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高中化学专题15 工艺流程题-2021年高考真题和模拟题化学分项汇编（解析版）
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这是一份高中化学专题15 工艺流程题-2021年高考真题和模拟题化学分项汇编（解析版），共62页。试卷主要包含了磷酸铁常用作电极材料等内容，欢迎下载使用。
专题15 工艺流程题
1．（2021·全国高考真题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)的一种制备方法如下图所示：
①加入粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比时，氧化产物为_______；当，单质碘的收率会降低，原因是_______。
(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_______。
(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_______。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。
【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化 4 防止单质碘析出
【解析】
(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；
(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；
(3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
2．（2021·吉林长春市·长春外国语学校高二月考）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、、以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表
金属离子
开始沉淀的
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全的
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、、、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式_______。
(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是_______。
(3)“母液①"中浓度为_______。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是_______。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【答案】 硫酸
【分析】
由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
【解析】
(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10—6mol/L，故答案为：1×10—6；
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。
3．（2021·广东高考真题）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】+6 +=↓
【分析】
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。
【解析】
（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，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。
4．（2021·河北高考真题）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是___(填元素符号)。
(2)工序①的名称为__。
(3)滤渣的主要成分是__(填化学式)。
(4)工序③中发生反应的离子方程式为___。
(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为__，可代替NaOH的化学试剂还有___(填化学式)。
(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序___(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为__。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
【答案】Fe、Cr 溶解浸出 MgO、Fe2O3 2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓ 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 ② 8.37
【分析】
由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。
【解析】
(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；
（3）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
（5）碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
5．（2021·湖南高考真题）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______；
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；
(3)滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；
(4)加入絮凝剂的目的是_______；
(5)“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_______，常温下加入的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为_______
【答案】 适当升高温度，将独居石粉碎等 Al(OH)3 促使铝离子沉淀 ↑ 碱性 6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑
【分析】
焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。
【解析】
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为↑；铵根离子的水解常数Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==≈2.3×10-8，则Kh()
1．（2021·山西太原市·太原五中高三二模）用锑砷烟灰(主要成分为、，含、、等元素)制取和()，不仅治理了砷害污染，还可综合回收其它有价金属。工艺流程如图：
已知：①硫浸后，锑砷以、存在；
②易溶于热水，难溶于冷水，不溶于乙醇。
回答下列问题：
(1)“硫浸”过程，加快硫浸的措施有_______(任写一项)。
(2)“硫浸”时，溶解的离子方程式为_______。
(3)经“硫浸”“氧化”后，转化为。用和浸取锑砷烟灰也可得到，其缺陷是_______。
(4)“氧化”时，反应温度不宜太高的原因是_______。
(5)“中和”时，生成的化学方程式为_______，中和液的主要溶质为_______(填化学式)。
(6)操作X为_______、过滤、洗涤、干燥。
(7)研究发现，电解硫浸液中的溶液，可得到单质。则阴极的电极反应式为____。
【答案】适当升温、增大反应物浓度、搅拌反应物等 有污染气体NO、等产生 温度过高，易分解 蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】
由已知信息①可知‘硫浸’发生反应的离子方程式为：、，‘氧化时’发生反应的离子方程式为：、，‘酸浸’中和稀盐酸反应氧化还原反应生成HSbO3，‘中和’中发生反应：。
【解析】
(1) 加快硫浸的措施有：适当升温、增大反应物浓度、搅拌反应物等；
(2)由信息①硫浸后，转化成，不发生化合价变化，离子方程式为：；
(3) 若用和浸取，在氧化时会产生污染性气体NO、NO2等；
(4)‘氧化’中H2O2做氧化剂，若反应温度过高，H2O2会受热分解，影响氧化效果；
(5) “中和”时，酸性的HSbO3和碱性的NaOH发生中和反应生成，化学方程式为：，在‘酸浸’一步中加入稀盐酸，则NaOH与HCl反应生成NaCl，故中和液的主要溶质为NaCl；
(6)从Na3AsO4溶液中得到晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(7) 阴极发生还原反应，是Sb元素的化合价从+3价降至0价，电极反应式为：。
2．（2021·四川德阳市·高三三模）以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾(KH2PO4)，其工艺流程如图所示：
已知：①Ca(H2PO4)2能溶于水，CaHPO4和Ca3(PO4)2均难溶于水。
②萃取原理：KCl+H3PO4⇌KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂。
回答下列问题：
(1)将磷酸钙粉碎的目的是_______，“操作II”的名称是_______。
(2)“酸浸”发生反应的化学方程式为_______。“酸浸”利用了浓硫酸的下列性质_______(填标号)。
A．氧化性 b．还原性 c．强酸性
(3)水相中加入乙醇的作用是_______。
(4)副产品N作肥料可使作物枝繁叶茂，提高产量，则溶液M是_______(填名称)。
(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图所示。
①b物质为_______。
②阳极反应式为_______。
【答案】增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率 分液 Ca3(PO4)2 +3H2SO4 +6H2O= 2H3PO4 +3CaSO4 ·2H2O c 促进磷酸二氢钾的析出 氨水 浓氢氧化钾溶液 2H2O-4e-=O2↑ +4H+
【分析】
磷酸钙粉碎后用浓硫酸酸浸，发生反应：Ca3(PO4)2 +3H2SO4 +6H2O= 2H3PO4 +3CaSO4 ·2H2O，硫酸钙微溶于水，可以过滤出CaSO4 ·2H2O，滤液中含有磷酸，加入KCl进行萃取：KCl+H3PO4⇌KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂，则HCl在有机相中，KH2PO4在水相中，水相中加入乙醇可以析出KH2PO4晶体。有机相中加入氨水，和盐酸反应生成氯化铵，可以用作氮肥。
【解析】
(1)将磷酸钙粉碎的目的是增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；加入有机溶剂萃取后液体分层，所以“操作II”的名称是分液。
(2)由以上分析可知，“酸浸”发生反应的化学方程式为：Ca3(PO4)2 +3H2SO4 +6H2O= 2H3PO4 +3CaSO4 ·2H2O。硫酸是强酸，磷酸是弱酸，“酸浸”利用了浓硫酸的强酸性。
(3)水相中含有易溶于水的KH2PO4，加入有机溶剂乙醇，可以降低KH2PO4的溶解度，促进磷酸二氢钾的析出。
(4)氮肥可以使作物枝繁叶茂，在有机相中有HCl，所以加入的溶液M是氨水，和盐酸反应生成氯化铵，可以做氮肥。
(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图所示。x为阴极，溶液中水电离出来的H+得到电子生成氢气，同时促进水电离产生更多的OH-，为了增强溶液的导电性，同时不引入新杂质，加入的a为稀KOH溶液，从b口流出的是浓KOH溶液。y为阳极，溶液中的水电离出来的OH-失去电子生成氧气，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑ +4H+。
3．（2021·云南昆明市·高三三模）钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2 等)中回收钴的一种工艺流程如图：
相关金属离子[Co(Mn+ )=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
金属离子
Co2+
Fe2+
Fe3+
Zn2+
开始沉淀的pH
7.15
6.3
1.5
6.2
沉淀完全的pH
9.15
8.3
2.8
8.2
回答下列问题：
(1)滤渣1是_______，“加热酸浸”时为确保安全应注意_______。
(2)若无氧化步骤，对实验的影响是_______。试剂X可以为下列物质中的_______。
A．KOH B．Zn(OH)2 C．ZnO D．Na2CO3
(3)操作1的名称是_______， 从流程信息分析，在有机溶剂M中_______(填“ZnSO4”或“CoSO4”)溶解度更大。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、_______。
(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是_______，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为SO)，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(5)常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，溶液的pH至少为_______(用含Ksp的式子表示)。
【答案】SiO2 避免明火 无法有效除铁 BC 萃取、分液 ZnSO4 过滤、洗涤、干燥 2Co2++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl- 1：2 14+lg
【分析】
废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2 等)其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中为钴离子，有机相为锌离子，操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解题。
【解析】
(1)经分析可知滤渣1是SiO2，“加热酸浸”时为确保安全应注意避免明火，因为酸浸时会产生氢气。
(2)若无氧化步骤，亚铁离子不能转化为三价铁离子，对实验的影响是无法有效除铁。试剂X可以为下列物质中的KOH和Zn(OH)2，需要氢氧根结合三价铁离子。
(3) 经分析可知操作1的名称是萃取、分液， 从流程信息分析，在有机溶剂M中ZnSO4。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是：2Co2++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl-，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为SO)，Na2S2O8与Co2+得失电子比为2：1，氧化剂为Na2S2O8、还原剂为Co2+，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。
(5)常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，溶液的c(OH-)=，pH至少为14+lg。
4．（2021·河北沧州市·高三三模）钌()为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如下：
(1)加碱浸取时，为提高钌的浸出率可采取的措施有_______(任写两点)。
(2)操作X的名称为_______。
(3)“研磨预处理”是将研磨后的含钌废料在氢气还原炉中还原为单质钌，再进行“碱浸”获得，写出“碱浸”时生成的离子方程式：_______。
(4)“滤渣”的主要成分为，加入草酸的作用是_______，金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是_______。
在酸性介质中，若使用溶液代替草酸，可获得，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。
(5)“一系列操作”为_______，写出在“还原炉”中还原制得钌的化学方程式：_______。
【答案】延长浸取时间，适当提高温度 过滤 作还原剂 洗涤、干燥
【分析】
根据反应速率的影响因素进行判断，能改变的反应速率；根据分离出的物质判断操作的名称，利用电荷守恒、原子守恒、升降守恒进行配平方程式；根据图像中外界条件的变化对钌回收率的影响从经济效应考虑找适应的条件。
【解析】
(1)为了提高钌的浸出率，可采取的措施：适当升高温度，增大碱的浓度，延长浸取时间，搅拌等；
(2)根据操作X后分离的物质浸出渣和浸出液进行判断，操作X为过滤；
(3)金属钌在碱浸时被溶液氧化为对应的还原产物为，反应的离子方程式为；
(4)通过分析题意可知，在加入盐酸调节的同时，再加入草酸的目的是还原，根据已知图像中钌的回收率的变化判断，回收率较高时，外界条件变化对回收率影响不大的条件：x=1:5，T=70℃，NaClO3与根据化合价的升降，氯元素化合价有+5价降低到-1价，Ru化合价由+2价升高到+4价，根据化合价守恒得出关系式：n(NaClO3):n()=1:3；
(5)滤渣经过洗涤后干燥，再经过氢气还原可得高纯钌，方程式为：。
5．（2021·山东济南市·高三三模）综合利用研究发现，硼镁铁矿(主要成分为，含有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)可以制备硼酸、铁红和碳酸镁等常用化工试剂，工艺流程图如下：
回答下列问题：
(1)硼镁矿粉碎的目的是___________，“酸浸”中发生的离子反应是___________。
(2)为提高产品纯度，“净化”时用的试剂X为___________(填化学式)，如果将“净化”中①和②的顺序调换，会导致的结果是___________。
(3)过滤所得碳酸镁需冷水洗涤后再进行干燥证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为___________。
(4)不同条件下硼酸的萃取率图象如下：
萃取过程为___________(填“吸热”或“放热”)反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是___________。
【答案】增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率 MgO或者Mg(OH)2等 铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净 取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净 放热 当溶液的pH过高时，硼酸以盐的形式存在
【分析】
硼镁铁矿经过粉碎增大了与酸的接触面积，提高了反应速率，经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，过滤直接除去，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，再加MgO或者Mg(OH)2等，调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，灼烧Fe(OH)3得到铁红Fe2O3，过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取剂，将硼酸根和含有Mg2+的溶液分离，在水层中加入NH4HCO3，沉淀Mg2+，得到MgCO3沉淀，在有机相中加入反萃取剂，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促进生成硼酸，结晶析出。
【解析】
(1)硼铁矿粉碎可以增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中与酸发生的离子反应是；
(2) “净化”时，加入物质X是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为提高产品纯度，试剂X应为MgO或者Mg(OH)2等，如果将“净化”中①和②的顺序调换，Fe2+未被氧化成Fe3+，从而未能转化成沉淀除去，导致铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净；
(3)若未洗涤干净，洗涤液中会有离子，则证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净；
(4)由图可知，温度越高，萃取率越低，则可知硼酸的萃取过程为放热反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是当溶液的pH过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。
6．（2021·江苏盐城市·高三三模）水合肼(N2H4•H2O)常用作航天器燃料，也广泛应用于医药生产。实验室制取水合肼，并模拟处理铜氨{[Cu(NH3)4]2+}废液回收铜粉的实验流程如图：
（1）反应Ⅰ中温度升高时易产生副产物NaClO3。为提高NaClO产率，实验中可采取的措施有___
A．反应容器浸入热水中 B．适当减慢通入Cl2的速率 C．不断搅拌溶液
（2）①NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的离子方程式为___。
②合成过程中需控制≈，比理论值略大的原因是___。
（3）检验分离出水合肼后的溶液中Cl-的实验操作是___。
（4）铜粉沉淀率与水合肼溶液浓度的关系如图所示。请设计由铜氨废液回收铜粉的实验方案：取一定量5mol•L-1水合肼溶液，___，静置、过滤、洗涤、干燥。
实验中可选用的试剂：5mol•L-1水合肼溶液、2mol•L-1硫酸、2mol•L-1NaOH溶液、铜氨废液、蒸馏水。
已知：2[Cu(NH3)4]2++N2H4•H2O+4OH-2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O。
【答案】BC CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4•H2O+Cl-+CO 适当增加还原剂CO(NH2)2用量，减少生成物水合肼的氧化损耗量，为反应Ⅱ提供更多的反应物水合肼 取少量合成后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀 加入蒸馏水稀释至3mol•L-1~3.25mol•L-1，加入适量2mol•L-1NaOH溶液。边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol•L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加
【解析】
（1）NaOH溶液与Cl2在一定温度下反应生成NaClO、NaCl，该反应为放热反应，温度升高时易产生副产物NaClO3，为提高NaClO产率，可适当减慢通入Cl2的速率以减缓反应速率，或者不断搅拌溶液增大热量散失速率，故答案为：BC；
（2）①NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的过程中，Cl元素化合价由+1降低至-1，N元素化合价由-3升高至-2，反应过程中溶液为碱性，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知反应方程式为CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4•H2O+Cl-+CO；
②N2H4•H2O中N元素化合价为-2，具有还原性，能够被NaClO氧化，N2H4•H2O被氧化会导致N2H4•H2O产率降低，因此通过增大CO(NH2)2的量防止N2H4•H2O被氧化，故答案为：适当增加还原剂CO(NH2)2用量，减少生成物水合肼的氧化损耗量，为反应Ⅱ提供更多的反应物水合肼；
（3）检验Cl-的试剂为硝酸银溶液，但硝酸银同时能与N2H4•H2O反应生成难溶物会干扰Cl-检验，因此可加入稀硝酸将N2H4•H2O氧化为N2，然后再加入硝酸银进行检验，故答案为：取少量合成后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀；
（4）由图可知，当水合肼溶液浓度为3.0～3.25mol/L时铜粉沉淀率最高，因此可利用3.0～3.25mol/L的水合肼溶液与铜氨废液在碱性并加热条件下反应回收铜粉，反应过程中生成NH3、N2，NH3不能排放至空气中，可利用2mol•L-1硫酸吸收，当溶液中不再生成N2时，说明铜氨废液回收基本完全，故答案为：加入蒸馏水稀释至3mol•L-1~3.25mol•L-1，加入适量2mol•L-1NaOH溶液。边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol•L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加。
7．（2021·陕西宝鸡市·高三一模）某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示(已知废催化剂中含有70.0%及一定量的、、和有机物，镍及其化合物的化学性质与铁的类似，但的性质较稳定)。回答下列问题：
已知：部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的如下表所示。
沉淀物
5.2
3.2
9.7
9.2
（1）滤渣a的成分是___________，用乙醇洗涤废催化剂的目的是___________，从废液中回收乙醇的方法是___________
（2）为提高酸浸速率，可采取的措施有___________(答一条即可)
（3）硫酸酸浸后所得滤液A中可能含有的金属离子是___________，向其中加入的目的是___________，反应的离子方程式为___________
（4）利用化学镀(待镀件直接置于含有镀层金属的化合物的溶液中)可以在金属、塑料、陶瓷等物品表面镀上一层金属镍或铬等金属，与电镀相比，化学镀的最大优点是___________
（5）滤液C进行如下所示处理可以制得。滤液C溶液D
①操作X的名称是___________
②在强碱溶液中用氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料—，该反应的离子方程式是___________
【答案】 溶解、除去有机物 蒸馏 将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度 、、 加入的目的是将氧化为，有利于分离 不消耗电能，节约能源 蒸发结晶
【分析】
由题给流程可知，用乙醇洗涤将废催化剂表面的有机物溶解、除去后，用稀硫酸酸浸废催化剂，废催化剂中的铝、铁、镍与稀硫酸反应生成可溶性的硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣a和含有稀硫酸、可溶性硫酸盐的滤液A；向滤液A中加入过氧化氢溶液，保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子得到滤液B；向滤液B中加入氢氧化镍调节溶液pH，使溶液中的铁离子、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b和含有硫酸镍的滤液C；向滤液C中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为9.2，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；氢氧化镍经灼烧、还原得到金属镍。
【解析】
（1）由分析可知，滤渣a的成分是二氧化硅，用乙醇洗涤废催化剂的目的是溶解、除去废催化剂表面的有机物；可以利用乙醇与废液中沸点不同，题给蒸馏的方法从废液中回收乙醇，故答案为：；溶解、除去有机物；蒸馏；
（1）将废催化剂粉碎，增大反应物的接触面积，或适当地提高硫酸的浓度，或升高浸泡时的温度等措施均可以提高酸浸速率，故答案为：将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度；
（3）由分析可知，硫酸酸浸后所得滤液A中含有硫酸镍、硫酸铝、硫酸铁，则溶液中含有的金属阳离子为、、；向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH时，将铁离子转化为沉淀除去，反应的离子方程式为，故答案为：、、；加入的目的是将氧化为，有利于分离；；
（4）与电镀相比，化学镀的最大优点是不消耗电能，节约能源，故答案为：不消耗电能，节约能源；
（5）①由题给流程可知，酸化后的硫酸镍溶液经蒸发结晶得到七水硫酸镍晶体，故答案为：蒸发结晶；
②由题意可知，生成碱式氧化镍的反应为碱性条件下，硫酸镍溶液与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成碱式氧化镍沉淀、硫酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
8．（2021·湖北武汉市·高三月考）工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO，含有少量FeO、)制备镍并回收副产物黄铵铁矾[]的工艺流程如下。
回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布图为___________。
（2）“初步沉铁”时，鼓入空气的作用除了搅拌、加快反应速率之外，还有___________。
（3）“深度沉铁”时，溶液保持的温度比“初步沉铁”时溶液保持的温度低，且的用量高于理论用量的原因是___________。溶液中转化为黄铵铁矾的离子方程式为___________。检验“深度沉铁”完全的实验步骤和现象是___________。
（4）已知几种物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示。
物质
黄铵铁矾
开始沉淀的pH
7.2
2.7
1.3
沉淀完全的pH
9.2
3.7
2.3
“深度沉铁”通入调节溶液pH的范围是___________。
（5）隔绝空气煅烧时得到，则煅烧反应的化学方程式为___________。
【答案】 将Fe2+氧化为Fe3+ 双氧水不稳定，受热易分解 取沉淀后的滤液少许，向其中加入几滴KSCN溶液，若不出现血红色，这说明沉淀完全
【分析】
红土镍矿(主要成分为NiO，含有少量FeO、)中加入稀硫酸，生成硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸铁，然后通入氨气、空气并加热得到黄铵铁矾，过滤后继续通入氨气，加入双氧水并加热进一步得到黄铵铁矾，然后向滤液中加入草酸沉镍，煅烧得到氧化镍，利用焦炭还原得到粗镍，据此解答。
【解析】
（1） 基态Ni原子的价电子排布图为；
（2）由于空气中含有氧气，因此鼓入的空气除了起到搅拌、加快反应速率的作用外，还能够起到将Fe2+氧化为Fe3+的作用；
（3） 溶液保持的温度比“初步沉铁”时溶液保持的温度低，且的用量高于理论用量的原因是双氧水不稳定，受热易分解；溶液中转化为黄铵铁矾的离子方程式为；检测Fe3+一般用KSCN溶液，则证明“深度沉铁”完全的实验步骤和现象是取沉淀后的滤液少许，向其中加入几滴KSCN溶液，若不出现血红色，这说明沉淀完全；
