液”中主要溶质为NaOH，还含有少量________(填化学式)。
②除杂后的滤液中获得的NaOH可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_________。
(3)水解:“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸，生成难溶于水的H2TiO3，该反应的化学方程式为______。
(4)脱色:H2TiO3中因存在少量Fe(OH)3而影响TiO2产品的颜色，“脱色”步骤中Ti2(SO4)3的作用是_________。
【答案】搅拌 12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O Na2SiO3 用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长) TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4 将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度
【解析】(1)①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而达到加快反应速率的目的，
故答案为：搅拌；
②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550 ℃时生成Na2TiO3，发生氧化还原反应，其化学方程式为：12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O，
故答案为：12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O；
(2) ①熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO2反应，其化学方程式为：2NaOH＋SiO2 = Na2SiO3＋H2O，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液”中含有少量Na2SiO3，
故答案为：Na2SiO3；
②“水浸”时，用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)，
故答案为：用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)；
(3)“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解，经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3，其化学方程式为：TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4，
故答案为：TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4；
（4）根据给定信息易知，“脱色”步骤中加入还原性的Ti2(SO4)3，是为了将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度，且不引入新的杂质，
故答案为：将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度。
8．NiSO4·6H2O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。可由电镀废渣(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：
请回答下列问题：
(1)用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有_________________(任写一点)。
(2)向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：____________________________________________。
(3)在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃时加入NaOH调节pH，除去铁和铬。此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀除去。如图是温度—pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域[已知25℃时，Fe(OH)3的Ksp=2.64×10－39]。
下列说法正确的是(选填序号)_______。
a. FeOOH中铁为+2价
b.若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中c(Fe3+)=2.6×10－29mol·L－1
c.用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2++C1O3－+6H+=6Fe3++C1－+3H2O
d.工业生产中常保持在85~95℃生成黄铁钒钠，此时水体的pH约为3
(4)上述流程中滤液I的主要成分是___________。
(5)操作I的实验步骤依次为(实验中可选用的试剂：6mol·L－1的H2SO4溶液、蒸馏水、pH试纸)：
①___________；②___________；③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4·6H2O晶体：④用少量乙醇洗涤NiSO4·6H2O晶体并晾干。
【答案】加热或搅拌或增大硫酸浓度等 Cu2＋＋S2－===CuS↓ c NiSO4 过滤，并用蒸馏水洗净沉淀 向沉淀中加6 mol·L－1的H2SO4溶液，直至恰好完全
【解析】 (1) 能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以升高反应温度，在反应过程中不断搅拌，增大反应物浓度都可以提高反应速率；