（4）深度沉铁通入氨气需要防止生成氢氧化内和氢氧化铁沉淀，则条件溶液pH的范围是；
（5）NiC2O4煅烧分解可以制得Ni2O3，同时获得混合气体，反应中镍元素化合价升高，则碳元素化合价应该降低，因此混合气体是CO和CO2，反应的化学方程式为。
9．（2021·四川成都市·高三一模）高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂，也是高能电池的电极材料。工业上，利用硫酸亚铁为原料，通过铁黄(FeOOH)制备高铁酸钾，可降低生产成本且产品质量优。工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）有同学认为上述流程可以与氯碱工业联合。写出电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式______。
（2）实验测得反应溶液的pH、温度对铁黄产率的影响如图所示。反应温度宜选择______；pH大于4.5时铁黄产率降低的主要原因可能是______。
（3）用高铁酸钾处理水时，不仅能消毒杀菌，还能将水体中的NH3、CN-转化成CO2、N2等无毒的物质，生成的氢氧化铁胶体粒子还能吸附水中悬浮杂质。试写出高铁酸钾处理含CN-废水时除去CN-的离子方程式______。
（4）已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。高铁酸钾的净水能力与废水的pH有关，当溶液pH=2时，废水中c(Fe3+)=______mol·L-1。
（5）K2FeO4可作锌铁碱性高能电池的正极材料，电池反应原理：2K2FeO4+3Zn+8H2O2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4KOH。充电时阴极的电极反应为______。
【答案】NaCl+H2ONaClO+H2↑ 40℃ 酸性减弱，Fe(OH)3增多 10FeO+6CN-+22H2O=10Fe(OH)3(胶体)+6CO+3N2↑+14OH- 0.04 Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-
【分析】
实验室欲制备高铁酸钾，首先要分别制备铁黄和NaClO，将而二者混合后加入NaOH调节溶液pH得到高铁酸钠，通过Na与K的置换可以得到高铁酸钾粗产品。根据图像分析制备过程中最佳的制备温度和溶液pH；根据沉淀溶解平衡常数计算溶液中Fe3+的浓度；根据充电时的电池总反应方程式和充电时各电极的得失电子情况书写电极方程式。
【解析】
（1）电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式为NaCl+H2ONaClO+H2↑；
（2）根据图像，FeOOH的产率先上升后下降，40℃左右时，铁黄产率较高；pH大于4.5时，溶液中OH-浓度较大，生成了氢氧化铁，使得铁黄产率降低；
（3）高铁酸钾具有氧化性，可以将CN－氧化为氮气和二氧化碳而除去，本身被还原为氢氧化铁胶体，在碱性溶液中二氧化碳变成碳酸根离子，反应的方程式为10FeO+6CN-+22H2O=10Fe(OH)3(胶体)+6CO+3N2↑+14OH-；
（4）pH=2时，c(OH-)=10-12mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38，c(Fe3+)=mol/L=0.04mol/L；
（5）根据电池反应，充电时为电解池反应，此时阴极反应为得电子的反应，在充电过程中Zn元素得到电子生成Zn单质，因此充电时阴极的反应为Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-。
10．（2021·北京高三一模）磷酸铁(FePO4)常用作电极材料。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
请回答下列问题：
（1）滤渣3的主要成分是___________(写出化学式)；
（2）用FeS还原Fe3＋的目的是___________加入FeO的作用是___________(用离子方程式表示)；
（3）试剂R宜选择___________(填字母)；
A．高锰酸钾 B．稀硝酸 C．双氧水 D．次氯酸钠
（4）检验“氧化”之后溶液是否含Fe2＋的操作是___________；
（5）已知沉淀溶解平衡：，。常温下，，“沉铁”中为了使，最小为___________mol/L。
【答案】Al(OH)3 避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀 Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋） C 取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋ 1.3×10－17
【分析】
硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、H＋等，加入FeS将Fe3＋还原成Fe2＋，加入FeO调节pH，使Al3＋转化成Al(OH)3沉淀，除去Al3＋，然后加入氧化剂，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此分析；
【解析】
（1）加入FeO调节pH，可以使Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，所用滤渣3的主要成分为Al(OH)3；
（2）依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此用FeS还原Fe3＋的目的是避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀；加入FeO的目的是调节pH，让Al3＋以Al(OH)3形式沉淀而除去，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀，总反应为2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋；
（3）A．KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2＋、K＋，故A不适宜；
B．稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入硝酸根成为新杂质，故B不适宜；
C．双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C适宜；
D．次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl－、Na＋，故D不适宜；
答案：C；
（4）Fe2+可以和铁氰酸钾溶液反应得到蓝色沉淀，还可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以检验Fe2＋：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋；
（5）当c(Fe3+)≤1×10-5mol/L时， c(PO)≥=1.3×10-17mol/L。
11．（2021·江西高三二模）某小组利用含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)制备化工产品三盐(PbSO4·3PbO·H2O)的工艺流程如图：
已知：Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，Pb(OH)2具有两性，PbO2有强氧化性。请回答下列问题：
（1）结晶水合物M(M=322g/mol)的化学式为___。
（2）“转化”中，加入Na2SO3溶液的离子反应方程式___。
（3）“转化”中，加入Na2CO3目的是___。
（4）下列试剂可以替代Na2SO3溶液___(填写字母)。
A．H2O2溶液 B．Na2SO4溶液 C．高锰酸钾溶液 D．Fe2(SO4)3溶液
（5）该流程中可以循环利用的物质是___(填写物质名称)。
（6）“酸溶”时，反应温度为40℃，其主要原因是___。
（7）合成三盐的化学方程式为___，解释“合成”需控制溶液的pH不能大于10的原因___。
【答案】Na2SO4·10H2O SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH- 使PbSO4转化为PbCO3 A (稀)硝酸 低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解 4PbSO4+6NaOH=PbSO4·3PbO·H2O+3Na2SO4+2H2O Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率
【分析】
向含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)中加入Na2SO3溶液、Na2CO3溶液，PbO2有强氧化性，将Na2SO3溶液氧化生成PbSO4，Na2CO3溶液将PbSO4转化为难溶PbCO3的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，然后过滤得到滤液1为Na2SO4溶液，向滤渣中加入硝酸酸溶，PbO、PbCO3都与硝酸反应生成Pb(NO3)2；然后向溶液中加入硫酸，生成PbSO4沉淀，过滤，滤液2的主要成分是HNO3，向滤渣中加入NaOH溶液，发生反应4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+ PbSO4•3PbO•PbSO4•H2O+2H2O，过滤、洗涤、干燥得到PbSO4•3PbO• H2O，滤液3中含有Na2SO4，据此分析解答。
【解析】
（1）通过以上分析知，滤液1为Na2SO4溶液，蒸发、结晶可得到的副产品为硫酸钠晶体，其相对分子质量为322，则M为Na2SO4•10H2O，故答案为：Na2SO4•10H2O；
（2） PbO2有强氧化性，“转化”中，加入的Na2SO3溶液能够被PbO2氧化生成PbSO4，反应的离子方程式为SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-，故答案为：SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-；
（3） Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，加入Na2CO3溶液，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，反应的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，故答案为：使PbSO4转化为PbCO3；
（4） Na2SO3溶液是将PbO2转化为Pb2+，体现了Na2SO3溶液的还原性，四种物质中只有H2O2溶液具有还原性，Na2SO4溶液不具有还原性，高锰酸钾溶液、Fe2(SO4)3溶液具有氧化性，因此可以用H2O2溶液代替Na2SO4溶液，故答案为：A；
（5）根据上述分析，滤液2的主要成分是HNO3，可以循环利用，故答案为：硝酸；
（6）“酸溶”时，反应温度为40℃，若低于40℃，反应速率慢，不利于酸溶；若高于40℃，硝酸会分解，故答案为：低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解；
（7） 合成三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+ PbSO4•3PbO• H2O+2H2O，“合成”需控制溶液的pH不能大于10，若pH大于10，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率，故答案为：4PbSO4+6NaOH= PbSO4•3PbO• H2O+3Na2SO4+2H2O；Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率。
12．（2021·广东梅州市·高三二模）铍有“超级金属”之称，是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料。以绿柱石[]为原料制备金属铍的工艺如下：
已知：难溶于水，可与过量结合成。
回答下列问题：
（1）“操作1”的目的是使烧结的固体在水浸过程有较大的接触面积，则其名称是___________。
（2）烧结时；与绿柱石作用除生成易溶于水的外，还有铁、铝、硅的氧化物，该反应的化学方程式为___________。“滤渣1”中的酸性氧化物是___________。
（3）“过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成沉淀，但NaOH不能过量，原因是___________(用离子方程式表示)。
（4）已知，室温下恰好完全沉淀时[此时浓度为]的___________。
（5）在熔融状态下不能导电，工业上用电解熔融混合物制备金属铍，可选用镍坩埚作电解槽的___________(填“阳极”或“阴极”)材料，电解总反应的化学方程式为___________；加入NaCl的主要目的是___________。
【答案】粉碎(或破碎、或研磨) 6.0或6 阴极 增强熔盐的导电性
【分析】
绿柱石的主要成分Be3Al2(SiO3)6，可表示为3BeO•Al2O3•6SiO2，由流程可知，烧结时发生Be3Al2(SiO3)6+2Na3FeF6 3Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2，碾碎、水浸后，再过滤，分离出滤渣为Al2O3、Fe2O3、SiO2，滤液中加入NaOH生成Be(OH)2沉淀，若NaOH过量与Be(OH)2反应，降低Be的产率，Be(OH)2煅烧得BeO，BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO，电解NaCl-BeCl2熔融混合物制备金属铍，沉氟时发生12NaF+Fe2(SO4)3=2Na3FeF6↓+3Na2SO4，难溶物循环利用，以此来解答。
【解析】
（1）绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]灼烧后得到的固体混合物，为提高水浸效率，需要将固体粉碎，增加接触面积，操作1名称是：粉碎(或破碎、或研磨)；
（2）Na3FeF6与Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物，该反应的化学方程式为，“滤渣1”中的酸性氧化物是：；
（3）因为Be(OH)2呈两性，“过滤1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量，则会继续溶解而生成可溶性盐，所以后果是；
（4），常温下，，pH=6；
（6）若镍作阳极材料，则通电后易失电子而发生溶解，所以镍坩锅作电解槽的阴极材料，电解时BeCl2熔融电解，生成Be和氯气，发生反应的化学方程式为，从方程式看，NaCl没有参加反应，则加入NaCl的主要目的是增强熔盐的导电性。
12．（2021·广东高三模拟）锗是一种重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。下图为工业上利用湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)制备高纯锗的工艺流程：
已知：①GeO2为两性化合物。
②常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见下表。
离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ge4+
开始沉淀pH
7.5
2.2
6.2
8.2
完全沉淀pH
9.0
3.2
8.2
11.2
③有机试剂丹宁沉淀金属离子的沉淀率见下表。
离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ge4+
沉淀率(％)
0
99
0
97~98.5
（1）“浸出”时加热的目的是_______；浸出渣的主要成分是_______(填化学式)。
（2）浸出后加入NaClO溶液的作用是_______(用离子方程式表示)。加入NaClO溶液后调节溶液的pH至3.9的原因是_______。
（3）“滤液2”中主要含有的金属阳离子是_______(填离子符号)。
（4）GeCl4与高纯水反应的化学方程式为_______。
（5）若含锗3.2%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，则锗的回收率为_______(保留3位有效数字)。
【答案】加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率 SiO2 2H++ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3++H2O 除去Fe3+ Zn2+、Na+ GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl 91.3%
【分析】
湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)，浸出液中含有四价锗和锌离子，加入有机沉淀剂丹宁与四价锗络合形成沉淀，过滤后得到含有Ge的沉淀，将沉淀焙烧得到GeO2；用浓盐酸溶解GeO2生成GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2•nH2O，GeO2•nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge。
【解析】
（1）“浸出”时加热的目的是加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；“浸出”中，湿法炼锌渣中的GeO2为两性化合物，与稀硫酸反应生成Ge4+；ZnO、FeO、Fe2O3均为碱性氧化物，与稀硫酸反应生成Zn2+、Fe2+和Fe3+；SiO2为难溶于水的酸性氧化物，不与稀硫酸反应，过滤后以浸出渣的形式除去。浸出渣的主要成分是SiO2(填化学式)。故答案为：加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；SiO2；
（2）由表1中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，故加入次氯酸钠的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2H+ +ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3+ +H2O，再通过调节pH至3.9时，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。浸出后加入NaClO溶液的作用是2H++ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3++H2O(用离子方程式表示)。加入NaClO溶液后调节溶液的pH至3.9的原因是除去Fe3+。故答案为：2H++ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3++H2O；除去Fe3+；
（3）“过滤1”后“滤饼1”的主要成分是Fe(OH)3，滤液1中的离子有Zn2+、Ge4+，加入硫酸引入的和过量的H+，及加入次氯酸钠引入的Na+、过量的ClO−和生成的Cl−。由表2中数据可知加入有机试剂丹宁后Ge4+的沉淀率为97％~98.5％，故滤液2中主要含有的金属阳离子是Zn2+和Na+，Ge4+转化为沉淀被分离。“滤液2”中主要含有的金属阳离子是Zn2+、Na+(填离子符号)。故答案为：Zn2+、Na+；
（4）由流程图可知，GeCl4与高纯水反应生成GeO2·nH2O晶体，GeCl4与高纯水反应的化学方程式为GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl。故答案为：GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl；
（5）若含锗3.2%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，氢气还原氧化锗的反应方程式为
则锗的回收率为×100%≈ 91.3%。故答案为：91.3%。
13．（2021·四川内江市·高三三模）某科研小组以平板液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末(含CeO2、SiO2、Fe2O3等)为原料回收Ce(铈)的流程如图所示：
已知：CeO2具有强氧化性，通常情况下不与常见的无机酸反应。
回答下列问题：
（1）为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有_______(写两种)。
（2）操作①和②均为_______(填名称)；在_______中加入KSCN溶液显红色。
（3）写出加入H2O2作还原剂时发生反应的离子方程式_______；操作③在加热的条件下通入HCl的作用是_______。
（4）当加入碱调节溶液的pH=_______时，Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)=8×10-6mol/L。[已知：25℃时，Ce(OH)3的Ksp=8×10-21]
（5）对CeCl3样品纯度进行测定的方法：准确称量样品62.50g，配成1000mL溶液，取50.00mL上述溶液置于锥形瓶中，加入稍过量的过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液使Ce3+被氧化为Ce4+，然后用萃取剂萃取Ce4+，再用1mol/LFeSO4标准溶液滴定至终点，重复2～3次，平均消耗10.00mL标准液。
①写出滴定过程中发生反应的离子方程式_______。
②CeCl3样品的纯度为_______％。
【答案】搅拌；适当增大酸的浓度 过滤 滤液1 2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O 抑制Ce3+水解生成沉淀 9 Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+ 78.88
【分析】
由流程可知，搅拌、适当增大酸的浓度酸浸，过滤分离出滤液I为铁盐溶液，滤渣I为CeO2、SiO2，加过氧化氢、盐酸发生2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，过滤分离出滤渣II为SiO2，滤液II为CeCl3溶液，加入碱溶液调节溶液pH生成Ce(OH)3沉淀，悬浊液中加入盐酸得到CeCl3溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到结晶水合物，在浓盐酸、氩气氛围中加热CeCl3•6H2O得到无水CeCl3，一定条件下CeCl3转化为Ce，以此来解答。
【解析】
（1）为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有搅拌、适当增大酸的浓度；
（2）操作①和②均为过滤；滤液1中含有Fe3+，加入KSCN溶液显红色；
（3）加入H2O2只作还原剂时发生反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，操作③在加热的条件下加入浓HCl的作用是抑制Ce3+水解生成沉淀；
（4） Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)=8×10-6mol/L，，常温下，则pH=9；
（5）①滴定过程中发生反应的离子方程式为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；
②由电子守恒可知Ce3+物质的量等于Fe2+的物质的量，质量为0.01L×1mol/L×200/50×246.5g/mol=9.86g，则CeCl3样品的纯度为9.86/12.5×100%=78.88%.
14．（2021·四川成都市·高三三模）镍氢电池有着广泛的应用，旧电池的回收和再利用同样的重要。废旧镍氢电池中常含有NiOOH、Ni(OH)2、及少量Co(OH)2、FeO等，以下为金属分离以及镍的回收流程，按要求回答下列问题：
（1）N2H4的电子式是___________；“酸浸”中，加入N2H4的主要作用是___________。
（2）“氧化”过程中与Fe2+有关的离子方程式是___________，滤渣1主要成分是弱碱，其化学式是___________。
（3）已知=8.0×10-44，当三价钴沉淀完全时，溶液pH=___________。(已知：lg2=0.3)
（4）滤液A的主要溶质是_____；操作X是_____
（5）用滴定法测定NiCO3产品中镍元素含量。取2.500g样品，酸溶后配成250mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.1000mol/L的Na2H2Y溶液进行滴定。
已知：①Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+
②紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。
①滴定终点的现象是___________。
②如果紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，则会导致___________。。
【答案】 还原Ni(III)为Ni2+ 2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O Fe(OH)3 1.3 NaCl 过滤 滴入最后一滴标准液，溶液恰好由橙黄色变为紫色且30s不变色 测得Ni含量偏高
【分析】
废旧镍氢电池中常含有NiOOH、Ni(OH)2、及少量Co(OH)2、FeO等，向混合物中加入盐酸，生成Ni3+、Ni2+、Co2+、Fe2+，再向溶液中加入N2H4还原Ni3+，然后加入H2O2氧化Fe2+，向溶液中加入Na2CO3条件溶液pH使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀，过滤后向滤液中加入NaClO氧化Co2+生成Co3+，Co3+与溶液中Na2CO3发生复分解反应生成Co(OH)3，过滤后向滤液中加入Na2CO3与Ni2+发生复分解反应生成NiCO3。
【解析】
（1）N2H4可理解为NH3中1个H原子被-NH2“替换”后的物质，其电子式为；“酸浸”中，加入N2H4的主要作用是还原Ni(III)为Ni2+，避免后续除杂过程中生成Ni(OH)3导致NiCO3产率降低，故答案为：；还原Ni(III)为Ni2+；
（2）“氧化”过程中H2O2与Fe2+反应时，H2O2中O元素化合价由-1降低至-2，Fe元素化合价由+2升高至+3，此时溶液呈酸性，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒可知反应离子方程式为2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；由上述分析可知，滤渣1主要成分是Fe(OH)3；
（3）当三价钴沉淀完全时，溶液中c(Co3+)=1×10-5mol/L，此时溶液中c(OH-)==mol/L=2×10-13mol/L，溶液中c(H+)==mol/L=0.05mol/L，pH= -lg c(H+)= -lg0.05=1.3；
（4）第二次加入Na2CO3后，溶液中阳离子主要是Na+，溶液中阴离子为NaClO还原后生成的Cl-，因此滤液A中主要溶质为NaCl；操作X为固液分离操作，因此操作X为过滤，故答案为：NaCl；过滤；
（5）①当Na2H2Y与Ni2+完全反应后，溶液中无Ni2+，因此溶液由橙黄色变为紫色，故滴定终点现象为：滴入最后一滴标准液，溶液恰好由橙黄色变为紫色且30s不变色；
②如果紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，则会导致部分Na2H2Y并未参加反应，使得最终测得Ni含量偏高。
15．（2021·山东青岛市·高三二模）铍可应用于飞机、火箭制造业和原子能工业。素有“中国铍业一枝花”之称的湖南水口山六厂改进国外生产工艺，以硅铍石(主要成分为、、、、)为原料提取铍，具体流程如下：
已知：①铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，电负性相近，其单质及化合物在结构与性质等方面具有相似性。
②铝铵钒在不同温度下的溶解度：
温度/℃
0
10
20
30
40
60
溶解度/g
2.10
5.00
7.74
10.9
14.9
26.7
回答下列问题：
（1）流程中“系列操作”为___________。
（2）将“中和液”沉淀时，调节溶液的不能过大或过小。过大时发生反应的离子方程式为___________。
（3）已知，。若浓度为0.40的中和液开始沉淀时，溶液中___________。
（4）若在实验室洗涤粗，操作为___________；洗涤时加入溶液除去表面吸附的少量氢氧化铝，反应的离子方程式为___________。
（5）氧化铍转化为氯化铍的化学方程式为___________。
（6）的电子式为___________；电解时须加入氯化钠的作用是___________。
【答案】蒸发浓缩、降温结晶、过滤 向过滤器中加入溶液至浸没沉淀，将溶液滤出，重复操作2～3次 为共价化合物，加入使转化为其它含铍的离子化合物(或将氯化铍转化为。
【分析】
硅铍石(主要成分为、、、、)经过原料预处理后用硫酸酸浸，浸出液中有Be2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、H+、，SiO2形成浸出渣分离，浸出液加入硫酸铵，经过蒸发浓缩、降温结晶(铝铵矾溶解度随温度的降低而减小)、过滤从而分离出铝铵矾晶体，净化液加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+然后加氨水调pH除去铁，过滤之后往中和液中加入碱性物质继续调pH使Be2+完全沉淀，由于铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，电负性相近，其单质及化合物在结构与性质等方面具有相似性，所以生成的Be(OH)2会与氢氧化钠溶液反应形，所以调pH时pH不能过大，洗涤后的Be(OH)2高温煅烧分解生成BeO，而后加入氯气和过量的碳反应生成氯化铍：，铍和铝电负性相近，所以氯化铍为共价化合物，需要加入氯化钠转化为离子化合物，然后电解获得铍单质。
【解析】
（1）根据铝铵钒在不同温度下的溶解度数据可知铝铵矾溶解度随温度的降低而减小，所以要从溶液中获得铝铵矾晶体进行的“系列操作”为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤。
（2）将“中和液”沉淀时，形成Be(OH)2，Be(OH)2同类似，会与强碱溶液反应，所以过大时发生反应的离子方程式为：。
（3），0.40，则，因为，所以，所以答案为：。
（4）实验室洗涤粗的操作为：向过滤器中加入溶液至浸没沉淀，将溶液滤出，重复操作2～3次；氢氧化铝为两性氢氧化物，会与溶液反应生成可溶性的，所以反应的离子方程式为：。
（5）氧化铍与氯气和过量的碳反应生成氯化铍，根据质量守恒和得失电子守恒可知反应方程式为：。
（6） 铍和铝电负性相近，所以氯化铍为共价化合物，则的电子式为；共价化合物熔融状态下不导电，不能进行电解制备铍，所以需要加入氯化钠转化为离子化合物，所以答案为： ； 为共价化合物，加入使转化为其它含铍的离子化合物(或将氯化铍转化为。
16．（2021·四川高三三模）以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、MgCO3等杂质)为原料制备MnSO4的工艺流程如下图：
已知：常温下，Ksp(MnS)=1×10-11.金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.6
9.6
完全沉淀
2.8
8.3
10.2
11.6.
（1）酸浸时选择H2SO4而不是HCl的原因可能是___________和___________，沉淀池1中，加入MnO2时发生反应的离子方程式为___________。
（2）该工艺流程中废渣和沉淀1、2均需用水洗涤，并将洗涤液返回酸浸工序，目的是___________。
（3）沉淀2的化学式是___________，不能用NaOH代替NaF，其原因是___________。
（4）含MnSO4溶液中还含有___________杂质(填离子符号)，利用KMnO4溶液与Mn2＋反应生成黑色沉淀的现象可以检验Mn2＋，发生反应的离子方程式为___________。
（5）电解MnSO4溶液可进一步获得二氧化锰，电解后的废水中还含有Mn2＋，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2＋)≤1.0×10-5 mol·L-1，则应保持溶液中c(S2-)≥___________mol·L-1。
【答案】不引入新的杂质 盐酸后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2 MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 提高锰的回收率(或用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率等合理答案都可) MgF2 若用NaOH为沉淀剂，Mg2+沉淀完全时的pH=11.6，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低 NH、Na+ 2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2¯+4H+ 1×10-6
【分析】
菱锰矿加入硫酸进行酸浸，得到含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+等阳离子的溶液，沉淀池中加入MnO2将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，然后加入氨水调节pH得到Fe(OH)3沉淀，过滤后再加入NaF得到MgF2沉淀，此时溶液中的阳离子主要为Mn2+，还有少量Na+、NH，蒸发浓缩、冷却结晶得到MnSO4晶体。
【解析】
（1）使用盐酸会引入Cl-，为新的杂质，且后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2；沉淀池1中加入MnO2主要是将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）废渣和沉淀1、2中都会有少量Mn2+，用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率；
（3）沉淀池1中得到的沉淀为Fe(OH)3，此时溶液中阳离子有NH、Mg2+、Mn2+等，所以加入NaF的主要作用是除去Mg2+，得到的沉淀2为MgF2；根据题目所给信息可知若用NaOH为沉淀剂，Mg2+沉淀完全时的pH=11.6，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低；
（4）除铁时用氨水调节pH，除镁时加入NaF，所以含MnSO4溶液中还含有NH、Na+杂质；KMnO4溶液与Mn2＋反应生成黑色沉淀，该黑色沉淀应为MnO2，发生归中反应，离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2¯+4H+；
（5）c(Mn2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时，c(S2－)≥mol/L=1×10-6mol/L。
17．（2021·四川高三三模）二水合磷酸二氢锰具有广泛用途，被用作防锈剂。某化工厂拟用软锰矿(含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2)为原料生产Mn(H2PO4)2·2H2O，其工艺流程如下所示：
试回答下列问题：
（1）滤渣①的主要成分是___________；浸锰时，FeO生成Fe3＋的离子方程式为___________，适量的Na2SO3固体的作用是___________。
（2）检验滤液①中是否含有Fe2＋，除了用K3Fe(CN)6溶液外，还可以用___________试剂，若滤液①中含有Fe2＋其现象是___________。
（3）步骤II中，Fe3＋的萃取率与pH的关系如图，如pH>1.7后，随pH增大，Fe3＋萃取率下降的原因是___________。
（4）试剂x为某种钠的正盐，从环保、经济角度，x最好为___________(写化学式)；若c(Mn2＋)=1.0 mol·L-1，调节pH范围应为___________(该条件下，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-14)。
（5）步骤V酸溶时逐滴加入H3PO4溶液呈酸性才能保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2·2H2O，试结合离子方程式说明原因___________。
【答案】 作还原剂，将还原为 酸性高锰酸钾溶液 酸性高锰酸钾溶液紫色褪去 pH>1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降 加入H3PO4溶液呈酸性，使和发生如下反应、，可以保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2·2H2O
【分析】
软锰矿含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2杂质，浸锰步骤中加入稀硫酸和亚硫酸钠溶液，溶解三氧化二铝、溶解氧化亚铁，同时亚硫酸钠和亚铁离子作还原剂将二氧化锰还原为，被氧化成，和硫酸不反应，以滤渣形式除去，萃取分液步骤采用萃取剂除去，调节PH步骤加入将铝离子以氢氧化铝沉淀形式除去，沉锰步骤继续加入使生成，酸溶步骤和反应生成，据此分析答题。
【解析】
（1）浸锰步骤中加入稀硫酸和亚硫酸钠溶液，溶解三氧化二铝、溶解氧化亚铁，同时亚硫酸钠和亚铁离子作还原剂将二氧化锰还原为，被氧化成，和硫酸不反应，以滤渣形式除去，滤渣①的主要成分是；FeO在酸性条件下被氧化生成，所以离子方程式为：；适量的Na2SO3固体的作用是作还原剂，将还原为；故答案为：；；作还原剂，将还原为；
（2）根据流程分析可知滤液①中一定含有，所以检验时一定要防止的干扰，不能选择先将氧化的方法，只能利用的还原性，所以选择酸性高锰酸钾溶液，若其褪色则证明含有，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；酸性高锰酸钾溶液紫色褪去；
（3）在滤液①中存在下述水解平衡，如pH>1.7之后，水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降；
（4）试剂x的作用是调节溶液的PH，时先沉淀，后沉淀，使二者分离，x为某种钠的正盐，从环保、经济角度，x最好为；调节pH范围应满足让完全沉淀同时未沉淀，当完全沉淀时，浓度为，此时，所以溶液，当开始沉淀是，溶液中，所以溶液，调节溶液，故答案为：；；
（5）步骤V酸溶时逐滴加入H3PO4溶液，开始时溶液中酸少量，过量，先生成和，当加入H3PO4溶液呈酸性时会发生如下反应：、保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2·2H2O，故答案为：加入H3PO4溶液呈酸性，使和发生如下反应、，可以保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2·2H2O。
18．（2021·山东高三三模）综合利用研究发现，硼镁铁矿(主要成分为，含有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)可以制备硼酸、铁红和碳酸镁等常用化工试剂，工艺流程图如下：
回答下列问题：
（1）硼镁矿粉碎的目的是___________，“酸浸”中发生的离子反应是___________。
（2）为提高产品纯度，“净化”时用的试剂X为___________(填化学式)，如果将“净化”中①和②的顺序调换，会导致的结果是___________。
（3）过滤所得碳酸镁需冷水洗涤后再进行干燥证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为___________。
（4）不同条件下硼酸的萃取率图象如下：
萃取过程为___________(填“吸热”或“放热”)反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是___________。
【答案】增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率 MgO或者Mg(OH)2等 铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净 取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净 放热 当溶液的pH过高时，硼酸以盐的形式存在
【分析】
硼镁铁矿经过粉碎增大了与酸的接触面积，提高了反应速率，经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，过滤直接除去，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，再加MgO或者Mg(OH)2等，调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，灼烧Fe(OH)3得到铁红Fe2O3，过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取剂，将硼酸根和含有Mg2+的溶液分离，在水层中加入NH4HCO3，沉淀Mg2+，得到MgCO3沉淀，在有机相中加入反萃取剂，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促进生成硼酸，结晶析出。
【解析】
（1）硼铁矿粉碎可以增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中与酸发生的离子反应是；
（2） “净化”时，加入物质X是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为提高产品纯度，试剂X应为MgO或者Mg(OH)2等，如果将“净化”中①和②的顺序调换，Fe2+未被氧化成Fe3+，从而未能转化成沉淀除去，导致铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净；
（3）若未洗涤干净，洗涤液中会有离子，则证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净；
（4）由图可知，温度越高，萃取率越低，则可知硼酸的萃取过程为放热反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是当溶液的pH过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。
19．（2021·辽宁沈阳市·沈阳二中高三月考）铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如图：
已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列问题：
（1）“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有_______(写化学式)。
（2）矿渣中部分FeO在空气中焙烧时反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为_______。
（3）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3mol·L-1)，当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，除钙率为_______[Ksp(CaF2)=4.0×10-11]。
（4）溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相) + 2RH(有机相) ⇌FeR2(有机相)+2H+(水相)萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0/VA的最佳取值为_______。在_______(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。
（5）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO，同时会产生少量红褐色物质。
①电解时离子交换膜(b)为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解，进而提高了Na2FeO4的产率。该反应的离子方程式为_______。
【答案】SiO2 4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O 99% 0.25 强酸性 阴 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O
【分析】
某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，据此分析解答。
【解析】
（1）矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2，所以答案为SiO2。
（2）矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4及空气中的氧气反应生成Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；
（3）当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)= c(Ca2+)×(2.0×10-3mol·L-1)2=4.0×10-11，故c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，则除钙率为99%，所以答案为：99%。
（4）要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根据图象，最佳取值为0.25；在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用，所以答案为：0.25；强酸性。
（5）①电解时正极连接铁电极，为阳极，阳极上失电子在碱性条件下反应生成FeO，电极反应式为Fe-6e-+8OH-= FeO+4H2O；离子交换膜(b))需要允许氢氧根离子向Ⅲ移动，为阴离子交换膜，所以答案为：阴。
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸钠将氢氧化铁氧化生成高铁酸钠，所以反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。
20．（2021·重庆高三三模）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，式量：246)是一种易吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)为原料，制备柠檬酸亚铁，其流程如图：
已知：I.电离常数：，；柠檬酸()：，，。
Ⅱ.下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Al3+
3.0
5.0
Fe2+
5.8
8.8
（1）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种________(填“正”“酸式”或“碱式”)盐，滤渣1的成分为________(填化学式)。
（2）已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为：________；加入FeS2还原后，加入一种试剂检验还原反应已经完全反应，该试剂是________。
（3）“沉铁”时的离子方程式为________，该反应需控制温度在35℃以下，其可能的原因是________。
（4）“除铝”时所调pH范围是________，“还原”和“除铝”两步操作________(填“能”或“不能”)交换，若不能请说出其原因________，若能则原因处不作答。
（5）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧49.2g的FeC6H6O7，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84g。则Fe2O3的质量为________g。
【答案】酸式 SiO2 FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液 HCO+NH3+Fe2+=FeCO3¯+NH NH4HCO3不稳定，温度高于35℃发生分解 5.0≤pH≤5.8 不能 因为溶液中有Fe3+，且Fe3+沉淀的pH比Al3+更低，若先调pH则Fe3+也会沉淀而损耗，降低产率 14.4
【分析】
硫铁矿在空气中焙烧，FeS2被氧化为SO2和Fe2O3，加入稀硫酸溶浸，Fe2O3、Al2O3溶解，过滤得到含有Fe3+和Al3+的溶液，滤渣为难溶于稀硫酸的SiO2，然后加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，根据现象可知S元素被氧化为S单质，之后调节pH除去Al3+，再加入碳酸氢铵、氨气得到FeCO3，过滤、洗涤得到FeCO3固体，加入柠檬酸溶解，经系列操作得到柠檬酸亚铁晶体。
【解析】
（1）根据题目所给信息可知柠檬酸存在三级电离平衡常数，即柠檬酸为三元酸，所以FeC6H6O7可以电离出一个氢离子，为酸式盐；滤渣1为难溶于稀硫酸的SiO2；
（2） FeS2将Fe3+还原为Fe2+，根据现象可知S元素被氧化为S单质，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；若氧化还原反应已经完全反应，则溶液中不再存在Fe3+，而Fe3+可以和SCN-反应得到血红色溶液，所以可以用KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液来判断是否完全反应；
（3）沉铁时Fe2+结合HCO电离产生的CO生成FeCO3，同时通入氨气中和产生的氢离子得到铵根，离子方程式为HCO+NH3+Fe2+=FeCO3¯+NH；NH4HCO3不稳定，温度高于35℃发生分解，所以要控制温度；
（4）除铝时要保证Al3+完全被除去，而Fe2+不被除去，所以调节pH的范围为5.0≤pH＜5.8；因为溶液中有Fe3+，且根据题目所给数据可知，Fe3+沉淀的pH比Al3+更低，若先调pH则Fe3+也会沉淀而损耗，降低产率，所以不能交换两步操作；
（5）49.2g的FeC6H6O7的物质的量为=0.2mol，设混合物中Fe2O3的物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，根据铁元素守恒可得2x+y=0.2，根据质量守恒有160x+72y=15.84，联立解得x=0.08mol，所以Fe2O3的质量为160g×0.08mol=14.4g。
21．（2021·辽宁葫芦岛市·高三二模）NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4·6H2O步骤如图：
已知：①镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价；
②常温下Ksp(MgF2)=6.4×10-9，Ka(HF)=6.3×10-4；
（1）NiSO4中阴离子的空间构型为___。
（2）“溶解”时加入H2O2溶液的目的是___。
（3）“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出其离子方程式___。
（4）向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致MgF2沉淀不完全，其原因是___。
（5）“沉镍”后所得滤液中，可循环使用的主要溶质为___(填化学式)。
（6）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程式为___。
（7）在制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是__。
【答案】正四面体 使Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+ 6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+ pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，MgF2沉淀不完全 Na2SO4 2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O 减少晶体的损失，便于晶体的干燥
【分析】
废料与硫酸、过氧化氢混合，硫酸把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+；二氧化硅不溶于酸，则滤渣为二氧化硅；加入MgO、硫酸钠生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀；加入硫化氢，生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀；加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去；加入NaOH使镍生成沉淀。
【解析】
（1）NiSO4中硫酸根离子的S原子价层电子对数为4，为sp3杂化，则空间构型为正四面体构型；
（2）加入的硫酸具有酸性，可以把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+；
（3）“除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+；
（4）溶液的pH偏低说明H+浓度高，会与加入的NaF形成HF，导致溶液中F-浓度降低，使得Mg2+不能完全沉淀；
（5）“除镁”以后溶液中的离子为Ni2+和SO、Na+，加入足量NaOH“沉镍”后，溶液中剩余离子为SO、Na+和少量OH-，根据前面的流程知可循环利用的是Na2SO4；
（6）NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；
（7） NiSO4·6H2O晶体是无机物，能溶解于水但是难溶于酒精，酒精易挥发，在晶体表面残留的酒精可以迅速挥发，避免杂质的引入。
22．（2021·陕西宝鸡市·高三二模）钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上通常利用钼精矿(MoS2中硫为-2价)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如图所示。
回答下列问题：
（1）在空气中焙烧时产生对环境有危害气体的化学式是___________，焙烧的化学方程式是___________。
（2）操作1的实验名称是___________，由此可推测MoO3为___________性氧化物，该反应的离子方程式为___________，进行操作2的步骤是___________，过滤、洗涤、干燥。
（3）操作3中硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为___________。
（4）钼精矿中MoS2的测定：取钼精矿20g经操作3等，得到Mo的质量为8.64g，假设过程中钼利用率为90%，钼精矿中MoS2的质量分数为___________。
（5）电解法制备：用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图甲所示。b电极上的电极反应式为___________，电解槽中使用___________(填阳离子或阴离子)交换膜。某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图乙所示，要使溶液中钼酸根离子完全沉淀(浓度小于1×10-5mol•l-1)，Ba2+的浓度最小为___________mol•l-1。
【答案】SO2 2MoS2+7O22MnO3+4SO2 过滤 两性 MoO3+2OH-= MoO+H2O 蒸发浓缩、冷却结晶 MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O 80% Mo-6e-+8OH-= MoO+4H2O 阴离子 4×10-3
【分析】
在空气中焙烧钼精矿得到MnO3，碱性条件下，MoO3和NaOH溶液反应得到Na2MoO4，过滤分离得到Na2MoO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO4·2H2O；钼精矿碱溶并用NaClO氧化，过滤也得到Na2MoO4溶液，加足量硫酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，氢气还原MoO3得到Mo。
【解析】
（1）MoS2中硫为-2价，空气中焙烧时会被氧化为对环境有危害气体SO2，根据电子守恒和元素守恒该反应的化学方程式为2MoS2+7O22MnO3+4SO2；
（2）经操作1可得Na2MoO4溶液，所以该操作为过滤；根据流程可知MoO3可以和NaOH溶液反应，具有酸性氧化物的特点，而金属氧化物一般碱性氧化物，所以可推测MoO3为两性氧化物，反应的离子方程式为MoO3+2OH-= MoO+H2O；操作2可以从溶液中获取晶体，应为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；
（3）根据流程可知操作3中Mo元素被氧化为MoO，根据题干所给信息可知S元素被氧化为SO，根据得失电子守恒可知MoS2和ClO-的系数比应为1:9，再结合元素守恒可得离子方程式为MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O；
（4）设钼精矿中MoS2的质量为x，则有=8.64g，解得x=16g，所以钼精矿中MoS2的质量分数为×100%=80%；
（5）b电极与电源正极相连，为电解池阳极，该装置的目的是制备Na2MoO4，则Mo元素要被氧化，所以b电极的材料为钼，发生氧化反应，其电极反应式为Mo-6e-+8OH-=MoO+4H2O；为防止阳极区的Na+迁移到阴极，电解槽中应使用阴离子交换膜；据图可知该温度下Ksp(BaMoO4)=2×10-4×2×10-4=4×10-8，当c(MoO)=1×10-5mol•l-1时，c(Ba2+)==4×10-3mol/L。
23．（2021·山东日照市·高三三模）NiSO4·nH2O易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液显酸性。从电镀污泥中回收制备NiSO4·nH2O和其它金属的工艺流程如下。
已知：Ⅰ.电镀污泥含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等。
Ⅱ.萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理为Ni2++2RH2NiR2+2H+。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，为加快浸出速率，提高生产效益，下列措施不合理的有___________(填标号)。
A．用机械搅拌器搅拌 B．体积不变增加硫酸的浓度 C．进一步球磨粉碎
（2）“电解”时，铜的电解电压较低，且电解速率很快，铁和铬存在形式随电解电压的变化如下表。为得到纯的NiSO4·nH2O，电解电压的范围应选择___________V。
电解电压/V
1.0
1.2
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
Fe2+
有
有
有
无
无
无
无
Cr4+
无
无
无
无
无
有
有
（3）萃取余液可在___________中循环利用(填操作单元)，反萃取剂X为___________(填化学式)。
（4）“反萃取”得到的NiSO4溶液，可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH。该反应的离子方程式为___________。NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得NiSO4·nH2O。下列说法正确的是___________(填标号)。
A．为得到较大NiSO4·nH2O晶体颗粒，宜用冰水快速冷却结晶
B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热
C．可通过抽滤提高过滤速度，在80℃鼓风干燥，快速得到干燥晶体
D．向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率
（5）采用热重分析法测定NiSO4·nH2O样品所含结晶水数。将样品在900℃下进行煅烧，失重率随时间变化如下图，A点时失掉2个结晶水，n的值为___________；C点产物的化学式为___________。
【答案】B 2.0～2.5 酸浸 H2SO4 2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O BD 6 NiO
【分析】