故答案为：加热或搅拌或增大硫酸浓度等；
(2)S2-可以与Cu2+，Zn2+反应生成难溶性的Cu2S和ZnS，从而达到除去Cu2+和Zn2+的目的；
故答案为：Cu2＋＋S2－===CuS↓；
(3) a．FeOOH中O元素显-2价，H显+1价，所以铁为+3价，故a错误；
b．pH=4时，c（OH-）=1×10-10mol/L，已知25℃时，Fe（OH）3的Ksp=c(Fe3+)∙c3(OH-)=2.64×10-39，则c（Fe3+）=2.64×10-9mol/L，故b错误；
c．ClO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故c正确；
d．由图象可知，生成黄铁矾钢所需要的合适温度为85℃～95℃，pH约为1.2～1.8，故d错误；
故答案为：c。
(4) 从流程图可知，滤液I中加入硫酸后，生成了NiSO4，所以滤液I的主要成分是NiSO4；
故答案为：NiSO4；
(5) 滤液III主要是NiSO4，加入碳酸钠溶液后，得到NiCO3沉淀，应先过滤、蒸馏水洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶；
故答案为：过滤，并用蒸馏水洗净沉淀；向沉淀中加6 mol·L－1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解。
9．“变废为宝”是化工的重要主题。工业上可用电子工业中刻蚀线路板的酸性废液(主要成分有CuCl2，FeCl2等)制备碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3]，其制备过程如下图所示：
查阅资料得知，一定浓度的Cu2+、Fe2+、Fe3+生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属离子
Cu2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀的pH
4.2
6.5
1.4
沉淀完全的pH
6.7
9.7
3.7
（1）电子工业中用FeCl3溶液制作铜制印刷电路板，该反应的离子方程式为___________。
（2）操作I、操作Ⅱ所用的玻璃仪器除烧杯外还需要______________________。
（3）氯酸钠的作用是____________________________________________；反应A中氧化剂与还原剂物质的量之比是___________。
（4）调节pH的范围为___________，可以选择的试剂是___________(填序号)。
A.氨水 B.硫酸铜 C.氧化铜 D.氢氧化铜
（5）已知滤液Ⅱ中含有碳酸氢钠，写出生成碱式碳酸铜的离子方程式：___________。
（6）若废液中CuCl2的含量为13.5%，则1吨废液理论上可提炼碱式碳酸铜________吨。
【答案】2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 漏斗、玻璃棒 将Fe2+氧化为Fe3+ 1:6 3.7～4.2 CD 2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2HCO3- 0.111
【解析】（1）FeCl3溶液与铜发生反应生成亚铁离子与铜离子：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
正确答案：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
（2）操作Ⅰ、操作Ⅱ是过滤，过滤装置所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
正确答案：漏斗、玻璃棒
（3）氯酸钠把Fe2+氧化为Fe3+， NaClO3被还原为氯化钠，氯元素由正五价降到负一价，Fe2+到Fe3+升高一价，根据得失电子数相等，得出关系式NaClO3～6 Fe2+，即氧化剂与还原剂物质的量之比为1:6；
正确答案: 1:6
（4）调节pH使得铁离子沉淀完全，铁离子沉淀完全pH为3.7，铜离子开始沉淀pH为4.2，故应控制pH为3.7～4.2，使铁离子沉淀完全而铜离子不沉淀；氨水会引入杂质离子，硫酸铜不能使溶液pH升高，氢氧化铜和氧化铜能和氢离子反应，能调节pH，且不会引入杂质，可用作调节pH的试剂。
正确答案：3.7～4.2 CD。
（5）根据题意铜离子和碳酸根离子反应生成碱式碳酸铜和碳酸氢根离子，离子方程式为2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2HCO3－；
正确答案：2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2HCO3－
（6）设生成的碱式碳酸铜的质量为x，利用铜的守恒，列关系式进行计算
2CuCl2～Cu2（OH）2CO3
2×135吨 222吨
1吨×13.5% x
x==0.111吨。
10．锌锰干电池是很古老的一次性电池，它的生产原料主要有软锰矿和闪锌矿。已知闪锌矿中含ZnS约80%，FeS、CuS、SiO2共约7%，其余为水分；软锰矿中含MnO2约a%，SiO2约20%，Al2O3约4%，其余为水分。科研人员开发了综合利用软锰矿和闪锌矿的同槽酸浸工艺，工艺流程如下图所示。
请回答下列问题：
(1)反应I需不断搅拌，目的是____________________________。
(2)检验反应I的滤液中含有Fe3+的试剂为____________；写出反应I中由FeS生成Fe3+的离子方程式____________________________________。
(3)反应Ⅱ加入适量锌的作用是__________________；反应III中MnO2的作用是________________。
(4)已知ZnCO3、MnCO3的Ksp分别为1.4×10-10、2.2×10-11；要使反应IV之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L，则溶液中残留的CO32-浓度至少为__________mol/L。