电镀污泥酸浸后的溶液中存在硫酸、硫酸铜、硫酸镍、硫酸铁和硫酸铬，二氧化硅不与硫酸反应，所以滤渣1为二氧化硅，电解可以回收金属铜，加入碳酸钠后硫酸被中和，铁离子变成氢氧化铁沉淀。
【解析】
（1）A.用搅拌器搅拌可加快浸出速率和提高生辰效率，故A正确；
B.适当增加硫酸的浓度可加快浸出速率和提高生产效率，故B错误；
C.磨碎电镀污泥，增大接触面积，提高反应速率和生产效率，故C正确；
故填B；
（2）由表中数据可知，在电解铜不影响到Fe和Cr时应选择电解电压的范围为2.0～2.5，故填2.0～2.5；
（3）根据已知II，萃取余液中主要含硫酸，可在酸浸环节循环使用，反萃剂是将Ni从NiR2中洗出形成硫酸镍，故反萃剂X为硫酸，故填酸浸、；
（4）根据题意，硫酸镍与次氯酸钠反应的离子方程式为；
A.冰水快速冷却得到的晶体颗粒太大，不利于干燥，故A错误；
B.加热溶液制备晶体时，当溶液表面出现晶膜时停止加热，自然冷却，过滤，过度加热使晶体失去结晶水，故B正确；
C.干燥时易采用低温缓慢烘干，以免晶体失去结晶水，故C错误；
D.大多数无机盐都不溶于乙醇，向无机盐溶液中加入乙醇可使其快速析出，故D正确；
故填BD；
（5）设样品的质量为100g，A点时失重率为13.7%，失重13.7g，失去2个结晶水，即，解得n=6；该晶体中结晶水占比，所以B点时失去全部结晶水，C点失重率为71.5%，说明硫酸镍已分解，分解产物为NiO和三氧化硫，故填6、NiO。
24．（2021·辽宁大连市·高三二模）氟化工产业被称为“黄金产业”，我国是世界最大氟化工初级产品生产国和出口国。用工业副产品氟硅酸(H2SiF6)制备氟化铵(NH4F)联产氟化镁的流程如下：
回答下列问题：
（1）氟化铵阳离子的VSEPR模型名称为：_______。
（2）写出反应①的化学方程式_______。
（3）工业生产中“反应①”的最佳温度为80℃，除考虑温度对速率的影响，请结合已有知识分析温度不宜过高的原因：_______。
（4）从滤液获得晶体的“一系列操作”是_______、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
（5）氟化铵含量的测定；称取mg样品于塑料烧杯中加水溶解，加入足量甲醛溶液，摇匀静置，滴加2~3滴酚酞指示剂，用0.5mol•L-1的氢氧化钠标准液滴定至终点，消耗氢氧化钠体积VmL，同时做空白对照实验消耗氢氧化钠体积为V0mL。
(已知：4+6HCHO→(CH2)6N4H++3H++6H2O，1mol(CH2)6N4H+消耗1molNaOH)
①滴定终点的现象为：_______。
②滴定近滴定终点时，过长时间振摇，红色消失，可能原因是_______。
③计算样品中氟化铵的含量为_______。
【答案】正四面体 H2SiF6 + 6NH3 +(2+n) H2O = 6NH4F+SiO2▪nH2O↓ 温度过高氟化铵易分解，氨气在体系中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大 减压浓缩 当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色 酚酞指示剂变色pH范围约为8－10，滴定近滴定终点时，过长时间振摇，NaOH吸收空气中的CO2而使溶液pH降低，红色消失
【分析】
H2SiF6和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，滤液减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到氟化铵，母液中加入硫酸镁生成氟化镁沉淀，据此回答问题。
【解析】
（1）氟化铵阳离子为铵根离子，的VSEPR模型名称为正四面体，故答案为：正四面体；
（2）反应①是H2SiF6和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，据此写出反应的化学方程式为H2SiF6 + 6NH3 +(2+n) H2O = 6NH4F+SiO2▪nH2O↓，故答案为：H2SiF6 + 6NH3 +(2+n) H2O = 6NH4F+SiO2▪nH2O↓；
（3）温度过高氟化铵易分解，氨气在体系中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大，所以工业生产中“反应①”的最佳温度为80°C，故答案为：温度过高氟化铵易分解，氨气在体系中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大；
（4）从滤液获得氟化铵晶体的操作是减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：减压浓缩；
（5）①酚酞作指示剂，氢氧化钠溶液作标准液，故滴定终点现象为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色，故答案为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色；
②酚酞指示剂变色pH范围约为8－10，滴定近滴定终点时，过长时间振摇，NaOH吸收空气中的CO2而使溶液pH降低，红色消失，故答案为：酚酞指示剂变色pH范围约为8－10，滴定近滴定终点时，过长时间振摇，NaOH吸收空气中的CO2而使溶液pH降低，红色消失；
③根据题意得关系式4(CH2)6N4H++3H+4NaOH，mg样品中氟化铵消耗NaOH（V-V0）mL，样品中氟化铵的质量为：0.5mol/L×（V-V0）×10-3L×37g/mol= 1.85（V-V0）×10-2g，样品中氟化铵的含量为，故答案为：。
【点睛】
本题以工业副产品氟硅酸(H2SiF6)制备氟化铵(NH4F)联产氟化镁为载体，考查化学工艺流程，明确流程中各步反应原理是解题关键，注意混合物分离的常见方法及应用。
25．（2021·江西南昌市·高三三模）三氧化钨(WO3)常用于制备特种合金、防火材料和防腐涂层。现利用白钨精矿(含80%CaWO4及少量Fe、Zn和Mg等的氧化物)生产WO3，设计了如下工艺流程：
已知：①浸出液中钨(W)以[WO3C2O4H2O]2-形式存在。
②钨酸(H2WO4)难溶于水。
③Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9；
Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.6×10-4。
回答下列问题：
（1）“破碎”的目的是_______；“破碎”后的白钨精矿粒径约为50μm，往其中加入浸取液后形成的分散系属于_______。
（2）操作I的名称为_______。
（3）浸出液中含量最大的阳离子是_______；[WO3C2O4H2O]2-中W元素的化合价为_______。
（4）“加热”时发生反应的离子方程式为_______；“煅烧”时发生反应的化学方程式为_______。
（5）本工艺中能循环使用的物质是_______。
（6）通过计算说明“浸取”过程形成CaSO4而不能形成CaC2O4的原因：_______。
【答案】加快反应速率和提高浸取率 悬浊液(或浊液) 过滤 H+ +6 [WO3C2O4H2O]2-+2H+H2WO4+H2C2O4 H2WO4WO3+H2O 草酸 溶液中CaSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该平衡的K==，加1mol/L硫酸和0.5mol/L草酸混合溶液后Qc≈，所以在“浸取”时，上述平衡逆向进行，产生得到CaSO4而不是CaC2O4
【分析】
白钨精矿(含80%CaWO4及少量Fe、Zn和Mg等的氧化物)破碎后加硫酸和草酸进行“浸取”，反应过程中得到含[WO3C2O4H2O]2-的溶液和硫酸钙沉淀，过滤后除去硫酸钙；将浸出液加热，浸出液中的[WO3C2O4H2O]2-在加热条件下反应生成生成H2WO4，过滤获得H2WO4，H2WO4高温煅烧得到WO3，据此解答。
【解析】
（1）“破碎”可以增大固体面积，加快反应速率和提高浸取率；分散质粒子直径小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，1nm-100nm的为胶体，50μm=5×104nm，因此为浊液，故答案为：加快反应速率和提高浸取率；悬浊液(或浊液)；
（2）操作I分离出硫酸钙和浸出液，应为过滤，故答案为：过滤；
（3）精矿中80%为CaWO4，W以[WO3C2O4H2O]2-存在，且硫酸钙微溶于水，因为加入硫酸和草酸，因此H+是浸出液中含量最大的阳离子，[WO3C2O4H2O]2-中O为-2价，H为+1价，C以草酸根形式存在，C为+3价，故W为+6价，故答案为：H+；+6；
（4）由图中滤渣可知煅烧得WO3，可知滤渣为难溶于水的H2WO4，过滤后滤液可回到浸取过程，循环使用，知其中含有H+，因此加热时发生[WO3C2O4H2O]2-+2H+H2WO4+H2C2O4，煅烧时发生H2WO4WO3+H2O，故答案为：[WO3C2O4H2O]2-+2H+H2WO4+H2C2O4；H2WO4WO3+H2O；
（5）整个流程来看用到矿石以外的物质为硫酸和草酸溶液，硫酸根大部分以硫酸钙形式被除去了，加热时产生了草酸，因此循环使用的物质为草酸，故答案为：草酸；
（6），，整理二式可得=，溶液中CaSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)达到平衡时，该平衡的K= =，加1mol/L硫酸和0.5mol/L草酸混合溶液后Qc≈，所以在“浸取”时，上述平衡逆向进行，产生得到CaSO4而不是CaC2O4，故答案为：溶液中CaSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该平衡的K==，加1mol/L硫酸和0.5mol/L草酸混合溶液后Qc≈，所以在“浸取”时，上述平衡逆向进行，产生得到CaSO4而不是CaC2O4。
26．（2021·河北邯郸市·高三三模）下列为从铜转炉烟灰[主要含有ZnO，还有少量的Fe(Ⅱ)、Pb、Cu、As等元素]制取活性氧化锌的流程。
已知：①活性炭主要吸附有机质；
②25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10–38；
③氨体系环境中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在；
④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
4.5
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.4
10.1
请回答以下问题：
（1）“浸取”时，ZnO发生反应的离子方程式为___________。
（2）浸取温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，则氯化铵的适宜浓度范围为___________mol×L-1。
NH4Cl浓度对烟灰浸出率的影响
（3）加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，写出除铁步骤的离子方程式：___________，常温下此时体系中Fe3+残留最大浓度为___________mol×L-1。
（4）“滤渣Ⅲ”的成分为___________(填化学式)。
（5）“沉锌”反应的离子方程式为___________，此过程中可以循环利用的副产品是___________(填化学式)。
（6）取m g活性氧化锌样品配成待测液，加入指示剂3～4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用a mol·L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液V mL。已知：与1.0 mL EDTA标准液[c(EDTA)=1.000 mol×L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为___________(用代数式表示)。
【答案】ZnO+2NH+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O 2～4 MnO+3Fe2++7H2O=MnO2+3Fe(OH)3↓+5H+ 4.0×10-8 Cu、Zn 2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O NH4Cl ×100% 或 %
【分析】
铜转炉烟灰加入氯化铵、氨水浸取，除烟灰中的Pb；滤液中加入氯化铁生成固体FeAsO4除As；滤液中加高锰酸钾、硫酸，调节pH=4~4.5生成氢氧化铁沉淀除铁；滤液加过量的锌置换出单质铜除去铜元素；滤液中加入碳酸氢铵生成Zn2(OH)2CO3沉淀，煅烧Zn2(OH)2CO3生成活性氧化锌。
【解析】
（1） 氨体系环境中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，“浸取”时，ZnO与氯化铵、氨水反应生成[Zn(NH3)4]Cl2和水，发生反应的离子方程式为ZnO+2NH+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
（2）由图示可知，氯化铵浓度为2~4时，Pb的浸出率低、Zn的浸出率很大，所以氯化铵适宜浓度范围为2~4mol×L-1；
（3）加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明还原产物是MnO2、氧化产物是Fe(OH)3，除铁步骤的离子方程式是MnO+3Fe2++7H2O=MnO2+3Fe(OH)3↓+5H+；常温下，除铁时溶液的pH=4，c(OH-)=10-10 mol×L-1， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10–38，此时体系中Fe3+残留最大浓度为 mol×L-1；
（4）根据流程图，可知，加入试剂a的目的是除铜，a是过量的锌，锌把溶液中的铜置换出来，“滤渣Ⅲ”的成分为Cu、Zn；
（5）根据流程图，“沉锌”过程是溶液中的氯化锌和碳酸氢铵反应生成氯化铵、Zn2(OH)2CO3和CO2，反应的离子方程式为2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，此过程中可以循环利用的副产品是NH4Cl；
（6） 1.0 mL EDTA标准液[c(EDTA)=1.000 mol×L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，反应消耗a mol·L-1EDTA标准液V mL，则mg样品中氧化锌的质量为0.08139×aVg，氧化锌的质量分数为 %。
【点睛】
本题以铜转炉烟灰制取活性氧化锌为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤的目的是解题关键，掌握常见化合物的性质，熟悉根据溶度积常数的计算，培养题目信息的提取和应用能力。
27．（2021·福建龙岩市·高三三模）五氧化二钒(V2O5)在冶金、催化剂、磁性材料等领域有重要作用。实验室以含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)来制备V2O5的一种工艺流程如下：
已知：含钒离子在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
溶液pH
＜4.0
6.0—8.0
8.0—10.0
钒元素主要存在形式
请回答下列问题：
（1）含钒废料中的有机物主要在___________工序中除去。
（2）“焙烧”产物之一是Mg(VO3)2，写出它在“酸浸”(溶液pH＜2)过程中发生反应的化学方程式___________。
（3）常温时，若“调pH净化I”工序中最终溶液pH=7，通过计算判断，此时Cu2+是否已经沉淀完全(已知离子浓度<1.0×10﹣5mol·L﹣1认为沉淀完全；Ksp[Cu(OH)2]=4.8×10﹣30)___________。
（4）“净化Ⅱ”时若加入过量的(NH4)2CO3，可能导致的后果为___________。
（5）“滤渣2”中含有Mg2(OH)2CO3，写出生成Mg2(OH)2CO3的离子方程式___________。
（6）“煅烧”时，除生成V2O5外，还生成了参与大气循环的气体，写出煅烧时的化学方程式___________。
【答案】焙烧 Mg(VO3)2+2H2SO4=(VO2)2SO4+MgSO4+2H2O Cu2+沉淀完全 c(Cu2+)=Ksp/c2(OH-)=4.8×10-20/1.0×10-14=4.8×10-6mol·L-1＜1.0×10-5mol·L-1 会生成NH4VO3沉淀，降低钒的利用率 2Mg2++3CO+2H2O= Mg2(OH)2CO3¯+2HCO 4NH4VO3+3O22V2O5+8H2O+2N2
【分析】
含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)加入足量碳酸镁粉末焙烧，除去有机物，并将V2O3氧化为V2O5，之后加入硫酸酸溶，金属元素进入溶液，然后加入适量氨水调节pH可生成氢除去Fe3+、Cu2+、Al3+，过滤后滤液中含有、NH、Mg2+等离子，根据后续产物可知净化Ⅱ加入碳酸铵主要是除去Mg2+，过滤后滤液中再加入足量碳酸铵得到NH4NO3沉淀，空气中煅烧可生成V2O5，以此解答该题。
【解析】
（1）焙烧过程中有机物会被氧化为CO2、H2O等，从而除去有机物；
（2）溶液pH＜2，根据题目所给信息可知酸浸后生成(VO2)2SO4，结合元素守恒可得化学方程式为Mg(VO3)2+2H2SO4=(VO2)2SO4+MgSO4+2H2O；
（3）溶液pH=7，则c(OH-)=10-7mol/L，此时溶液中c(Cu2+)==mol/L=4.8×10-6mol·L-1＜1.0×10-5mol·L-1，所以Cu2+沉淀完全；
（4）加入过量的(NH4)2CO3，铵根离子浓度过大，且溶液碱性增强，会生成NH4VO3沉淀，降低钒的利用率；
（5）“滤渣2”中含有Mg2(OH)2CO3，说明部分Mg2+和CO发生双水解反应，但由于CO浓度较大，溶液碱性较强，所以CO的水解不彻底，有HCO生成，则离子方程式为2Mg2++3CO+2H2O= Mg2(OH)2CO3¯+2HCO；
（6）根据元素守恒煅烧NH4VO3时产生的参与大气循环的气体应为N2，结合元素守恒和电荷守恒可得化学方程式为4NH4VO3+3O22V2O5+8H2O+2N2。
28．（2021·山东济南市·高三二模）某化工厂用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2的工艺流程如下：
已知：①氧化性：Co3+＞Cl2＞H2O2＞Fe3+。
②“酸浸”后溶液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等。
③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表(当离子浓度不大于10-5 mol/L 时，认为该离子沉淀完全)：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
回答下列问题：
（1）“酸浸”过程中加入Na2SO3的主要作用是___________；写出Co2O3与盐酸反应的离子方程式：___________。
（2）为了提高Fe2+的转化速率，可以适当升高温度，但不能过高，其原因是___________。
（3）①加NaOH是为了除铁和铝，则常温时a的最小值是___________；当c(Fe3+)＜10-5.9 mol·L-1时，溶液中c(OH-)＞___________mol·L-1。
②“滤液”中加入萃取剂的作用是___________。
（4）为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤，洗涤，将沉淀烘干后称量其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是___________(答一条即可)。
【答案】作还原剂，减少有毒气体的产生 Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+ +Cl2↑+3H2O 温度过高，双氧水会分解 5.2 10-10 除去溶液中的Mn2+ 粗产品中含有可溶性氯化物(或晶体失去了部分结晶水)
【分析】
流程的目的是利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co (OH) 3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O，分析工艺流程，水钴矿用盐酸酸浸，同时加入Na2SO3反应得到浸出液，浸出液中含有的主要金属离子有Co2+， Fe2+， Al3+和Mn2+，加入适量的NaClO3，目的是氧化Fe2+为Fe3+，加.Na2CO3调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe (OH) 3从而除去Fe3+，同时还可使Al3+形成Al (OH)3从而除去Al3+，过滤出Fe (OH)3和Al (OH) 3沉淀，此时滤液中主要含有金属离子为Mn2+和Co2+，此时使用萃取剂主要目的是萃取Mn2+从而除去Mn2+，萃后余液中主要含有Co2+，经过结晶操作可以得到粗产品，据此分析解答。
【解析】
（1）由流程图知最后得到的产品为CoCl2，其Co为+2价，而Co2O3中Co为+3价，故加入Na2SO3，的作用为：将Co3+转化为Co2+(SO的还原性) 作还原剂，减少有毒气体的产生；Co2O3与HC1反应， 由已知①可知氧化性Co3+>Cl，则Co2O3可将Cl-氧化为Cl2离子方程式：Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+ +Cl2↑+3H2O。
（2）将Fe2+氧化为Fe3+，由流程图知向溶液中加入了H2O2，H2O2受热 易分解，因此温度不宜过高。
（3）①为了除去铁和铝，由表格可知A1 (OH)3完全沉淀的pH为5.2，Fe2+已经转化为Fe3+，Fe (OH)3完全沉淀的pH为3.7，a的最小值应为5.2；当c(Fe3+)＜10-5.9 mol·L-1时，由己知③可知，当离子浓度不大于10-5mol/L时，则视为沉淀完全，则Fe3+沉淀完全，此时pH<3. 7，则c (OH)>10-14/103.7mol/L≈10-10mol/L。
②根据流程图可知滤液中只含有杂质Mn2+，故加萃取剂的作用除去Mn2+。
（4）)粗产品中可能失去部分结晶水，导致其质量分数大于100%。
29．（2021·河北石家庄市·高三二模）铊(Tl)在工业中的用途非常广泛，其中铊锡合金可作超导材料；铊镉合金是原子能工业中的重要材料。铊主要从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、FeO、Tl2O等)中提炼，具体工艺流程如图。
已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂CH3CONR2的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4。
回答下列问题：
（1）“浸取”过程中生成可溶性的TlCl，该反应的离子方程式为___。
（2）残渣的主要成分为____(填化学式)；在实验室中，“萃取”和“反萃取”过程均必须使用的玻璃仪器的名称为___。
（3）“反萃取”过程中发生反应的化学方程式为___。
（4）“还原、氧化、沉淀”过程中TlCl发生反应的离子方程式为___。
（5）流程中得到的“TlCl”需要用盐酸洗涤，用平衡原理解释与蒸馏水相比，盐酸洗涤的优点为___。
（6）电解Tl2SO4制备金属Tl的装置如图所示。阳极的电极反应式为___；当转移2mole-时，左侧电极室中溶液的质量减少___g。
【答案】40Cl－＋4MnO+5Tl2O+42H＋＝4Mn2＋+10TlCl+21H2O PbSO4 分液漏斗 [CH3CONR2H]TlCl4+CH3COONH4CH3COOH+CH3CONR2+NH4TlCl4 H2O+SO+TlCl＝TlCl+SO+2H＋+3Cl－ 用盐酸洗涤，增大氯离子浓度，使TlCl(s)Tl＋(aq)+Cl－(aq)逆向进行,抑制TlCl溶解 Tl＋－2e－＝Tl3＋ 504
【分析】
富铊灰浸取时ZnO转化为硫酸锌，PbO转化为硫酸铅，氧化铁转化为硫酸铁，氧化亚铁被氧化为硫酸铁，Tl2O转化为TlCl，过滤所得滤液加入萃取剂发生反应H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4，然后反萃取得到TlCl，加入还原剂还原、氯化和沉淀得到TlCl，TlCl焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，电解Tl2SO4溶液得到Tl，据此解答。
【解析】
（1）“浸取”过程中生成可溶性的TlCl，反应中Tl2O被氧化转化为TlCl，该反应的离子方程式为40Cl－＋4MnO+5Tl2O+42H＋＝4Mn2＋+10TlCl+21H2O。
（2）PbO转化为硫酸铅，过滤得到残渣，即残渣的主要成分为PbSO4；在实验室中，“萃取”和“反萃取”过程均必须使用的玻璃仪器的名称为分液漏斗。
（3）萃取剂发生反应H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4，“反萃取”过程中加入醋酸铵，则发生反应的化学方程式为[CH3CONR2H]TlCl4+CH3COONH4CH3COOH+CH3CONR2+NH4TlCl4。
（4）根据以上分析可知“还原、氧化、沉淀”过程中TlCl发生反应的离子方程式为H2O+SO+TlCl＝TlCl+SO+2H＋+3Cl－。
（5）由于存在溶解平衡：TlCl(s)Tl＋(aq)+Cl－(aq),用盐酸洗涤，增大氯离子浓度，抑制TlCl溶解，减少损失，提高原料利用率。
（6）电解时阳极发生失去电子的氧化反应，溶液中Tl＋放电，阳极的电极反应式为电解时阳离子向阳极移动，即向右侧移动，左侧电极是阴极，电极反应式为Tl＋+e－＝Tl，当转移2mole-时，左侧电极室中析出2molTl，1mol硫酸根离子移向右侧，所以左侧电极室中溶液的质量减少96g+2mol×204g/mol＝504g。
专题15 工艺流程题
1．（2021·全国高考真题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)的一种制备方法如下图所示：
①加入粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比时，氧化产物为_______；当，单质碘的收率会降低，原因是_______。
(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_______。
(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_______。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。
【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化 4 防止单质碘析出
【解析】
(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；
(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；
(3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
2．（2021·吉林长春市·长春外国语学校高二月考）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、、以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表
金属离子
开始沉淀的
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全的
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、、、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式_______。
(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是_______。
(3)“母液①"中浓度为_______。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是_______。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【答案】 硫酸
【分析】
由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
【解析】
(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10—6mol/L，故答案为：1×10—6；
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。
3．（2021·广东高考真题）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】+6 +=↓
【分析】
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。
【解析】
（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，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。
4．（2021·河北高考真题）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是___(填元素符号)。
(2)工序①的名称为__。
(3)滤渣的主要成分是__(填化学式)。
(4)工序③中发生反应的离子方程式为___。