(5)图是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解 度曲线(g/100g水)，则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液________→__________→ 用乙醇洗涤→干燥。用乙醇洗涤而不用水洗的原因是_________________________________________。
【答案】加快反应速率，提高原料利用率。 KSCN(或苯酚) 2FeS+3MnO2+12H+ =2Fe3+ +2S+3Mn2+ +6H2O 将溶液中的Cu2+还原成Cu 将Fe2+氧化成Fe3+ 1.4×10-4 蒸发结晶 趁热过滤 防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗
【解析】（1）反应I是闪锌矿、软锰矿在硫酸中的溶解过程，搅拌是为了加快反应速率，提高原料利用率；
本题答案为：加快反应速率，提高原料利用率。
（2）Fe3+遇到KSCN溶液变成血红色，Fe3+遇到苯酚溶液显紫色，故欲检验I的滤液中含有Fe3+的试剂为：KSCN(或苯酚)；反应I中由FeS和MnO2在酸性溶液中反应生成Fe3+、H2O、S、Mn2+，反应的的离子方程式为：2FeS+3MnO2+12H+ =2Fe3+ +2S+3Mn2+ +6H2O；
本题答案为：KSCN(或苯酚)、2FeS+3MnO2+12H+ =2Fe3+ +2S+3Mn2+ +6H2O。
（3）由图可知，反应Ⅱ加入适量锌有铜析出，故反应Ⅱ是将溶液中的Cu2+还原为Cu；反应III中加入MnO2，将Fe2+氧化成Fe3+，最终生成Fe(OH)3沉淀；
本题答案为：将溶液中的Cu2+还原成Cu；将Fe2+氧化成Fe3+。
（4）欲使Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L，根据ZnCO3的Ksp=1.4×10-10，即c(Zn2+)c(CO32-)=1.4×10-10，求得：c(CO32-)=1.4×10-10÷（1.0×10-6）=1.4×10-4mol/L，同理可求使Mn2+沉淀，当Mn2+浓度均降到1.0×10-6mol/L时，c(CO32-)=2.2×10-5mol/L，所以溶液中残留的CO32-浓度至少为1.4×10-4mol/L ；
本题答案为：1.4×10-4。
（5）由图像溶解度曲线变化可知，Na2SO4的溶解度，在温度较高时，随温度升高而降低，而Na2SO4•10H2O的溶解度，随温度升高而升增大，欲得到Na2SO4晶体，应采取加热蒸发溶剂使Na2SO4结晶析出，并趁热过滤；因Na2SO4在乙醇中难于溶解，所以用乙醇洗涤即防止Na2SO4和水作用生成Na2SO4•10H2O，又能防止Na2SO4因溶于水而损耗；
本题答案为：蒸发结晶 、趁热过滤、防止Na2SO4固体转化为Na2SO4•10H2O，并防止Na2SO4因溶于水而损耗。
11．一种新兴材料——铍日益被重视，有“超级金属…尖端金属…空间金属”之称。工业上常用绿柱石(主要成分3 BeO·Al2O3·6SiO2，还含有铁等杂质)冶炼铍，一种简化的工艺流程如下：
按元素周期表的对角线规则，Be和Al性质相似：几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如表。回答下列问题：
（1）步骤②中将熔块粉碎的目的是___________；滤渣1的主要成分是___________。
（2）步骤③加入H2O2时发生反应的离子方程式为___________，从滤液1中得到沉淀的合理pH为___________(填序号)
A.3.3—3.7 B.3.7—5.0 C.5.0—5.2 D.5.2—6.5
（3）步骤④不宜使用NaOH溶液来沉淀Be2+的原因是___________。从溶液中得到(NH4)2BeF4的实验操作是___________、过滤、洗涤、干燥。
（4）实验室模拟步骤⑤装置如图，控制氨气与氟化氢气体积比的方法是_______________。
（5）步骤⑥的反应类型是___________，步骤⑦需要隔绝空气的环境，其原因是___________。
（6）若绿柱石中BeO的含量为a%，上述过程生产Be的产率为b%，则1t该绿柱石理论上能生产含铍量2%的镀铜合金___________t。
【答案】增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率 H2SiO3 2H＋＋H2O2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2H2O C 过量NaOH溶液会溶解Be(OH)2 蒸发浓缩、冷却结晶 通过观察广口瓶中产生气泡的速率调节流速 分解反应 高温下，Mg（或铍）与N2、O2等气体发生反应，降低产率 1.8×10－3ab
【解析】（1）将熔块粉碎的目的是增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率；根据绿柱石的成分，熔炼过程中SiO2与石灰石生成CaSiO3，CaSiO3与硫酸反应生成CaSO4和H2SiO3，即滤渣1的主要成分为H2SiO3；
（2）根据流程，滤液1中含有阳离子是Fe2＋、Al3＋、Be2＋、H＋，步骤③中加入H2O2，H2O2把Fe2＋氧化成Fe3＋，即离子方程式为2H＋＋H2O2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2H2O；根据流程，步骤③除去的是Fe3＋、Al3＋，加入氨水调节pH，使Fe3＋、Al3＋以Al(OH)3、Fe(OH)3形式除去，因此调节pH范围是5.0≤pH<5.2，故选项C正确；
（3）因为Be和Al的性质相似，即Be(OH)2为两性氢氧化物，过量NaOH溶液会溶解Be(OH)2；从溶液中得到(NH4)2BeF4的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（4）根据装置，通过观察广口瓶中产生气泡的速率调节流速；
（5）步骤⑥的反应类型为分解反应；Be和Al的性质相似，Mg是活泼金属，能与空气中氧气发生反应，因此隔绝空气的环境的原因是高温下，Mg（或铍）与N2、O2等气体发生反应，降低产率；