(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为__，可代替NaOH的化学试剂还有___(填化学式)。
(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序___(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为__。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
【答案】Fe、Cr 溶解浸出 MgO、Fe2O3 2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓ 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 ② 8.37
【分析】
由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。
【解析】
(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；
（3）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
（5）碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
5．（2021·湖南高考真题）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______；
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；
(3)滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；
(4)加入絮凝剂的目的是_______；
(5)“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_______，常温下加入的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为_______
【答案】 适当升高温度，将独居石粉碎等 Al(OH)3 促使铝离子沉淀 ↑ 碱性 6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑
【分析】
焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。
【解析】
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为↑；铵根离子的水解常数Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==≈2.3×10-8，则Kh()
1．（2021·山西太原市·太原五中高三二模）用锑砷烟灰(主要成分为、，含、、等元素)制取和()，不仅治理了砷害污染，还可综合回收其它有价金属。工艺流程如图：
已知：①硫浸后，锑砷以、存在；
②易溶于热水，难溶于冷水，不溶于乙醇。
回答下列问题：
(1)“硫浸”过程，加快硫浸的措施有_______(任写一项)。
(2)“硫浸”时，溶解的离子方程式为_______。
(3)经“硫浸”“氧化”后，转化为。用和浸取锑砷烟灰也可得到，其缺陷是_______。
(4)“氧化”时，反应温度不宜太高的原因是_______。
(5)“中和”时，生成的化学方程式为_______，中和液的主要溶质为_______(填化学式)。
(6)操作X为_______、过滤、洗涤、干燥。
(7)研究发现，电解硫浸液中的溶液，可得到单质。则阴极的电极反应式为____。
【答案】适当升温、增大反应物浓度、搅拌反应物等 有污染气体NO、等产生 温度过高，易分解 蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】
由已知信息①可知‘硫浸’发生反应的离子方程式为：、，‘氧化时’发生反应的离子方程式为：、，‘酸浸’中和稀盐酸反应氧化还原反应生成HSbO3，‘中和’中发生反应：。
【解析】
(1) 加快硫浸的措施有：适当升温、增大反应物浓度、搅拌反应物等；
(2)由信息①硫浸后，转化成，不发生化合价变化，离子方程式为：；
(3) 若用和浸取，在氧化时会产生污染性气体NO、NO2等；
(4)‘氧化’中H2O2做氧化剂，若反应温度过高，H2O2会受热分解，影响氧化效果；
(5) “中和”时，酸性的HSbO3和碱性的NaOH发生中和反应生成，化学方程式为：，在‘酸浸’一步中加入稀盐酸，则NaOH与HCl反应生成NaCl，故中和液的主要溶质为NaCl；
(6)从Na3AsO4溶液中得到晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(7) 阴极发生还原反应，是Sb元素的化合价从+3价降至0价，电极反应式为：。
2．（2021·四川德阳市·高三三模）以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾(KH2PO4)，其工艺流程如图所示：
已知：①Ca(H2PO4)2能溶于水，CaHPO4和Ca3(PO4)2均难溶于水。
②萃取原理：KCl+H3PO4⇌KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂。
回答下列问题：
(1)将磷酸钙粉碎的目的是_______，“操作II”的名称是_______。
(2)“酸浸”发生反应的化学方程式为_______。“酸浸”利用了浓硫酸的下列性质_______(填标号)。
A．氧化性 b．还原性 c．强酸性
(3)水相中加入乙醇的作用是_______。
(4)副产品N作肥料可使作物枝繁叶茂，提高产量，则溶液M是_______(填名称)。
(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图所示。
①b物质为_______。
②阳极反应式为_______。
【答案】增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率 分液 Ca3(PO4)2 +3H2SO4 +6H2O= 2H3PO4 +3CaSO4 ·2H2O c 促进磷酸二氢钾的析出 氨水 浓氢氧化钾溶液 2H2O-4e-=O2↑ +4H+
【分析】
磷酸钙粉碎后用浓硫酸酸浸，发生反应：Ca3(PO4)2 +3H2SO4 +6H2O= 2H3PO4 +3CaSO4 ·2H2O，硫酸钙微溶于水，可以过滤出CaSO4 ·2H2O，滤液中含有磷酸，加入KCl进行萃取：KCl+H3PO4⇌KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂，则HCl在有机相中，KH2PO4在水相中，水相中加入乙醇可以析出KH2PO4晶体。有机相中加入氨水，和盐酸反应生成氯化铵，可以用作氮肥。
【解析】
(1)将磷酸钙粉碎的目的是增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；加入有机溶剂萃取后液体分层，所以“操作II”的名称是分液。
(2)由以上分析可知，“酸浸”发生反应的化学方程式为：Ca3(PO4)2 +3H2SO4 +6H2O= 2H3PO4 +3CaSO4 ·2H2O。硫酸是强酸，磷酸是弱酸，“酸浸”利用了浓硫酸的强酸性。
(3)水相中含有易溶于水的KH2PO4，加入有机溶剂乙醇，可以降低KH2PO4的溶解度，促进磷酸二氢钾的析出。
(4)氮肥可以使作物枝繁叶茂，在有机相中有HCl，所以加入的溶液M是氨水，和盐酸反应生成氯化铵，可以做氮肥。
(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图所示。x为阴极，溶液中水电离出来的H+得到电子生成氢气，同时促进水电离产生更多的OH-，为了增强溶液的导电性，同时不引入新杂质，加入的a为稀KOH溶液，从b口流出的是浓KOH溶液。y为阳极，溶液中的水电离出来的OH-失去电子生成氧气，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑ +4H+。
3．（2021·云南昆明市·高三三模）钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2 等)中回收钴的一种工艺流程如图：
相关金属离子[Co(Mn+ )=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
金属离子
Co2+
Fe2+
Fe3+
Zn2+
开始沉淀的pH
7.15
6.3
1.5
6.2
沉淀完全的pH
9.15
8.3
2.8
8.2
回答下列问题：
(1)滤渣1是_______，“加热酸浸”时为确保安全应注意_______。
(2)若无氧化步骤，对实验的影响是_______。试剂X可以为下列物质中的_______。
A．KOH B．Zn(OH)2 C．ZnO D．Na2CO3
(3)操作1的名称是_______， 从流程信息分析，在有机溶剂M中_______(填“ZnSO4”或“CoSO4”)溶解度更大。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、_______。
(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是_______，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为SO)，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(5)常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，溶液的pH至少为_______(用含Ksp的式子表示)。
【答案】SiO2 避免明火 无法有效除铁 BC 萃取、分液 ZnSO4 过滤、洗涤、干燥 2Co2++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl- 1：2 14+lg
【分析】
废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2 等)其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中为钴离子，有机相为锌离子，操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解题。
【解析】
(1)经分析可知滤渣1是SiO2，“加热酸浸”时为确保安全应注意避免明火，因为酸浸时会产生氢气。
(2)若无氧化步骤，亚铁离子不能转化为三价铁离子，对实验的影响是无法有效除铁。试剂X可以为下列物质中的KOH和Zn(OH)2，需要氢氧根结合三价铁离子。
(3) 经分析可知操作1的名称是萃取、分液， 从流程信息分析，在有机溶剂M中ZnSO4。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是：2Co2++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl-，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为SO)，Na2S2O8与Co2+得失电子比为2：1，氧化剂为Na2S2O8、还原剂为Co2+，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。
(5)常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，溶液的c(OH-)=，pH至少为14+lg。
4．（2021·河北沧州市·高三三模）钌()为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如下：
(1)加碱浸取时，为提高钌的浸出率可采取的措施有_______(任写两点)。
(2)操作X的名称为_______。
(3)“研磨预处理”是将研磨后的含钌废料在氢气还原炉中还原为单质钌，再进行“碱浸”获得，写出“碱浸”时生成的离子方程式：_______。
(4)“滤渣”的主要成分为，加入草酸的作用是_______，金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是_______。
在酸性介质中，若使用溶液代替草酸，可获得，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。
(5)“一系列操作”为_______，写出在“还原炉”中还原制得钌的化学方程式：_______。
【答案】延长浸取时间，适当提高温度 过滤 作还原剂 洗涤、干燥
【分析】
根据反应速率的影响因素进行判断，能改变的反应速率；根据分离出的物质判断操作的名称，利用电荷守恒、原子守恒、升降守恒进行配平方程式；根据图像中外界条件的变化对钌回收率的影响从经济效应考虑找适应的条件。
【解析】
(1)为了提高钌的浸出率，可采取的措施：适当升高温度，增大碱的浓度，延长浸取时间，搅拌等；
(2)根据操作X后分离的物质浸出渣和浸出液进行判断，操作X为过滤；
(3)金属钌在碱浸时被溶液氧化为对应的还原产物为，反应的离子方程式为；
(4)通过分析题意可知，在加入盐酸调节的同时，再加入草酸的目的是还原，根据已知图像中钌的回收率的变化判断，回收率较高时，外界条件变化对回收率影响不大的条件：x=1:5，T=70℃，NaClO3与根据化合价的升降，氯元素化合价有+5价降低到-1价，Ru化合价由+2价升高到+4价，根据化合价守恒得出关系式：n(NaClO3):n()=1:3；
(5)滤渣经过洗涤后干燥，再经过氢气还原可得高纯钌，方程式为：。
5．（2021·山东济南市·高三三模）综合利用研究发现，硼镁铁矿(主要成分为，含有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)可以制备硼酸、铁红和碳酸镁等常用化工试剂，工艺流程图如下：
回答下列问题：
(1)硼镁矿粉碎的目的是___________，“酸浸”中发生的离子反应是___________。
(2)为提高产品纯度，“净化”时用的试剂X为___________(填化学式)，如果将“净化”中①和②的顺序调换，会导致的结果是___________。
(3)过滤所得碳酸镁需冷水洗涤后再进行干燥证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为___________。
(4)不同条件下硼酸的萃取率图象如下：
萃取过程为___________(填“吸热”或“放热”)反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是___________。
【答案】增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率 MgO或者Mg(OH)2等 铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净 取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净 放热 当溶液的pH过高时，硼酸以盐的形式存在
【分析】
硼镁铁矿经过粉碎增大了与酸的接触面积，提高了反应速率，经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，过滤直接除去，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，再加MgO或者Mg(OH)2等，调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，灼烧Fe(OH)3得到铁红Fe2O3，过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取剂，将硼酸根和含有Mg2+的溶液分离，在水层中加入NH4HCO3，沉淀Mg2+，得到MgCO3沉淀，在有机相中加入反萃取剂，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促进生成硼酸，结晶析出。
【解析】
(1)硼铁矿粉碎可以增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中与酸发生的离子反应是；
(2) “净化”时，加入物质X是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为提高产品纯度，试剂X应为MgO或者Mg(OH)2等，如果将“净化”中①和②的顺序调换，Fe2+未被氧化成Fe3+，从而未能转化成沉淀除去，导致铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净；
(3)若未洗涤干净，洗涤液中会有离子，则证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净；
(4)由图可知，温度越高，萃取率越低，则可知硼酸的萃取过程为放热反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是当溶液的pH过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。
6．（2021·江苏盐城市·高三三模）水合肼(N2H4•H2O)常用作航天器燃料，也广泛应用于医药生产。实验室制取水合肼，并模拟处理铜氨{[Cu(NH3)4]2+}废液回收铜粉的实验流程如图：
（1）反应Ⅰ中温度升高时易产生副产物NaClO3。为提高NaClO产率，实验中可采取的措施有___
A．反应容器浸入热水中 B．适当减慢通入Cl2的速率 C．不断搅拌溶液
（2）①NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的离子方程式为___。
②合成过程中需控制≈，比理论值略大的原因是___。
（3）检验分离出水合肼后的溶液中Cl-的实验操作是___。
（4）铜粉沉淀率与水合肼溶液浓度的关系如图所示。请设计由铜氨废液回收铜粉的实验方案：取一定量5mol•L-1水合肼溶液，___，静置、过滤、洗涤、干燥。
实验中可选用的试剂：5mol•L-1水合肼溶液、2mol•L-1硫酸、2mol•L-1NaOH溶液、铜氨废液、蒸馏水。
已知：2[Cu(NH3)4]2++N2H4•H2O+4OH-2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O。
【答案】BC CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4•H2O+Cl-+CO 适当增加还原剂CO(NH2)2用量，减少生成物水合肼的氧化损耗量，为反应Ⅱ提供更多的反应物水合肼 取少量合成后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀 加入蒸馏水稀释至3mol•L-1~3.25mol•L-1，加入适量2mol•L-1NaOH溶液。边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol•L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加
【解析】
（1）NaOH溶液与Cl2在一定温度下反应生成NaClO、NaCl，该反应为放热反应，温度升高时易产生副产物NaClO3，为提高NaClO产率，可适当减慢通入Cl2的速率以减缓反应速率，或者不断搅拌溶液增大热量散失速率，故答案为：BC；
（2）①NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的过程中，Cl元素化合价由+1降低至-1，N元素化合价由-3升高至-2，反应过程中溶液为碱性，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知反应方程式为CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4•H2O+Cl-+CO；
②N2H4•H2O中N元素化合价为-2，具有还原性，能够被NaClO氧化，N2H4•H2O被氧化会导致N2H4•H2O产率降低，因此通过增大CO(NH2)2的量防止N2H4•H2O被氧化，故答案为：适当增加还原剂CO(NH2)2用量，减少生成物水合肼的氧化损耗量，为反应Ⅱ提供更多的反应物水合肼；
（3）检验Cl-的试剂为硝酸银溶液，但硝酸银同时能与N2H4•H2O反应生成难溶物会干扰Cl-检验，因此可加入稀硝酸将N2H4•H2O氧化为N2，然后再加入硝酸银进行检验，故答案为：取少量合成后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀；
（4）由图可知，当水合肼溶液浓度为3.0～3.25mol/L时铜粉沉淀率最高，因此可利用3.0～3.25mol/L的水合肼溶液与铜氨废液在碱性并加热条件下反应回收铜粉，反应过程中生成NH3、N2，NH3不能排放至空气中，可利用2mol•L-1硫酸吸收，当溶液中不再生成N2时，说明铜氨废液回收基本完全，故答案为：加入蒸馏水稀释至3mol•L-1~3.25mol•L-1，加入适量2mol•L-1NaOH溶液。边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol•L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加。
7．（2021·陕西宝鸡市·高三一模）某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示(已知废催化剂中含有70.0%及一定量的、、和有机物，镍及其化合物的化学性质与铁的类似，但的性质较稳定)。回答下列问题：
已知：部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的如下表所示。
沉淀物
5.2
3.2
9.7
9.2
（1）滤渣a的成分是___________，用乙醇洗涤废催化剂的目的是___________，从废液中回收乙醇的方法是___________
（2）为提高酸浸速率，可采取的措施有___________(答一条即可)
（3）硫酸酸浸后所得滤液A中可能含有的金属离子是___________，向其中加入的目的是___________，反应的离子方程式为___________
（4）利用化学镀(待镀件直接置于含有镀层金属的化合物的溶液中)可以在金属、塑料、陶瓷等物品表面镀上一层金属镍或铬等金属，与电镀相比，化学镀的最大优点是___________
（5）滤液C进行如下所示处理可以制得。滤液C溶液D
①操作X的名称是___________
②在强碱溶液中用氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料—，该反应的离子方程式是___________
【答案】 溶解、除去有机物 蒸馏 将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度 、、 加入的目的是将氧化为，有利于分离 不消耗电能，节约能源 蒸发结晶
【分析】
由题给流程可知，用乙醇洗涤将废催化剂表面的有机物溶解、除去后，用稀硫酸酸浸废催化剂，废催化剂中的铝、铁、镍与稀硫酸反应生成可溶性的硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣a和含有稀硫酸、可溶性硫酸盐的滤液A；向滤液A中加入过氧化氢溶液，保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子得到滤液B；向滤液B中加入氢氧化镍调节溶液pH，使溶液中的铁离子、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b和含有硫酸镍的滤液C；向滤液C中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为9.2，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；氢氧化镍经灼烧、还原得到金属镍。
【解析】
（1）由分析可知，滤渣a的成分是二氧化硅，用乙醇洗涤废催化剂的目的是溶解、除去废催化剂表面的有机物；可以利用乙醇与废液中沸点不同，题给蒸馏的方法从废液中回收乙醇，故答案为：；溶解、除去有机物；蒸馏；
（1）将废催化剂粉碎，增大反应物的接触面积，或适当地提高硫酸的浓度，或升高浸泡时的温度等措施均可以提高酸浸速率，故答案为：将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度；
（3）由分析可知，硫酸酸浸后所得滤液A中含有硫酸镍、硫酸铝、硫酸铁，则溶液中含有的金属阳离子为、、；向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH时，将铁离子转化为沉淀除去，反应的离子方程式为，故答案为：、、；加入的目的是将氧化为，有利于分离；；
（4）与电镀相比，化学镀的最大优点是不消耗电能，节约能源，故答案为：不消耗电能，节约能源；
（5）①由题给流程可知，酸化后的硫酸镍溶液经蒸发结晶得到七水硫酸镍晶体，故答案为：蒸发结晶；
②由题意可知，生成碱式氧化镍的反应为碱性条件下，硫酸镍溶液与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成碱式氧化镍沉淀、硫酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
8．（2021·湖北武汉市·高三月考）工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO，含有少量FeO、)制备镍并回收副产物黄铵铁矾[]的工艺流程如下。
回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布图为___________。
（2）“初步沉铁”时，鼓入空气的作用除了搅拌、加快反应速率之外，还有___________。
（3）“深度沉铁”时，溶液保持的温度比“初步沉铁”时溶液保持的温度低，且的用量高于理论用量的原因是___________。溶液中转化为黄铵铁矾的离子方程式为___________。检验“深度沉铁”完全的实验步骤和现象是___________。
（4）已知几种物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示。
物质
黄铵铁矾
开始沉淀的pH
7.2
2.7
1.3
沉淀完全的pH
9.2
3.7
2.3
“深度沉铁”通入调节溶液pH的范围是___________。
（5）隔绝空气煅烧时得到，则煅烧反应的化学方程式为___________。
【答案】 将Fe2+氧化为Fe3+ 双氧水不稳定，受热易分解 取沉淀后的滤液少许，向其中加入几滴KSCN溶液，若不出现血红色，这说明沉淀完全
【分析】
红土镍矿(主要成分为NiO，含有少量FeO、)中加入稀硫酸，生成硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸铁，然后通入氨气、空气并加热得到黄铵铁矾，过滤后继续通入氨气，加入双氧水并加热进一步得到黄铵铁矾，然后向滤液中加入草酸沉镍，煅烧得到氧化镍，利用焦炭还原得到粗镍，据此解答。
【解析】
（1） 基态Ni原子的价电子排布图为；
（2）由于空气中含有氧气，因此鼓入的空气除了起到搅拌、加快反应速率的作用外，还能够起到将Fe2+氧化为Fe3+的作用；
（3） 溶液保持的温度比“初步沉铁”时溶液保持的温度低，且的用量高于理论用量的原因是双氧水不稳定，受热易分解；溶液中转化为黄铵铁矾的离子方程式为；检测Fe3+一般用KSCN溶液，则证明“深度沉铁”完全的实验步骤和现象是取沉淀后的滤液少许，向其中加入几滴KSCN溶液，若不出现血红色，这说明沉淀完全；
（4）深度沉铁通入氨气需要防止生成氢氧化内和氢氧化铁沉淀，则条件溶液pH的范围是；
（5）NiC2O4煅烧分解可以制得Ni2O3，同时获得混合气体，反应中镍元素化合价升高，则碳元素化合价应该降低，因此混合气体是CO和CO2，反应的化学方程式为。
9．（2021·四川成都市·高三一模）高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂，也是高能电池的电极材料。工业上，利用硫酸亚铁为原料，通过铁黄(FeOOH)制备高铁酸钾，可降低生产成本且产品质量优。工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）有同学认为上述流程可以与氯碱工业联合。写出电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式______。
（2）实验测得反应溶液的pH、温度对铁黄产率的影响如图所示。反应温度宜选择______；pH大于4.5时铁黄产率降低的主要原因可能是______。
（3）用高铁酸钾处理水时，不仅能消毒杀菌，还能将水体中的NH3、CN-转化成CO2、N2等无毒的物质，生成的氢氧化铁胶体粒子还能吸附水中悬浮杂质。试写出高铁酸钾处理含CN-废水时除去CN-的离子方程式______。
（4）已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。高铁酸钾的净水能力与废水的pH有关，当溶液pH=2时，废水中c(Fe3+)=______mol·L-1。
（5）K2FeO4可作锌铁碱性高能电池的正极材料，电池反应原理：2K2FeO4+3Zn+8H2O2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4KOH。充电时阴极的电极反应为______。
【答案】NaCl+H2ONaClO+H2↑ 40℃ 酸性减弱，Fe(OH)3增多 10FeO+6CN-+22H2O=10Fe(OH)3(胶体)+6CO+3N2↑+14OH- 0.04 Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-
【分析】