（6）根据题意得出：=m(合金)×2%，得出m(合金)=1.8×10－3abt。
12．ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为 ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下流程制取。
已知：① ZrSiO4能与烧碱反应生成Na2ZrO3和Na2SiO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+。
②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。
金属离子
Fe3+
Al3+
ZrO2+
开始沉淀pH
1.9
3.3
6.2
沉淀完全pH
3.0
5.2
8.0
(1)“熔融”过程中，ZrSiO4发生反应的化学方程式是_________________，滤渣I的化学式为______________。
(2)“氧化”过程中，发生反应的离子方程式是_______________，调“pH=a”时，a的范围是__________________。
(3)为得到纯净的ZrO2，滤渣III要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_____________________。
(4)滤渣Ⅲ的成分是Zr(CO3)2·xZr(OH)4。取干燥后的滤渣Ⅲ 37.0g，煅烧后可得到24.6gZrO2。则x等于______________________；“调pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为_______
【答案】ZrSiO4＋4NaOHNa2ZrO3＋Na2SiO3＋2H2O H2SiO3 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O 5.2≤a＜6.2 取少许最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，说明已洗净 1 2ZrO2＋＋2CO32－＋2H2O＝Zr(CO3)2·Zr(OH)4↓
【解析】 (1)“熔融”过程中，加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，ZrSiO4发生反应的化学方程式是：ZrSiO4＋4NaOHNa2ZrO3＋Na2SiO3＋2H2O ；
加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2＋，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤渣I的化学式为： H2SiO3；
（2）加双氧水，将Fe2＋氧化为Fe3＋，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不沉淀，“氧化”过程中，发生反应的离子方程式是2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，调“pH=a”时，a的范围是 5.2≤a＜6.2；
（3）为得到纯净的ZrO2，滤渣III要用水洗，滤渣III中可能含有氯离子，检验沉淀是否洗涤干净的方法是：取少许最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，说明已洗净；
（4）根据方程式：
Zr(CO3)2·xZr(OH)4（x+1）ZrO2+2CO2↑＋2xH2O
211+159x 123（x+1）
37.0g 24.6g
x=1
“调pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为2ZrO2＋＋2CO32－＋2H2O＝Zr(CO3)2·Zr(OH)4↓。
13．（14分）碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]可用作净水剂、媒染剂、颜料和药物。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等），生产碱式硫酸铁的部分工艺如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
（1）反应I中发生的氧化还原反应的离子方程式是__________。
（2）反应II中加入NaHCO3调节体系的pH在____范围内。
（3）反应III中生成的气体遇空气变红棕色，则III中发生反应的离子方程式是_________ 。
（4）反应III中通入氧气可减少NaNO2的用量，若消耗1mol氧气可节约n(NaNO2)=____mol。
（5）用硫酸可知体系的pH。若硫酸加入量过小，溶液生成沉淀；若硫酸加入量过大，不利于产品形成，用化学平衡移动原理分析其原因是_________。
（6）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可发生水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，该水解反应的离子方程式是____________。
【答案】（1）Fe+2H+=Fe2++H2↑；Fe+2Fe3+=3Fe2+；（2）4.4—7.5 ；
（3）Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；（4）4；
（5）Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，若硫酸量过小，c(H+)过低，平衡正向移动，会生成Fe(OH)3沉淀；若硫酸加入量过大，平衡逆向移动，溶液中c(OH-)过小，不利于产物形成；
（6）2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)42++2H+
【解析】
试题分析：（1）氧化铝、氧化铁与硫酸反应产生硫酸铝、硫酸铁，硫酸铁与Fe发生氧化还原反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+；过量的铁粉与硫酸反应产生硫酸亚铁和氢气，所以反应I中发生的氧化还原反应的离子方程式是Fe+2H+=Fe2++H2↑；Fe+2Fe3+=3Fe2+；（2）经过反应I后的溶液中含有Al3+、Fe2+，为了使杂质离子Al3+除去，又不使溶液中的Fe3+变为沉淀出去，要加入NaHCO3调节体系的pH在在4.4—7.5 ；范围内；这时形成Al(OH)3沉淀，将其过滤除去，向滤液中加入NaNO2、硫酸，发生氧化还原反应：Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；（4）根据得失电子数目相等，由于1mol的NaNO2在反应中可以得到1mol电子，1mol氧气能够得到4mol的电子，所以反应III中通入氧气可减少NaNO2的用量，若消耗1mol氧气可节约n(NaNO2)=4mol。（5）用硫酸可知体系的pH。若硫酸加入量过小，溶液生成沉淀；若硫酸加入量过大，不利于产品形成，这是由于Fe3+在溶液中会发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，若硫酸量过小，c(H+)过低，平衡正向移动，会生成Fe(OH)3沉淀；若硫酸加入量过大，平衡逆向移动，溶液中c(OH-)过小，不利于产物形成；（6）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可发生水解反应生成Fe2(OH)42+聚合离子，则该水解反应的离子方程式是2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)42++2H+。
14．（16分）纳米TiO2具有独特的光催化性、优异的颜色效应以及紫外线屏蔽等功能，在光催化剂、化妆品、抗紫外线吸收剂、功能陶瓷、气敏传感器件等方面具有广阔的应用前景。工业上用钛铁精矿（FeTiO3）提炼TiO2的工艺流程如下：
（1）写出硫酸酸浸溶解钛铁精矿的离子方程式 ，酸浸时为了提高浸出率，可以采取的措施为 。
（2）钛铁精矿后冷却、结晶得到的副产物A为 ，结晶析出A时，为保持较高的酸度不能加水，其原因可能为 。
（3）滤液水解时往往需加大量水稀释同时加热，其目的是 。
（4）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是 。
（5）工业上将TiO2和炭粉混合加热氯化生成的TiCl4，然后在高温下用金属镁还原TiCl4得到金属钛，写出TiO2制备Ti的化学方程式： 。
【答案】⑴FeTiO3＋6H＋＝Fe2＋＋Ti4＋＋3H2O(2分) 增大硫酸浓度或加热升高温度或边加硫酸边搅拦或增加浸出时间等(2分)
⑵FeSO4·7H2O(2分) 防止Ti(SO4)2水解、减少FeSO4·7H2O的溶解量(2分)
⑶促进Ti4＋水解趋于完全，得到更多的H2TiO3沉淀。(2分)
⑷水解得到的稀硫酸可以循环使用(2分)
⑸TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO(2分)、TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2(2分)
【解析】
⑴FeTiO3中Fe、Ti分别显＋2、＋4价，溶于硫酸得到对应的硫酸盐，因此方程式为FeTiO3＋6H＋＝Fe2＋＋Ti4＋＋3H2O。要提高浸出率，则可以从影响反应速率的角度分析，即可通过增大硫酸浓度或加热升高温度或边加硫酸边搅拦或增加浸出时间等。
⑵根据（1）正的方程式可知，反应中有硫酸亚铁生成，结晶即得到FeSO4·7H2O，所以副产物A为硫酸亚铁溶液结晶得到的FeSO4·7H2O。结晶时不能加水，是为了防止Ti(SO4)2水解、减少FeSO4·7H2O的溶解量。
⑶稀释能增加水解程度，同时水解反应受吸热反应，升高温度增大水解程度。所以滤液水解时往往需加大量水稀释同时加热，主要是促进Ti4＋水解趋于完全，得到更多的H2TiO3沉淀。
⑷该工艺流程中硫酸可以循环使用，体现绿色化学理念。
（5）碳粉在高温下生成物应是CO，方程式为TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO。镁在高温下和四氯化钛发生置换反应，方程式为TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2。
15．2018年第十二届中国国际航空航天博览会于11月6日至11日在珠海举行。银铜合金广泛用于航空工业，从银铜合金的切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃。
（1）电解精炼银时，粗银作______极，另一电极上的电极反应式为____________。
（2）加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4的速率的措施有________、________(写出两种)。
（3）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为__________。
（4）煮沸CuSO4混合溶液的过程中，得到固体B，则固体B的组成为______；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为___________。
（5）硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁元素，浸取时发生复杂的氧化还原反应。反应体系中除CuSO4和FeS2外，还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O，下列对该反应的分析正确的是______(填字母代号)。
A．氧化剂为CuSO4和FeS2
B．反应后溶液的pH降低
C．被氧化的FeS2只占总量的30%
D．每转移2 mol电子消耗3 mol CuSO4
【答案】阳 Ag++e-=Ag 增大硫酸浓度 升高温度或粉碎或搅拌等 3Ag+4HNO3(稀) =3AgNO3+NO↑+2H2O Al（OH）3和CuO Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O ABC