实验室欲制备高铁酸钾，首先要分别制备铁黄和NaClO，将而二者混合后加入NaOH调节溶液pH得到高铁酸钠，通过Na与K的置换可以得到高铁酸钾粗产品。根据图像分析制备过程中最佳的制备温度和溶液pH；根据沉淀溶解平衡常数计算溶液中Fe3+的浓度；根据充电时的电池总反应方程式和充电时各电极的得失电子情况书写电极方程式。
【解析】
（1）电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式为NaCl+H2ONaClO+H2↑；
（2）根据图像，FeOOH的产率先上升后下降，40℃左右时，铁黄产率较高；pH大于4.5时，溶液中OH-浓度较大，生成了氢氧化铁，使得铁黄产率降低；
（3）高铁酸钾具有氧化性，可以将CN－氧化为氮气和二氧化碳而除去，本身被还原为氢氧化铁胶体，在碱性溶液中二氧化碳变成碳酸根离子，反应的方程式为10FeO+6CN-+22H2O=10Fe(OH)3(胶体)+6CO+3N2↑+14OH-；
（4）pH=2时，c(OH-)=10-12mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38，c(Fe3+)=mol/L=0.04mol/L；
（5）根据电池反应，充电时为电解池反应，此时阴极反应为得电子的反应，在充电过程中Zn元素得到电子生成Zn单质，因此充电时阴极的反应为Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-。
10．（2021·北京高三一模）磷酸铁(FePO4)常用作电极材料。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
请回答下列问题：
（1）滤渣3的主要成分是___________(写出化学式)；
（2）用FeS还原Fe3＋的目的是___________加入FeO的作用是___________(用离子方程式表示)；
（3）试剂R宜选择___________(填字母)；
A．高锰酸钾 B．稀硝酸 C．双氧水 D．次氯酸钠
（4）检验“氧化”之后溶液是否含Fe2＋的操作是___________；
（5）已知沉淀溶解平衡：，。常温下，，“沉铁”中为了使，最小为___________mol/L。
【答案】Al(OH)3 避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀 Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋） C 取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋ 1.3×10－17
【分析】
硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、H＋等，加入FeS将Fe3＋还原成Fe2＋，加入FeO调节pH，使Al3＋转化成Al(OH)3沉淀，除去Al3＋，然后加入氧化剂，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此分析；
【解析】
（1）加入FeO调节pH，可以使Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，所用滤渣3的主要成分为Al(OH)3；
（2）依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此用FeS还原Fe3＋的目的是避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀；加入FeO的目的是调节pH，让Al3＋以Al(OH)3形式沉淀而除去，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀，总反应为2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋；
（3）A．KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2＋、K＋，故A不适宜；
B．稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入硝酸根成为新杂质，故B不适宜；
C．双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C适宜；
D．次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl－、Na＋，故D不适宜；
答案：C；
（4）Fe2+可以和铁氰酸钾溶液反应得到蓝色沉淀，还可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以检验Fe2＋：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋；
（5）当c(Fe3+)≤1×10-5mol/L时， c(PO)≥=1.3×10-17mol/L。
11．（2021·江西高三二模）某小组利用含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)制备化工产品三盐(PbSO4·3PbO·H2O)的工艺流程如图：
已知：Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，Pb(OH)2具有两性，PbO2有强氧化性。请回答下列问题：
（1）结晶水合物M(M=322g/mol)的化学式为___。
（2）“转化”中，加入Na2SO3溶液的离子反应方程式___。
（3）“转化”中，加入Na2CO3目的是___。
（4）下列试剂可以替代Na2SO3溶液___(填写字母)。
A．H2O2溶液 B．Na2SO4溶液 C．高锰酸钾溶液 D．Fe2(SO4)3溶液
（5）该流程中可以循环利用的物质是___(填写物质名称)。
（6）“酸溶”时，反应温度为40℃，其主要原因是___。
（7）合成三盐的化学方程式为___，解释“合成”需控制溶液的pH不能大于10的原因___。
【答案】Na2SO4·10H2O SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH- 使PbSO4转化为PbCO3 A (稀)硝酸 低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解 4PbSO4+6NaOH=PbSO4·3PbO·H2O+3Na2SO4+2H2O Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率
【分析】
向含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)中加入Na2SO3溶液、Na2CO3溶液，PbO2有强氧化性，将Na2SO3溶液氧化生成PbSO4，Na2CO3溶液将PbSO4转化为难溶PbCO3的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，然后过滤得到滤液1为Na2SO4溶液，向滤渣中加入硝酸酸溶，PbO、PbCO3都与硝酸反应生成Pb(NO3)2；然后向溶液中加入硫酸，生成PbSO4沉淀，过滤，滤液2的主要成分是HNO3，向滤渣中加入NaOH溶液，发生反应4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+ PbSO4•3PbO•PbSO4•H2O+2H2O，过滤、洗涤、干燥得到PbSO4•3PbO• H2O，滤液3中含有Na2SO4，据此分析解答。
【解析】
（1）通过以上分析知，滤液1为Na2SO4溶液，蒸发、结晶可得到的副产品为硫酸钠晶体，其相对分子质量为322，则M为Na2SO4•10H2O，故答案为：Na2SO4•10H2O；
（2） PbO2有强氧化性，“转化”中，加入的Na2SO3溶液能够被PbO2氧化生成PbSO4，反应的离子方程式为SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-，故答案为：SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-；
（3） Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，加入Na2CO3溶液，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，反应的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，故答案为：使PbSO4转化为PbCO3；
（4） Na2SO3溶液是将PbO2转化为Pb2+，体现了Na2SO3溶液的还原性，四种物质中只有H2O2溶液具有还原性，Na2SO4溶液不具有还原性，高锰酸钾溶液、Fe2(SO4)3溶液具有氧化性，因此可以用H2O2溶液代替Na2SO4溶液，故答案为：A；
（5）根据上述分析，滤液2的主要成分是HNO3，可以循环利用，故答案为：硝酸；
（6）“酸溶”时，反应温度为40℃，若低于40℃，反应速率慢，不利于酸溶；若高于40℃，硝酸会分解，故答案为：低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解；
（7） 合成三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+ PbSO4•3PbO• H2O+2H2O，“合成”需控制溶液的pH不能大于10，若pH大于10，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率，故答案为：4PbSO4+6NaOH= PbSO4•3PbO• H2O+3Na2SO4+2H2O；Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率。
12．（2021·广东梅州市·高三二模）铍有“超级金属”之称，是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料。以绿柱石[]为原料制备金属铍的工艺如下：
已知：难溶于水，可与过量结合成。
回答下列问题：
（1）“操作1”的目的是使烧结的固体在水浸过程有较大的接触面积，则其名称是___________。
（2）烧结时；与绿柱石作用除生成易溶于水的外，还有铁、铝、硅的氧化物，该反应的化学方程式为___________。“滤渣1”中的酸性氧化物是___________。
（3）“过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成沉淀，但NaOH不能过量，原因是___________(用离子方程式表示)。
（4）已知，室温下恰好完全沉淀时[此时浓度为]的___________。
（5）在熔融状态下不能导电，工业上用电解熔融混合物制备金属铍，可选用镍坩埚作电解槽的___________(填“阳极”或“阴极”)材料，电解总反应的化学方程式为___________；加入NaCl的主要目的是___________。
【答案】粉碎(或破碎、或研磨) 6.0或6 阴极 增强熔盐的导电性
【分析】
绿柱石的主要成分Be3Al2(SiO3)6，可表示为3BeO•Al2O3•6SiO2，由流程可知，烧结时发生Be3Al2(SiO3)6+2Na3FeF6 3Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2，碾碎、水浸后，再过滤，分离出滤渣为Al2O3、Fe2O3、SiO2，滤液中加入NaOH生成Be(OH)2沉淀，若NaOH过量与Be(OH)2反应，降低Be的产率，Be(OH)2煅烧得BeO，BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO，电解NaCl-BeCl2熔融混合物制备金属铍，沉氟时发生12NaF+Fe2(SO4)3=2Na3FeF6↓+3Na2SO4，难溶物循环利用，以此来解答。
【解析】
（1）绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]灼烧后得到的固体混合物，为提高水浸效率，需要将固体粉碎，增加接触面积，操作1名称是：粉碎(或破碎、或研磨)；
（2）Na3FeF6与Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物，该反应的化学方程式为，“滤渣1”中的酸性氧化物是：；
（3）因为Be(OH)2呈两性，“过滤1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量，则会继续溶解而生成可溶性盐，所以后果是；
（4），常温下，，pH=6；
（6）若镍作阳极材料，则通电后易失电子而发生溶解，所以镍坩锅作电解槽的阴极材料，电解时BeCl2熔融电解，生成Be和氯气，发生反应的化学方程式为，从方程式看，NaCl没有参加反应，则加入NaCl的主要目的是增强熔盐的导电性。
12．（2021·广东高三模拟）锗是一种重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。下图为工业上利用湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)制备高纯锗的工艺流程：
已知：①GeO2为两性化合物。
②常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见下表。
离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ge4+
开始沉淀pH
7.5
2.2
6.2
8.2
完全沉淀pH
9.0
3.2
8.2
11.2
③有机试剂丹宁沉淀金属离子的沉淀率见下表。
离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Ge4+
沉淀率(％)
0
99
0
97~98.5
（1）“浸出”时加热的目的是_______；浸出渣的主要成分是_______(填化学式)。
（2）浸出后加入NaClO溶液的作用是_______(用离子方程式表示)。加入NaClO溶液后调节溶液的pH至3.9的原因是_______。
（3）“滤液2”中主要含有的金属阳离子是_______(填离子符号)。
（4）GeCl4与高纯水反应的化学方程式为_______。
（5）若含锗3.2%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，则锗的回收率为_______(保留3位有效数字)。
【答案】加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率 SiO2 2H++ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3++H2O 除去Fe3+ Zn2+、Na+ GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl 91.3%
【分析】
湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)，浸出液中含有四价锗和锌离子，加入有机沉淀剂丹宁与四价锗络合形成沉淀，过滤后得到含有Ge的沉淀，将沉淀焙烧得到GeO2；用浓盐酸溶解GeO2生成GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2•nH2O，GeO2•nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge。
【解析】
（1）“浸出”时加热的目的是加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；“浸出”中，湿法炼锌渣中的GeO2为两性化合物，与稀硫酸反应生成Ge4+；ZnO、FeO、Fe2O3均为碱性氧化物，与稀硫酸反应生成Zn2+、Fe2+和Fe3+；SiO2为难溶于水的酸性氧化物，不与稀硫酸反应，过滤后以浸出渣的形式除去。浸出渣的主要成分是SiO2(填化学式)。故答案为：加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；SiO2；
（2）由表1中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，故加入次氯酸钠的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2H+ +ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3+ +H2O，再通过调节pH至3.9时，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。浸出后加入NaClO溶液的作用是2H++ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3++H2O(用离子方程式表示)。加入NaClO溶液后调节溶液的pH至3.9的原因是除去Fe3+。故答案为：2H++ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3++H2O；除去Fe3+；
（3）“过滤1”后“滤饼1”的主要成分是Fe(OH)3，滤液1中的离子有Zn2+、Ge4+，加入硫酸引入的和过量的H+，及加入次氯酸钠引入的Na+、过量的ClO−和生成的Cl−。由表2中数据可知加入有机试剂丹宁后Ge4+的沉淀率为97％~98.5％，故滤液2中主要含有的金属阳离子是Zn2+和Na+，Ge4+转化为沉淀被分离。“滤液2”中主要含有的金属阳离子是Zn2+、Na+(填离子符号)。故答案为：Zn2+、Na+；
（4）由流程图可知，GeCl4与高纯水反应生成GeO2·nH2O晶体，GeCl4与高纯水反应的化学方程式为GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl。故答案为：GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl；
（5）若含锗3.2%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，氢气还原氧化锗的反应方程式为
则锗的回收率为×100%≈ 91.3%。故答案为：91.3%。
13．（2021·四川内江市·高三三模）某科研小组以平板液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末(含CeO2、SiO2、Fe2O3等)为原料回收Ce(铈)的流程如图所示：
已知：CeO2具有强氧化性，通常情况下不与常见的无机酸反应。
回答下列问题：
（1）为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有_______(写两种)。
（2）操作①和②均为_______(填名称)；在_______中加入KSCN溶液显红色。
（3）写出加入H2O2作还原剂时发生反应的离子方程式_______；操作③在加热的条件下通入HCl的作用是_______。
（4）当加入碱调节溶液的pH=_______时，Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)=8×10-6mol/L。[已知：25℃时，Ce(OH)3的Ksp=8×10-21]
（5）对CeCl3样品纯度进行测定的方法：准确称量样品62.50g，配成1000mL溶液，取50.00mL上述溶液置于锥形瓶中，加入稍过量的过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液使Ce3+被氧化为Ce4+，然后用萃取剂萃取Ce4+，再用1mol/LFeSO4标准溶液滴定至终点，重复2～3次，平均消耗10.00mL标准液。
①写出滴定过程中发生反应的离子方程式_______。
②CeCl3样品的纯度为_______％。
【答案】搅拌；适当增大酸的浓度 过滤 滤液1 2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O 抑制Ce3+水解生成沉淀 9 Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+ 78.88
【分析】
由流程可知，搅拌、适当增大酸的浓度酸浸，过滤分离出滤液I为铁盐溶液，滤渣I为CeO2、SiO2，加过氧化氢、盐酸发生2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，过滤分离出滤渣II为SiO2，滤液II为CeCl3溶液，加入碱溶液调节溶液pH生成Ce(OH)3沉淀，悬浊液中加入盐酸得到CeCl3溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到结晶水合物，在浓盐酸、氩气氛围中加热CeCl3•6H2O得到无水CeCl3，一定条件下CeCl3转化为Ce，以此来解答。
【解析】
（1）为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有搅拌、适当增大酸的浓度；
（2）操作①和②均为过滤；滤液1中含有Fe3+，加入KSCN溶液显红色；
（3）加入H2O2只作还原剂时发生反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，操作③在加热的条件下加入浓HCl的作用是抑制Ce3+水解生成沉淀；
（4） Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)=8×10-6mol/L，，常温下，则pH=9；
（5）①滴定过程中发生反应的离子方程式为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；
②由电子守恒可知Ce3+物质的量等于Fe2+的物质的量，质量为0.01L×1mol/L×200/50×246.5g/mol=9.86g，则CeCl3样品的纯度为9.86/12.5×100%=78.88%.
14．（2021·四川成都市·高三三模）镍氢电池有着广泛的应用，旧电池的回收和再利用同样的重要。废旧镍氢电池中常含有NiOOH、Ni(OH)2、及少量Co(OH)2、FeO等，以下为金属分离以及镍的回收流程，按要求回答下列问题：
（1）N2H4的电子式是___________；“酸浸”中，加入N2H4的主要作用是___________。
（2）“氧化”过程中与Fe2+有关的离子方程式是___________，滤渣1主要成分是弱碱，其化学式是___________。
（3）已知=8.0×10-44，当三价钴沉淀完全时，溶液pH=___________。(已知：lg2=0.3)
（4）滤液A的主要溶质是_____；操作X是_____
（5）用滴定法测定NiCO3产品中镍元素含量。取2.500g样品，酸溶后配成250mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.1000mol/L的Na2H2Y溶液进行滴定。
已知：①Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+
②紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。
①滴定终点的现象是___________。
②如果紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，则会导致___________。。
【答案】 还原Ni(III)为Ni2+ 2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O Fe(OH)3 1.3 NaCl 过滤 滴入最后一滴标准液，溶液恰好由橙黄色变为紫色且30s不变色 测得Ni含量偏高
【分析】
废旧镍氢电池中常含有NiOOH、Ni(OH)2、及少量Co(OH)2、FeO等，向混合物中加入盐酸，生成Ni3+、Ni2+、Co2+、Fe2+，再向溶液中加入N2H4还原Ni3+，然后加入H2O2氧化Fe2+，向溶液中加入Na2CO3条件溶液pH使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀，过滤后向滤液中加入NaClO氧化Co2+生成Co3+，Co3+与溶液中Na2CO3发生复分解反应生成Co(OH)3，过滤后向滤液中加入Na2CO3与Ni2+发生复分解反应生成NiCO3。
【解析】
（1）N2H4可理解为NH3中1个H原子被-NH2“替换”后的物质，其电子式为；“酸浸”中，加入N2H4的主要作用是还原Ni(III)为Ni2+，避免后续除杂过程中生成Ni(OH)3导致NiCO3产率降低，故答案为：；还原Ni(III)为Ni2+；
（2）“氧化”过程中H2O2与Fe2+反应时，H2O2中O元素化合价由-1降低至-2，Fe元素化合价由+2升高至+3，此时溶液呈酸性，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒可知反应离子方程式为2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；由上述分析可知，滤渣1主要成分是Fe(OH)3；
（3）当三价钴沉淀完全时，溶液中c(Co3+)=1×10-5mol/L，此时溶液中c(OH-)==mol/L=2×10-13mol/L，溶液中c(H+)==mol/L=0.05mol/L，pH= -lg c(H+)= -lg0.05=1.3；
（4）第二次加入Na2CO3后，溶液中阳离子主要是Na+，溶液中阴离子为NaClO还原后生成的Cl-，因此滤液A中主要溶质为NaCl；操作X为固液分离操作，因此操作X为过滤，故答案为：NaCl；过滤；
（5）①当Na2H2Y与Ni2+完全反应后，溶液中无Ni2+，因此溶液由橙黄色变为紫色，故滴定终点现象为：滴入最后一滴标准液，溶液恰好由橙黄色变为紫色且30s不变色；
②如果紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，则会导致部分Na2H2Y并未参加反应，使得最终测得Ni含量偏高。
15．（2021·山东青岛市·高三二模）铍可应用于飞机、火箭制造业和原子能工业。素有“中国铍业一枝花”之称的湖南水口山六厂改进国外生产工艺，以硅铍石(主要成分为、、、、)为原料提取铍，具体流程如下：
已知：①铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，电负性相近，其单质及化合物在结构与性质等方面具有相似性。
②铝铵钒在不同温度下的溶解度：
温度/℃
0
10
20
30
40
60
溶解度/g
2.10
5.00
7.74
10.9
14.9
26.7
回答下列问题：
（1）流程中“系列操作”为___________。
（2）将“中和液”沉淀时，调节溶液的不能过大或过小。过大时发生反应的离子方程式为___________。
（3）已知，。若浓度为0.40的中和液开始沉淀时，溶液中___________。
（4）若在实验室洗涤粗，操作为___________；洗涤时加入溶液除去表面吸附的少量氢氧化铝，反应的离子方程式为___________。
（5）氧化铍转化为氯化铍的化学方程式为___________。
（6）的电子式为___________；电解时须加入氯化钠的作用是___________。
【答案】蒸发浓缩、降温结晶、过滤 向过滤器中加入溶液至浸没沉淀，将溶液滤出，重复操作2～3次 为共价化合物，加入使转化为其它含铍的离子化合物(或将氯化铍转化为。
【分析】
硅铍石(主要成分为、、、、)经过原料预处理后用硫酸酸浸，浸出液中有Be2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、H+、，SiO2形成浸出渣分离，浸出液加入硫酸铵，经过蒸发浓缩、降温结晶(铝铵矾溶解度随温度的降低而减小)、过滤从而分离出铝铵矾晶体，净化液加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+然后加氨水调pH除去铁，过滤之后往中和液中加入碱性物质继续调pH使Be2+完全沉淀，由于铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，电负性相近，其单质及化合物在结构与性质等方面具有相似性，所以生成的Be(OH)2会与氢氧化钠溶液反应形，所以调pH时pH不能过大，洗涤后的Be(OH)2高温煅烧分解生成BeO，而后加入氯气和过量的碳反应生成氯化铍：，铍和铝电负性相近，所以氯化铍为共价化合物，需要加入氯化钠转化为离子化合物，然后电解获得铍单质。
【解析】
（1）根据铝铵钒在不同温度下的溶解度数据可知铝铵矾溶解度随温度的降低而减小，所以要从溶液中获得铝铵矾晶体进行的“系列操作”为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤。
（2）将“中和液”沉淀时，形成Be(OH)2，Be(OH)2同类似，会与强碱溶液反应，所以过大时发生反应的离子方程式为：。
（3），0.40，则，因为，所以，所以答案为：。
（4）实验室洗涤粗的操作为：向过滤器中加入溶液至浸没沉淀，将溶液滤出，重复操作2～3次；氢氧化铝为两性氢氧化物，会与溶液反应生成可溶性的，所以反应的离子方程式为：。
（5）氧化铍与氯气和过量的碳反应生成氯化铍，根据质量守恒和得失电子守恒可知反应方程式为：。
（6） 铍和铝电负性相近，所以氯化铍为共价化合物，则的电子式为；共价化合物熔融状态下不导电，不能进行电解制备铍，所以需要加入氯化钠转化为离子化合物，所以答案为： ； 为共价化合物，加入使转化为其它含铍的离子化合物(或将氯化铍转化为。
16．（2021·四川高三三模）以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、MgCO3等杂质)为原料制备MnSO4的工艺流程如下图：
已知：常温下，Ksp(MnS)=1×10-11.金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.6
9.6
完全沉淀
2.8
8.3
10.2
11.6.