【解析】
【分析】
由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2。
【详解】
（1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Ag-e-=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag++e-=Ag，故答案为：阳；Ag++e-=Ag；
（2）加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4的速率，可采用增大硫酸浓度、升高反应温度、粉碎渣料增大固体表面积或搅拌等措施，故答案为：增大硫酸浓度；升高温度或粉碎或搅拌等；
（3）滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能与银反应生成硝酸银、一氧化氮无色气体和水，反应的化学方程式为3Ag+4HNO3(稀) =3AgNO3+NO↑+2H2O，故答案为：3Ag+4HNO3(稀) =3AgNO3+NO↑+2H2O；
（4）未煮沸CuSO4混合溶液之前是，加入硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液得到Cu（OH）2沉淀和Al（OH）3沉淀的化合物，由信息可知Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，则煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知固体B的组成为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
(5) 由反应体系中元素化合价的变化可知，反应物为CuSO4、FeS2和H2O，生成物为Cu2S、FeSO4和H2SO4，反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。
A、反应中，Cu元素的化合价由+2降低为+1，部分S元素的化合价由-1降低到-2，部分S元素的化合价由-1升高到+6价，则Cu2S只是还原产物，FeS2既是作氧化剂，又做还原剂，故正确；
B、由反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4可知，反应中有硫酸生成，反应后溶液的pH降低，故正确；
C、由反应的化学方程式可知，10个S原子中，有3个S原子失去电子，7个S原子得到电子，即被氧化的硫与被还原的硫的物质的量比为3:7，则被氧化的FeS2只占总量的30%，故正确；
D、由反应的化学方程式可知，14mol硫酸铜氧化1molFeS2，4molFeS2中有3.5mol是氧化剂，0.5mol是还原剂，反应中转移21mol电子，则转移2 mol电子消耗mol CuSO4，故错误；
ABC正确，故答案为：ABC。
16．以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下：
（1）“酸浸”过程，为提高铁和镍元素的浸出率，可采取的措施有___________(写出两种)。
（2）“过滤Ⅰ”滤渣的主要成分是______。
（3）“氧化”过程欲使0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为________ mol。
（4）“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，写出该反应的化学方程式______。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转变为_____(填化学式)。
（5）向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4·H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如下图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为_____。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式_____。
（6）高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂，J．C．Poggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42－的电极反应式为______；Deininger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是_______。
【答案】提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条） SiO2 0.15 2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑ Fe(OH)3 0.015mol/L N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O) Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O 避免FeO42-在阴极上被还原
【解析】（1）可通过提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等提高铁和镍元素的浸出率，
故答案为：提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）；
（2）Fe2O3、FeO、NiO、SiO2经过“酸浸”后，溶液存在Fe3+、Fe2+和Ni2+,只有SiO2不溶于硫酸，作为滤渣被过滤出来，
故答案为：SiO2；
（3）NaClO做氧化剂会将Fe2+氧化为Fe3+，Cl元素由+1价降低到-1价，则易知2Fe2+NaClO，则0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为0.15 mol，