（1）酸浸时选择H2SO4而不是HCl的原因可能是___________和___________，沉淀池1中，加入MnO2时发生反应的离子方程式为___________。
（2）该工艺流程中废渣和沉淀1、2均需用水洗涤，并将洗涤液返回酸浸工序，目的是___________。
（3）沉淀2的化学式是___________，不能用NaOH代替NaF，其原因是___________。
（4）含MnSO4溶液中还含有___________杂质(填离子符号)，利用KMnO4溶液与Mn2＋反应生成黑色沉淀的现象可以检验Mn2＋，发生反应的离子方程式为___________。
（5）电解MnSO4溶液可进一步获得二氧化锰，电解后的废水中还含有Mn2＋，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2＋)≤1.0×10-5 mol·L-1，则应保持溶液中c(S2-)≥___________mol·L-1。
【答案】不引入新的杂质 盐酸后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2 MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 提高锰的回收率(或用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率等合理答案都可) MgF2 若用NaOH为沉淀剂，Mg2+沉淀完全时的pH=11.6，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低 NH、Na+ 2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2¯+4H+ 1×10-6
【分析】
菱锰矿加入硫酸进行酸浸，得到含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+等阳离子的溶液，沉淀池中加入MnO2将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，然后加入氨水调节pH得到Fe(OH)3沉淀，过滤后再加入NaF得到MgF2沉淀，此时溶液中的阳离子主要为Mn2+，还有少量Na+、NH，蒸发浓缩、冷却结晶得到MnSO4晶体。
【解析】
（1）使用盐酸会引入Cl-，为新的杂质，且后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2；沉淀池1中加入MnO2主要是将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）废渣和沉淀1、2中都会有少量Mn2+，用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率；
（3）沉淀池1中得到的沉淀为Fe(OH)3，此时溶液中阳离子有NH、Mg2+、Mn2+等，所以加入NaF的主要作用是除去Mg2+，得到的沉淀2为MgF2；根据题目所给信息可知若用NaOH为沉淀剂，Mg2+沉淀完全时的pH=11.6，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低；
（4）除铁时用氨水调节pH，除镁时加入NaF，所以含MnSO4溶液中还含有NH、Na+杂质；KMnO4溶液与Mn2＋反应生成黑色沉淀，该黑色沉淀应为MnO2，发生归中反应，离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2¯+4H+；
（5）c(Mn2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时，c(S2－)≥mol/L=1×10-6mol/L。
17．（2021·四川高三三模）二水合磷酸二氢锰具有广泛用途，被用作防锈剂。某化工厂拟用软锰矿(含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2)为原料生产Mn(H2PO4)2·2H2O，其工艺流程如下所示：
试回答下列问题：
（1）滤渣①的主要成分是___________；浸锰时，FeO生成Fe3＋的离子方程式为___________，适量的Na2SO3固体的作用是___________。
（2）检验滤液①中是否含有Fe2＋，除了用K3Fe(CN)6溶液外，还可以用___________试剂，若滤液①中含有Fe2＋其现象是___________。
（3）步骤II中，Fe3＋的萃取率与pH的关系如图，如pH>1.7后，随pH增大，Fe3＋萃取率下降的原因是___________。
（4）试剂x为某种钠的正盐，从环保、经济角度，x最好为___________(写化学式)；若c(Mn2＋)=1.0 mol·L-1，调节pH范围应为___________(该条件下，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-14)。
（5）步骤V酸溶时逐滴加入H3PO4溶液呈酸性才能保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2·2H2O，试结合离子方程式说明原因___________。
【答案】 作还原剂，将还原为 酸性高锰酸钾溶液 酸性高锰酸钾溶液紫色褪去 pH>1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降 加入H3PO4溶液呈酸性，使和发生如下反应、，可以保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2·2H2O
【分析】
软锰矿含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2杂质，浸锰步骤中加入稀硫酸和亚硫酸钠溶液，溶解三氧化二铝、溶解氧化亚铁，同时亚硫酸钠和亚铁离子作还原剂将二氧化锰还原为，被氧化成，和硫酸不反应，以滤渣形式除去，萃取分液步骤采用萃取剂除去，调节PH步骤加入将铝离子以氢氧化铝沉淀形式除去，沉锰步骤继续加入使生成，酸溶步骤和反应生成，据此分析答题。
【解析】
（1）浸锰步骤中加入稀硫酸和亚硫酸钠溶液，溶解三氧化二铝、溶解氧化亚铁，同时亚硫酸钠和亚铁离子作还原剂将二氧化锰还原为，被氧化成，和硫酸不反应，以滤渣形式除去，滤渣①的主要成分是；FeO在酸性条件下被氧化生成，所以离子方程式为：；适量的Na2SO3固体的作用是作还原剂，将还原为；故答案为：；；作还原剂，将还原为；
（2）根据流程分析可知滤液①中一定含有，所以检验时一定要防止的干扰，不能选择先将氧化的方法，只能利用的还原性，所以选择酸性高锰酸钾溶液，若其褪色则证明含有，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；酸性高锰酸钾溶液紫色褪去；
（3）在滤液①中存在下述水解平衡，如pH>1.7之后，水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降；
（4）试剂x的作用是调节溶液的PH，时先沉淀，后沉淀，使二者分离，x为某种钠的正盐，从环保、经济角度，x最好为；调节pH范围应满足让完全沉淀同时未沉淀，当完全沉淀时，浓度为，此时，所以溶液，当开始沉淀是，溶液中，所以溶液，调节溶液，故答案为：；；
（5）步骤V酸溶时逐滴加入H3PO4溶液，开始时溶液中酸少量，过量，先生成和，当加入H3PO4溶液呈酸性时会发生如下反应：、保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2·2H2O，故答案为：加入H3PO4溶液呈酸性，使和发生如下反应、，可以保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2·2H2O。
18．（2021·山东高三三模）综合利用研究发现，硼镁铁矿(主要成分为，含有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)可以制备硼酸、铁红和碳酸镁等常用化工试剂，工艺流程图如下：
回答下列问题：
（1）硼镁矿粉碎的目的是___________，“酸浸”中发生的离子反应是___________。
（2）为提高产品纯度，“净化”时用的试剂X为___________(填化学式)，如果将“净化”中①和②的顺序调换，会导致的结果是___________。
（3）过滤所得碳酸镁需冷水洗涤后再进行干燥证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为___________。
（4）不同条件下硼酸的萃取率图象如下：
萃取过程为___________(填“吸热”或“放热”)反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是___________。
【答案】增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率 MgO或者Mg(OH)2等 铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净 取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净 放热 当溶液的pH过高时，硼酸以盐的形式存在
【分析】
硼镁铁矿经过粉碎增大了与酸的接触面积，提高了反应速率，经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，过滤直接除去，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，再加MgO或者Mg(OH)2等，调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，灼烧Fe(OH)3得到铁红Fe2O3，过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取剂，将硼酸根和含有Mg2+的溶液分离，在水层中加入NH4HCO3，沉淀Mg2+，得到MgCO3沉淀，在有机相中加入反萃取剂，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促进生成硼酸，结晶析出。
【解析】
（1）硼铁矿粉碎可以增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中与酸发生的离子反应是；
（2） “净化”时，加入物质X是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为提高产品纯度，试剂X应为MgO或者Mg(OH)2等，如果将“净化”中①和②的顺序调换，Fe2+未被氧化成Fe3+，从而未能转化成沉淀除去，导致铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净；
（3）若未洗涤干净，洗涤液中会有离子，则证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净；
（4）由图可知，温度越高，萃取率越低，则可知硼酸的萃取过程为放热反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是当溶液的pH过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。
19．（2021·辽宁沈阳市·沈阳二中高三月考）铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如图：
已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列问题：
（1）“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有_______(写化学式)。
（2）矿渣中部分FeO在空气中焙烧时反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为_______。
（3）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3mol·L-1)，当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，除钙率为_______[Ksp(CaF2)=4.0×10-11]。
（4）溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相) + 2RH(有机相) ⇌FeR2(有机相)+2H+(水相)萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0/VA的最佳取值为_______。在_______(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。
（5）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO，同时会产生少量红褐色物质。
①电解时离子交换膜(b)为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解，进而提高了Na2FeO4的产率。该反应的离子方程式为_______。
【答案】SiO2 4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O 99% 0.25 强酸性 阴 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O
【分析】
某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，据此分析解答。
【解析】
（1）矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2，所以答案为SiO2。
（2）矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4及空气中的氧气反应生成Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；
（3）当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)= c(Ca2+)×(2.0×10-3mol·L-1)2=4.0×10-11，故c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，则除钙率为99%，所以答案为：99%。
（4）要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根据图象，最佳取值为0.25；在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用，所以答案为：0.25；强酸性。
（5）①电解时正极连接铁电极，为阳极，阳极上失电子在碱性条件下反应生成FeO，电极反应式为Fe-6e-+8OH-= FeO+4H2O；离子交换膜(b))需要允许氢氧根离子向Ⅲ移动，为阴离子交换膜，所以答案为：阴。
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸钠将氢氧化铁氧化生成高铁酸钠，所以反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。
20．（2021·重庆高三三模）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，式量：246)是一种易吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)为原料，制备柠檬酸亚铁，其流程如图：
已知：I.电离常数：，；柠檬酸()：，，。
Ⅱ.下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Al3+
3.0
5.0
Fe2+
5.8
8.8
（1）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种________(填“正”“酸式”或“碱式”)盐，滤渣1的成分为________(填化学式)。
（2）已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为：________；加入FeS2还原后，加入一种试剂检验还原反应已经完全反应，该试剂是________。
（3）“沉铁”时的离子方程式为________，该反应需控制温度在35℃以下，其可能的原因是________。
（4）“除铝”时所调pH范围是________，“还原”和“除铝”两步操作________(填“能”或“不能”)交换，若不能请说出其原因________，若能则原因处不作答。
（5）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧49.2g的FeC6H6O7，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84g。则Fe2O3的质量为________g。
【答案】酸式 SiO2 FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液 HCO+NH3+Fe2+=FeCO3¯+NH NH4HCO3不稳定，温度高于35℃发生分解 5.0≤pH≤5.8 不能 因为溶液中有Fe3+，且Fe3+沉淀的pH比Al3+更低，若先调pH则Fe3+也会沉淀而损耗，降低产率 14.4
【分析】
硫铁矿在空气中焙烧，FeS2被氧化为SO2和Fe2O3，加入稀硫酸溶浸，Fe2O3、Al2O3溶解，过滤得到含有Fe3+和Al3+的溶液，滤渣为难溶于稀硫酸的SiO2，然后加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，根据现象可知S元素被氧化为S单质，之后调节pH除去Al3+，再加入碳酸氢铵、氨气得到FeCO3，过滤、洗涤得到FeCO3固体，加入柠檬酸溶解，经系列操作得到柠檬酸亚铁晶体。
【解析】
（1）根据题目所给信息可知柠檬酸存在三级电离平衡常数，即柠檬酸为三元酸，所以FeC6H6O7可以电离出一个氢离子，为酸式盐；滤渣1为难溶于稀硫酸的SiO2；
（2） FeS2将Fe3+还原为Fe2+，根据现象可知S元素被氧化为S单质，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；若氧化还原反应已经完全反应，则溶液中不再存在Fe3+，而Fe3+可以和SCN-反应得到血红色溶液，所以可以用KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液来判断是否完全反应；
（3）沉铁时Fe2+结合HCO电离产生的CO生成FeCO3，同时通入氨气中和产生的氢离子得到铵根，离子方程式为HCO+NH3+Fe2+=FeCO3¯+NH；NH4HCO3不稳定，温度高于35℃发生分解，所以要控制温度；
（4）除铝时要保证Al3+完全被除去，而Fe2+不被除去，所以调节pH的范围为5.0≤pH＜5.8；因为溶液中有Fe3+，且根据题目所给数据可知，Fe3+沉淀的pH比Al3+更低，若先调pH则Fe3+也会沉淀而损耗，降低产率，所以不能交换两步操作；
（5）49.2g的FeC6H6O7的物质的量为=0.2mol，设混合物中Fe2O3的物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，根据铁元素守恒可得2x+y=0.2，根据质量守恒有160x+72y=15.84，联立解得x=0.08mol，所以Fe2O3的质量为160g×0.08mol=14.4g。
21．（2021·辽宁葫芦岛市·高三二模）NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4·6H2O步骤如图：
已知：①镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价；
②常温下Ksp(MgF2)=6.4×10-9，Ka(HF)=6.3×10-4；
（1）NiSO4中阴离子的空间构型为___。
（2）“溶解”时加入H2O2溶液的目的是___。
（3）“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出其离子方程式___。
（4）向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致MgF2沉淀不完全，其原因是___。
（5）“沉镍”后所得滤液中，可循环使用的主要溶质为___(填化学式)。
（6）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程式为___。
（7）在制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是__。
【答案】正四面体 使Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+ 6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+ pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，MgF2沉淀不完全 Na2SO4 2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O 减少晶体的损失，便于晶体的干燥
【分析】
废料与硫酸、过氧化氢混合，硫酸把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+；二氧化硅不溶于酸，则滤渣为二氧化硅；加入MgO、硫酸钠生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀；加入硫化氢，生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀；加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去；加入NaOH使镍生成沉淀。
【解析】
（1）NiSO4中硫酸根离子的S原子价层电子对数为4，为sp3杂化，则空间构型为正四面体构型；
（2）加入的硫酸具有酸性，可以把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+；
（3）“除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+；
（4）溶液的pH偏低说明H+浓度高，会与加入的NaF形成HF，导致溶液中F-浓度降低，使得Mg2+不能完全沉淀；
（5）“除镁”以后溶液中的离子为Ni2+和SO、Na+，加入足量NaOH“沉镍”后，溶液中剩余离子为SO、Na+和少量OH-，根据前面的流程知可循环利用的是Na2SO4；
（6）NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；
（7） NiSO4·6H2O晶体是无机物，能溶解于水但是难溶于酒精，酒精易挥发，在晶体表面残留的酒精可以迅速挥发，避免杂质的引入。
22．（2021·陕西宝鸡市·高三二模）钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上通常利用钼精矿(MoS2中硫为-2价)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如图所示。
回答下列问题：
（1）在空气中焙烧时产生对环境有危害气体的化学式是___________，焙烧的化学方程式是___________。
（2）操作1的实验名称是___________，由此可推测MoO3为___________性氧化物，该反应的离子方程式为___________，进行操作2的步骤是___________，过滤、洗涤、干燥。
（3）操作3中硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为___________。
（4）钼精矿中MoS2的测定：取钼精矿20g经操作3等，得到Mo的质量为8.64g，假设过程中钼利用率为90%，钼精矿中MoS2的质量分数为___________。
（5）电解法制备：用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图甲所示。b电极上的电极反应式为___________，电解槽中使用___________(填阳离子或阴离子)交换膜。某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图乙所示，要使溶液中钼酸根离子完全沉淀(浓度小于1×10-5mol•l-1)，Ba2+的浓度最小为___________mol•l-1。
【答案】SO2 2MoS2+7O22MnO3+4SO2 过滤 两性 MoO3+2OH-= MoO+H2O 蒸发浓缩、冷却结晶 MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O 80% Mo-6e-+8OH-= MoO+4H2O 阴离子 4×10-3
【分析】
在空气中焙烧钼精矿得到MnO3，碱性条件下，MoO3和NaOH溶液反应得到Na2MoO4，过滤分离得到Na2MoO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO4·2H2O；钼精矿碱溶并用NaClO氧化，过滤也得到Na2MoO4溶液，加足量硫酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，氢气还原MoO3得到Mo。
【解析】
（1）MoS2中硫为-2价，空气中焙烧时会被氧化为对环境有危害气体SO2，根据电子守恒和元素守恒该反应的化学方程式为2MoS2+7O22MnO3+4SO2；
（2）经操作1可得Na2MoO4溶液，所以该操作为过滤；根据流程可知MoO3可以和NaOH溶液反应，具有酸性氧化物的特点，而金属氧化物一般碱性氧化物，所以可推测MoO3为两性氧化物，反应的离子方程式为MoO3+2OH-= MoO+H2O；操作2可以从溶液中获取晶体，应为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；
（3）根据流程可知操作3中Mo元素被氧化为MoO，根据题干所给信息可知S元素被氧化为SO，根据得失电子守恒可知MoS2和ClO-的系数比应为1:9，再结合元素守恒可得离子方程式为MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O；
（4）设钼精矿中MoS2的质量为x，则有=8.64g，解得x=16g，所以钼精矿中MoS2的质量分数为×100%=80%；
（5）b电极与电源正极相连，为电解池阳极，该装置的目的是制备Na2MoO4，则Mo元素要被氧化，所以b电极的材料为钼，发生氧化反应，其电极反应式为Mo-6e-+8OH-=MoO+4H2O；为防止阳极区的Na+迁移到阴极，电解槽中应使用阴离子交换膜；据图可知该温度下Ksp(BaMoO4)=2×10-4×2×10-4=4×10-8，当c(MoO)=1×10-5mol•l-1时，c(Ba2+)==4×10-3mol/L。
23．（2021·山东日照市·高三三模）NiSO4·nH2O易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液显酸性。从电镀污泥中回收制备NiSO4·nH2O和其它金属的工艺流程如下。
已知：Ⅰ.电镀污泥含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等。
Ⅱ.萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理为Ni2++2RH2NiR2+2H+。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，为加快浸出速率，提高生产效益，下列措施不合理的有___________(填标号)。
A．用机械搅拌器搅拌 B．体积不变增加硫酸的浓度 C．进一步球磨粉碎