故答案为：0.15；
（4）NaClO氧化后，溶液中溶质为Fe2(SO4)3，继续在“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，则化学方程式为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑，碳酸钠过多，溶液酸性减弱，使pH增大，极易生成Fe(OH)3沉淀，
故答案为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑；Fe(OH)3；
（5）根据图示数据可以看出，氢氧化钠浓度为0.015mol/L时，仅出现Ni衍射峰，因此制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为0.015mol/L，则碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式为：N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)，
故答案为：0.015；N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)；
（6）根据电解原理以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，因此阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，FeO42－具有强氧化性，因此阳离子交换膜的作用是避免FeO42－在阴极上被还原；
故答案为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；避免FeO42-在阴极上被还原。
17．一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：
（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为__。
（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的化学反应方程式为（产物中只有一种酸根）___。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，则不用盐酸浸出钴的主要原因是____________。
（3）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式_______。
（4）碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请写出在过程IV中起的作用是________。
（5）仅从沉淀转化角度考虑，能否利用反应：CoCO3 +C2O42- ＝ CoC2O4 +CO32- 将CoCO3转化为CoC2O4? ____(填“能”或“不能”），说明理由：__________________ [已知Ksp(CoCO3) =1.4×10-13, Ksp (CoC2O4) =6.3×10-8]。
（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色CoCl2·6H2O晶体受热时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是___。
【答案】2Al+2OH-+2H2O = 2AlO2-+3H2↑ 4Co2O3·CoO +Na2S2O3+11H2SO4 12CoSO4+Na2SO4+11H2O Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境 2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑ 调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3 不能 该反应的平衡常数K=2.22×l0-6 ，转化程度极小 CoCl2•2H2O
【解析】（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O = 2AlO2-+3H2↑；
（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液Co2O3被还原为CoSO4，化学反应方程式为4Co2O3·CoO + Na2S2O3 + 11H2SO4 = 12CoSO4 + Na2SO4 + 11H2O 。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，这是由于Co2O3·CoO具有氧化性，可氧化盐酸产生Cl2，污染环境，所以工业不用盐酸浸出钴，
故答案为：4Co2O3·CoO +Na2S2O3+11H2SO4 12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；
（3）碳酸根与铝离子发生双水解反应，生成氢氧化铝，该反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑，
故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑；
（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，
故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
（5）因该反应的平衡常数k=，转化程度极小，所以不能将CoCO3转化为CoC2O4，
故答案为：不能；该反应的平衡常数K=2.22×l0-6 ，转化程度极小
（6）A物质的化学式是CoCl2•xH2O，则8365，x=2，所以A物质的化学式是CoCl2•2H2O，
故答案为：CoCl2•2H2O。
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