（2）“电解”时，铜的电解电压较低，且电解速率很快，铁和铬存在形式随电解电压的变化如下表。为得到纯的NiSO4·nH2O，电解电压的范围应选择___________V。
电解电压/V
1.0
1.2
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
Fe2+
有
有
有
无
无
无
无
Cr4+
无
无
无
无
无
有
有
（3）萃取余液可在___________中循环利用(填操作单元)，反萃取剂X为___________(填化学式)。
（4）“反萃取”得到的NiSO4溶液，可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH。该反应的离子方程式为___________。NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得NiSO4·nH2O。下列说法正确的是___________(填标号)。
A．为得到较大NiSO4·nH2O晶体颗粒，宜用冰水快速冷却结晶
B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热
C．可通过抽滤提高过滤速度，在80℃鼓风干燥，快速得到干燥晶体
D．向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率
（5）采用热重分析法测定NiSO4·nH2O样品所含结晶水数。将样品在900℃下进行煅烧，失重率随时间变化如下图，A点时失掉2个结晶水，n的值为___________；C点产物的化学式为___________。
【答案】B 2.0～2.5 酸浸 H2SO4 2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O BD 6 NiO
【分析】
电镀污泥酸浸后的溶液中存在硫酸、硫酸铜、硫酸镍、硫酸铁和硫酸铬，二氧化硅不与硫酸反应，所以滤渣1为二氧化硅，电解可以回收金属铜，加入碳酸钠后硫酸被中和，铁离子变成氢氧化铁沉淀。
【解析】
（1）A.用搅拌器搅拌可加快浸出速率和提高生辰效率，故A正确；
B.适当增加硫酸的浓度可加快浸出速率和提高生产效率，故B错误；
C.磨碎电镀污泥，增大接触面积，提高反应速率和生产效率，故C正确；
故填B；
（2）由表中数据可知，在电解铜不影响到Fe和Cr时应选择电解电压的范围为2.0～2.5，故填2.0～2.5；
（3）根据已知II，萃取余液中主要含硫酸，可在酸浸环节循环使用，反萃剂是将Ni从NiR2中洗出形成硫酸镍，故反萃剂X为硫酸，故填酸浸、；
（4）根据题意，硫酸镍与次氯酸钠反应的离子方程式为；
A.冰水快速冷却得到的晶体颗粒太大，不利于干燥，故A错误；
B.加热溶液制备晶体时，当溶液表面出现晶膜时停止加热，自然冷却，过滤，过度加热使晶体失去结晶水，故B正确；
C.干燥时易采用低温缓慢烘干，以免晶体失去结晶水，故C错误；
D.大多数无机盐都不溶于乙醇，向无机盐溶液中加入乙醇可使其快速析出，故D正确；
故填BD；
（5）设样品的质量为100g，A点时失重率为13.7%，失重13.7g，失去2个结晶水，即，解得n=6；该晶体中结晶水占比，所以B点时失去全部结晶水，C点失重率为71.5%，说明硫酸镍已分解，分解产物为NiO和三氧化硫，故填6、NiO。
24．（2021·辽宁大连市·高三二模）氟化工产业被称为“黄金产业”，我国是世界最大氟化工初级产品生产国和出口国。用工业副产品氟硅酸(H2SiF6)制备氟化铵(NH4F)联产氟化镁的流程如下：
回答下列问题：
（1）氟化铵阳离子的VSEPR模型名称为：_______。
（2）写出反应①的化学方程式_______。
（3）工业生产中“反应①”的最佳温度为80℃，除考虑温度对速率的影响，请结合已有知识分析温度不宜过高的原因：_______。
（4）从滤液获得晶体的“一系列操作”是_______、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
（5）氟化铵含量的测定；称取mg样品于塑料烧杯中加水溶解，加入足量甲醛溶液，摇匀静置，滴加2~3滴酚酞指示剂，用0.5mol•L-1的氢氧化钠标准液滴定至终点，消耗氢氧化钠体积VmL，同时做空白对照实验消耗氢氧化钠体积为V0mL。
(已知：4+6HCHO→(CH2)6N4H++3H++6H2O，1mol(CH2)6N4H+消耗1molNaOH)
①滴定终点的现象为：_______。
②滴定近滴定终点时，过长时间振摇，红色消失，可能原因是_______。
③计算样品中氟化铵的含量为_______。
【答案】正四面体 H2SiF6 + 6NH3 +(2+n) H2O = 6NH4F+SiO2▪nH2O↓ 温度过高氟化铵易分解，氨气在体系中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大 减压浓缩 当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色 酚酞指示剂变色pH范围约为8－10，滴定近滴定终点时，过长时间振摇，NaOH吸收空气中的CO2而使溶液pH降低，红色消失
【分析】
H2SiF6和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，滤液减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到氟化铵，母液中加入硫酸镁生成氟化镁沉淀，据此回答问题。
【解析】
（1）氟化铵阳离子为铵根离子，的VSEPR模型名称为正四面体，故答案为：正四面体；
（2）反应①是H2SiF6和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，据此写出反应的化学方程式为H2SiF6 + 6NH3 +(2+n) H2O = 6NH4F+SiO2▪nH2O↓，故答案为：H2SiF6 + 6NH3 +(2+n) H2O = 6NH4F+SiO2▪nH2O↓；
（3）温度过高氟化铵易分解，氨气在体系中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大，所以工业生产中“反应①”的最佳温度为80°C，故答案为：温度过高氟化铵易分解，氨气在体系中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大；
（4）从滤液获得氟化铵晶体的操作是减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：减压浓缩；
（5）①酚酞作指示剂，氢氧化钠溶液作标准液，故滴定终点现象为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色，故答案为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色；
②酚酞指示剂变色pH范围约为8－10，滴定近滴定终点时，过长时间振摇，NaOH吸收空气中的CO2而使溶液pH降低，红色消失，故答案为：酚酞指示剂变色pH范围约为8－10，滴定近滴定终点时，过长时间振摇，NaOH吸收空气中的CO2而使溶液pH降低，红色消失；
③根据题意得关系式4(CH2)6N4H++3H+4NaOH，mg样品中氟化铵消耗NaOH（V-V0）mL，样品中氟化铵的质量为：0.5mol/L×（V-V0）×10-3L×37g/mol= 1.85（V-V0）×10-2g，样品中氟化铵的含量为，故答案为：。
【点睛】
本题以工业副产品氟硅酸(H2SiF6)制备氟化铵(NH4F)联产氟化镁为载体，考查化学工艺流程，明确流程中各步反应原理是解题关键，注意混合物分离的常见方法及应用。
25．（2021·江西南昌市·高三三模）三氧化钨(WO3)常用于制备特种合金、防火材料和防腐涂层。现利用白钨精矿(含80%CaWO4及少量Fe、Zn和Mg等的氧化物)生产WO3，设计了如下工艺流程：
已知：①浸出液中钨(W)以[WO3C2O4H2O]2-形式存在。
②钨酸(H2WO4)难溶于水。
③Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9；
Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.6×10-4。
回答下列问题：
（1）“破碎”的目的是_______；“破碎”后的白钨精矿粒径约为50μm，往其中加入浸取液后形成的分散系属于_______。
（2）操作I的名称为_______。
（3）浸出液中含量最大的阳离子是_______；[WO3C2O4H2O]2-中W元素的化合价为_______。
（4）“加热”时发生反应的离子方程式为_______；“煅烧”时发生反应的化学方程式为_______。
（5）本工艺中能循环使用的物质是_______。
（6）通过计算说明“浸取”过程形成CaSO4而不能形成CaC2O4的原因：_______。
【答案】加快反应速率和提高浸取率 悬浊液(或浊液) 过滤 H+ +6 [WO3C2O4H2O]2-+2H+H2WO4+H2C2O4 H2WO4WO3+H2O 草酸 溶液中CaSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该平衡的K==，加1mol/L硫酸和0.5mol/L草酸混合溶液后Qc≈，所以在“浸取”时，上述平衡逆向进行，产生得到CaSO4而不是CaC2O4
【分析】
白钨精矿(含80%CaWO4及少量Fe、Zn和Mg等的氧化物)破碎后加硫酸和草酸进行“浸取”，反应过程中得到含[WO3C2O4H2O]2-的溶液和硫酸钙沉淀，过滤后除去硫酸钙；将浸出液加热，浸出液中的[WO3C2O4H2O]2-在加热条件下反应生成生成H2WO4，过滤获得H2WO4，H2WO4高温煅烧得到WO3，据此解答。
【解析】
（1）“破碎”可以增大固体面积，加快反应速率和提高浸取率；分散质粒子直径小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，1nm-100nm的为胶体，50μm=5×104nm，因此为浊液，故答案为：加快反应速率和提高浸取率；悬浊液(或浊液)；
（2）操作I分离出硫酸钙和浸出液，应为过滤，故答案为：过滤；
（3）精矿中80%为CaWO4，W以[WO3C2O4H2O]2-存在，且硫酸钙微溶于水，因为加入硫酸和草酸，因此H+是浸出液中含量最大的阳离子，[WO3C2O4H2O]2-中O为-2价，H为+1价，C以草酸根形式存在，C为+3价，故W为+6价，故答案为：H+；+6；
（4）由图中滤渣可知煅烧得WO3，可知滤渣为难溶于水的H2WO4，过滤后滤液可回到浸取过程，循环使用，知其中含有H+，因此加热时发生[WO3C2O4H2O]2-+2H+H2WO4+H2C2O4，煅烧时发生H2WO4WO3+H2O，故答案为：[WO3C2O4H2O]2-+2H+H2WO4+H2C2O4；H2WO4WO3+H2O；
（5）整个流程来看用到矿石以外的物质为硫酸和草酸溶液，硫酸根大部分以硫酸钙形式被除去了，加热时产生了草酸，因此循环使用的物质为草酸，故答案为：草酸；
（6），，整理二式可得=，溶液中CaSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)达到平衡时，该平衡的K= =，加1mol/L硫酸和0.5mol/L草酸混合溶液后Qc≈，所以在“浸取”时，上述平衡逆向进行，产生得到CaSO4而不是CaC2O4，故答案为：溶液中CaSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该平衡的K==，加1mol/L硫酸和0.5mol/L草酸混合溶液后Qc≈，所以在“浸取”时，上述平衡逆向进行，产生得到CaSO4而不是CaC2O4。
26．（2021·河北邯郸市·高三三模）下列为从铜转炉烟灰[主要含有ZnO，还有少量的Fe(Ⅱ)、Pb、Cu、As等元素]制取活性氧化锌的流程。
已知：①活性炭主要吸附有机质；
②25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10–38；
③氨体系环境中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在；
④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
4.5
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.4
10.1
请回答以下问题：
（1）“浸取”时，ZnO发生反应的离子方程式为___________。
（2）浸取温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，则氯化铵的适宜浓度范围为___________mol×L-1。
NH4Cl浓度对烟灰浸出率的影响
（3）加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，写出除铁步骤的离子方程式：___________，常温下此时体系中Fe3+残留最大浓度为___________mol×L-1。
（4）“滤渣Ⅲ”的成分为___________(填化学式)。
（5）“沉锌”反应的离子方程式为___________，此过程中可以循环利用的副产品是___________(填化学式)。
（6）取m g活性氧化锌样品配成待测液，加入指示剂3～4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用a mol·L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液V mL。已知：与1.0 mL EDTA标准液[c(EDTA)=1.000 mol×L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为___________(用代数式表示)。
【答案】ZnO+2NH+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O 2～4 MnO+3Fe2++7H2O=MnO2+3Fe(OH)3↓+5H+ 4.0×10-8 Cu、Zn 2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O NH4Cl ×100% 或 %
【分析】
铜转炉烟灰加入氯化铵、氨水浸取，除烟灰中的Pb；滤液中加入氯化铁生成固体FeAsO4除As；滤液中加高锰酸钾、硫酸，调节pH=4~4.5生成氢氧化铁沉淀除铁；滤液加过量的锌置换出单质铜除去铜元素；滤液中加入碳酸氢铵生成Zn2(OH)2CO3沉淀，煅烧Zn2(OH)2CO3生成活性氧化锌。
【解析】
（1） 氨体系环境中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，“浸取”时，ZnO与氯化铵、氨水反应生成[Zn(NH3)4]Cl2和水，发生反应的离子方程式为ZnO+2NH+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
（2）由图示可知，氯化铵浓度为2~4时，Pb的浸出率低、Zn的浸出率很大，所以氯化铵适宜浓度范围为2~4mol×L-1；
（3）加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明还原产物是MnO2、氧化产物是Fe(OH)3，除铁步骤的离子方程式是MnO+3Fe2++7H2O=MnO2+3Fe(OH)3↓+5H+；常温下，除铁时溶液的pH=4，c(OH-)=10-10 mol×L-1， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10–38，此时体系中Fe3+残留最大浓度为 mol×L-1；
（4）根据流程图，可知，加入试剂a的目的是除铜，a是过量的锌，锌把溶液中的铜置换出来，“滤渣Ⅲ”的成分为Cu、Zn；
（5）根据流程图，“沉锌”过程是溶液中的氯化锌和碳酸氢铵反应生成氯化铵、Zn2(OH)2CO3和CO2，反应的离子方程式为2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，此过程中可以循环利用的副产品是NH4Cl；
（6） 1.0 mL EDTA标准液[c(EDTA)=1.000 mol×L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，反应消耗a mol·L-1EDTA标准液V mL，则mg样品中氧化锌的质量为0.08139×aVg，氧化锌的质量分数为 %。
【点睛】
本题以铜转炉烟灰制取活性氧化锌为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤的目的是解题关键，掌握常见化合物的性质，熟悉根据溶度积常数的计算，培养题目信息的提取和应用能力。
27．（2021·福建龙岩市·高三三模）五氧化二钒(V2O5)在冶金、催化剂、磁性材料等领域有重要作用。实验室以含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)来制备V2O5的一种工艺流程如下：
已知：含钒离子在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
溶液pH
＜4.0
6.0—8.0
8.0—10.0
钒元素主要存在形式
请回答下列问题：
（1）含钒废料中的有机物主要在___________工序中除去。
（2）“焙烧”产物之一是Mg(VO3)2，写出它在“酸浸”(溶液pH＜2)过程中发生反应的化学方程式___________。
（3）常温时，若“调pH净化I”工序中最终溶液pH=7，通过计算判断，此时Cu2+是否已经沉淀完全(已知离子浓度<1.0×10﹣5mol·L﹣1认为沉淀完全；Ksp[Cu(OH)2]=4.8×10﹣30)___________。
（4）“净化Ⅱ”时若加入过量的(NH4)2CO3，可能导致的后果为___________。
（5）“滤渣2”中含有Mg2(OH)2CO3，写出生成Mg2(OH)2CO3的离子方程式___________。
（6）“煅烧”时，除生成V2O5外，还生成了参与大气循环的气体，写出煅烧时的化学方程式___________。
【答案】焙烧 Mg(VO3)2+2H2SO4=(VO2)2SO4+MgSO4+2H2O Cu2+沉淀完全 c(Cu2+)=Ksp/c2(OH-)=4.8×10-20/1.0×10-14=4.8×10-6mol·L-1＜1.0×10-5mol·L-1 会生成NH4VO3沉淀，降低钒的利用率 2Mg2++3CO+2H2O= Mg2(OH)2CO3¯+2HCO 4NH4VO3+3O22V2O5+8H2O+2N2
【分析】
含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)加入足量碳酸镁粉末焙烧，除去有机物，并将V2O3氧化为V2O5，之后加入硫酸酸溶，金属元素进入溶液，然后加入适量氨水调节pH可生成氢除去Fe3+、Cu2+、Al3+，过滤后滤液中含有、NH、Mg2+等离子，根据后续产物可知净化Ⅱ加入碳酸铵主要是除去Mg2+，过滤后滤液中再加入足量碳酸铵得到NH4NO3沉淀，空气中煅烧可生成V2O5，以此解答该题。
【解析】
（1）焙烧过程中有机物会被氧化为CO2、H2O等，从而除去有机物；
（2）溶液pH＜2，根据题目所给信息可知酸浸后生成(VO2)2SO4，结合元素守恒可得化学方程式为Mg(VO3)2+2H2SO4=(VO2)2SO4+MgSO4+2H2O；
（3）溶液pH=7，则c(OH-)=10-7mol/L，此时溶液中c(Cu2+)==mol/L=4.8×10-6mol·L-1＜1.0×10-5mol·L-1，所以Cu2+沉淀完全；
（4）加入过量的(NH4)2CO3，铵根离子浓度过大，且溶液碱性增强，会生成NH4VO3沉淀，降低钒的利用率；
（5）“滤渣2”中含有Mg2(OH)2CO3，说明部分Mg2+和CO发生双水解反应，但由于CO浓度较大，溶液碱性较强，所以CO的水解不彻底，有HCO生成，则离子方程式为2Mg2++3CO+2H2O= Mg2(OH)2CO3¯+2HCO；
（6）根据元素守恒煅烧NH4VO3时产生的参与大气循环的气体应为N2，结合元素守恒和电荷守恒可得化学方程式为4NH4VO3+3O22V2O5+8H2O+2N2。
28．（2021·山东济南市·高三二模）某化工厂用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2的工艺流程如下：
已知：①氧化性：Co3+＞Cl2＞H2O2＞Fe3+。
②“酸浸”后溶液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等。
③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表(当离子浓度不大于10-5 mol/L 时，认为该离子沉淀完全)：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
回答下列问题：
（1）“酸浸”过程中加入Na2SO3的主要作用是___________；写出Co2O3与盐酸反应的离子方程式：___________。
（2）为了提高Fe2+的转化速率，可以适当升高温度，但不能过高，其原因是___________。
（3）①加NaOH是为了除铁和铝，则常温时a的最小值是___________；当c(Fe3+)＜10-5.9 mol·L-1时，溶液中c(OH-)＞___________mol·L-1。
②“滤液”中加入萃取剂的作用是___________。
（4）为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤，洗涤，将沉淀烘干后称量其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是___________(答一条即可)。
【答案】作还原剂，减少有毒气体的产生 Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+ +Cl2↑+3H2O 温度过高，双氧水会分解 5.2 10-10 除去溶液中的Mn2+ 粗产品中含有可溶性氯化物(或晶体失去了部分结晶水)
【分析】
流程的目的是利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co (OH) 3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O，分析工艺流程，水钴矿用盐酸酸浸，同时加入Na2SO3反应得到浸出液，浸出液中含有的主要金属离子有Co2+， Fe2+， Al3+和Mn2+，加入适量的NaClO3，目的是氧化Fe2+为Fe3+，加.Na2CO3调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe (OH) 3从而除去Fe3+，同时还可使Al3+形成Al (OH)3从而除去Al3+，过滤出Fe (OH)3和Al (OH) 3沉淀，此时滤液中主要含有金属离子为Mn2+和Co2+，此时使用萃取剂主要目的是萃取Mn2+从而除去Mn2+，萃后余液中主要含有Co2+，经过结晶操作可以得到粗产品，据此分析解答。
【解析】
（1）由流程图知最后得到的产品为CoCl2，其Co为+2价，而Co2O3中Co为+3价，故加入Na2SO3，的作用为：将Co3+转化为Co2+(SO的还原性) 作还原剂，减少有毒气体的产生；Co2O3与HC1反应， 由已知①可知氧化性Co3+>Cl，则Co2O3可将Cl-氧化为Cl2离子方程式：Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+ +Cl2↑+3H2O。
（2）将Fe2+氧化为Fe3+，由流程图知向溶液中加入了H2O2，H2O2受热 易分解，因此温度不宜过高。
（3）①为了除去铁和铝，由表格可知A1 (OH)3完全沉淀的pH为5.2，Fe2+已经转化为Fe3+，Fe (OH)3完全沉淀的pH为3.7，a的最小值应为5.2；当c(Fe3+)＜10-5.9 mol·L-1时，由己知③可知，当离子浓度不大于10-5mol/L时，则视为沉淀完全，则Fe3+沉淀完全，此时pH<3. 7，则c (OH)>10-14/103.7mol/L≈10-10mol/L。
②根据流程图可知滤液中只含有杂质Mn2+，故加萃取剂的作用除去Mn2+。
（4）)粗产品中可能失去部分结晶水，导致其质量分数大于100%。
29．（2021·河北石家庄市·高三二模）铊(Tl)在工业中的用途非常广泛，其中铊锡合金可作超导材料；铊镉合金是原子能工业中的重要材料。铊主要从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、FeO、Tl2O等)中提炼，具体工艺流程如图。
已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂CH3CONR2的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4。
回答下列问题：
（1）“浸取”过程中生成可溶性的TlCl，该反应的离子方程式为___。
（2）残渣的主要成分为____(填化学式)；在实验室中，“萃取”和“反萃取”过程均必须使用的玻璃仪器的名称为___。
（3）“反萃取”过程中发生反应的化学方程式为___。
（4）“还原、氧化、沉淀”过程中TlCl发生反应的离子方程式为___。
（5）流程中得到的“TlCl”需要用盐酸洗涤，用平衡原理解释与蒸馏水相比，盐酸洗涤的优点为___。
（6）电解Tl2SO4制备金属Tl的装置如图所示。阳极的电极反应式为___；当转移2mole-时，左侧电极室中溶液的质量减少___g。
【答案】40Cl－＋4MnO+5Tl2O+42H＋＝4Mn2＋+10TlCl+21H2O PbSO4 分液漏斗 [CH3CONR2H]TlCl4+CH3COONH4CH3COOH+CH3CONR2+NH4TlCl4 H2O+SO+TlCl＝TlCl+SO+2H＋+3Cl－ 用盐酸洗涤，增大氯离子浓度，使TlCl(s)Tl＋(aq)+Cl－(aq)逆向进行,抑制TlCl溶解 Tl＋－2e－＝Tl3＋ 504
【分析】
富铊灰浸取时ZnO转化为硫酸锌，PbO转化为硫酸铅，氧化铁转化为硫酸铁，氧化亚铁被氧化为硫酸铁，Tl2O转化为TlCl，过滤所得滤液加入萃取剂发生反应H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4，然后反萃取得到TlCl，加入还原剂还原、氯化和沉淀得到TlCl，TlCl焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，电解Tl2SO4溶液得到Tl，据此解答。
【解析】
（1）“浸取”过程中生成可溶性的TlCl，反应中Tl2O被氧化转化为TlCl，该反应的离子方程式为40Cl－＋4MnO+5Tl2O+42H＋＝4Mn2＋+10TlCl+21H2O。
（2）PbO转化为硫酸铅，过滤得到残渣，即残渣的主要成分为PbSO4；在实验室中，“萃取”和“反萃取”过程均必须使用的玻璃仪器的名称为分液漏斗。
（3）萃取剂发生反应H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4，“反萃取”过程中加入醋酸铵，则发生反应的化学方程式为[CH3CONR2H]TlCl4+CH3COONH4CH3COOH+CH3CONR2+NH4TlCl4。
（4）根据以上分析可知“还原、氧化、沉淀”过程中TlCl发生反应的离子方程式为H2O+SO+TlCl＝TlCl+SO+2H＋+3Cl－。
（5）由于存在溶解平衡：TlCl(s)Tl＋(aq)+Cl－(aq),用盐酸洗涤，增大氯离子浓度，抑制TlCl溶解，减少损失，提高原料利用率。
（6）电解时阳极发生失去电子的氧化反应，溶液中Tl＋放电，阳极的电极反应式为电解时阳离子向阳极移动，即向右侧移动，左侧电极是阴极，电极反应式为Tl＋+e－＝Tl，当转移2mole-时，左侧电极室中析出2molTl，1mol硫酸根离子移向右侧，所以左侧电极室中溶液的质量减少96g+2mol×204g/mol＝504g。
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