备战2025年高考二轮复习化学（通用版）大单元 主观题突破练2（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习化学（通用版）大单元 主观题突破练2（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了9×10-5　Ksp=3，6×10-12,Ksp=6，70　不存在等内容，欢迎下载使用。
学生用书P219
1.(15分)(2024·甘肃卷,15节选)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示。
已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10-5 Ksp(CaCO3)=3.4×10-9
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是 。
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和 。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ,该反应能进行的原因是 。
(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于 。
答案:(1)NH3
(2)SiO2
(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4 Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
(4)净水
解析:高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙烧,生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;焙烧产物经过“水浸1”,然后过滤,“滤渣”为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液中溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液经浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;向“滤渣”中加入(NH4)2CO3溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。
(3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵反应生成更难溶的碳酸钙,反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4,该反应之所以能发生,是由于Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。
(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,会产生Al3+,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可用于净水。
2.(12分)(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,消耗Fe3+物质的量之比为 ;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥发外,另一目的是防止产生 (填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为 。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。
(4)“置换”中可选用的试剂X为 (填字母);

A.AlB.Zn
C.PbD.Ag
“置换”反应的离子方程式为 。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,用作 (填“阴极”或“阳极”)。
答案:(1)1∶1 H2S
(2)热浸
(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+
(4)C Pb+2[AgCl2]-[PbCl4]2-+2Ag
(5)阳极
解析:本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,“过滤Ⅰ”除掉单质硫,滤液中[PbCl4]2-在稀释、降温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2-,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液成分主要为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]-置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液中含FeCl2。
(1)“热浸”时,Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变,所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,S2-的物质的量相等,所以消耗Fe3+的物质的量相等,比值为1∶1;溶液中HCl浓度过大时会生成H2S气体。
(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,会溶解为[PbCl4]2-,电解含[PbCl4]2-的溶液可制备金属Pb,Pb在阴极产生,阳极Cl-放电产生Cl2,尾液中含有FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3,可以在“热浸”中循环使用。
(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+,根据还原之后可以得到含硫滤渣可知,“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥,为了防止引入其他杂质,则试剂X应为Pb,发生的反应为Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,“电解Ⅱ”得到金属银和金属铅,将银和铅分离出来,所以不可能作为阴极,应作为阳极板,阳极放电时,银变成阳极泥而沉降下来,铅失电子为Pb2+,阴极得电子得到Pb,所以电极板应作阳极。
3.(10分)(2024·广东2月大联考)钼具有耐腐耐磨的特性,目前广泛应用于化工、医疗和国防领域。一种使用先进的碱性氧化焙烧法,从镍钼矿(主要成分是MS2、NiS、FeS2)中回收钼的流程如图所示:
已知:①“焙烧”后钼元素以Na2MO4的形式存在,Ni的化合价不变且以氧化物的形式存在,“焙烧”过程中未见有含S气态物的生成。
②Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,Ksp(MgCO3)=6.5×10-6。
③一般离子浓度达到10-5 ml·L-1以下视为沉淀完全。
回答下列问题:
(1)写出“焙烧”过程中MS2发生反应的化学方程式: 。
(2)“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。
(3)Na2CO3实验用量与理论用量的比值为1.0、1.1、1.2、1.3时,M的浸出率和CO32-残留浓度的关系如图所示,则Na2CO3的最佳用量比为 ,结合图中信息说明理由: 。
(4)常温下,“水浸”过程完成后溶液中c(CO32-)=3.00 g·L-1,试计算“净化”过程中每升溶液中需加入 (保留两位有效数字) ml MgSO4,若“净化”完成后溶液的pH=8,则此时溶液中 (填“不存在”或“存在”)Mg(OH)2沉淀。
(5)MSy被称为润滑之王,其稳定晶体的晶胞结构的透视图与正视图如图所示,晶胞参数α=β=90°,γ=60°,原子间距a=b=c,则y= ;晶胞中与M原子距离最近且相等的S原子数目为 。
答案:(1)2MS2+6Na2CO3+9O22Na2MO4+4Na2SO4+6CO2
(2)Fe2O3、NiO
(3)1.2 当Na2CO3的用量比从1.0增加到1.2时,钼的浸出率明显增加,当Na2CO3用量比从1.2增加到1.3时,钼的浸出率增加不大,但CO32-的残留浓度显著增大
(4)0.70 不存在
(5)2 6
解析:向镍钼矿(主要成分是MS2、NiS、FeS2)通入空气,加入碳酸钠焙烧产生CO2,水浸后除去的“滤渣1”的成分为Fe2O3、NiO,加入硫酸镁净化除去的“滤渣2”的成分为氢氧化镁,滤液经冷却结晶得到硫酸钠,向溶液中加入D318-Ⅲ树脂进行离子交换,再加入氨水解析:得到“解析:液”,处理后得到钼酸铵。
(1)由题中信息可知,含M的产物为Na2MO4,没有含硫气态物质生成,结合流程可知硫元素被氧化为最高价的盐Na2SO4,流程中生成CO2,则“焙烧”过程中MS2发生反应的化学方程式为2MS2+6Na2CO3+9O22Na2MO4+4Na2SO4+6CO2。
(2)FeS2被氧化为Fe2O3,Fe2O3不溶于碱性的碳酸钠溶液成为滤渣,由题中信息可知Ni以+2价氧化物NiO存在,NiO也不溶于碱性碳酸钠溶液,则“滤渣1”的主要成分为Fe2O3、NiO。
(3)由图可知,当Na2CO3实验用量与理论用量的比值从1.0增加到1.2时,钼的浸出率明显增加,当Na2CO3实验用量与理论用量的比值从1.2增加到1.3时,钼的浸出率增加不大,但CO32-的残留浓度显著增大,故最佳用量比选择1.2。
(4)c(CO32-)=3.00 g·L-1,转换单位后c(CO32-)=3.00 g·L-160 g·ml-1=0.05 ml·L-1,完全沉淀此部分CO32-需c(Mg2+)=0.05 ml·L-1,当CO32-沉淀完全后溶液中c(Mg2+)=Ksp(MgCO3)c(CO32-)=6.5×10-61×10-5 ml·L-1=0.65 ml·L-1,合计c(Mg2+)=(0.05+0.65) ml·L-1=0.70 ml·L-1,故每升溶液中需加入0.70 ml MgSO4。若“净化”完成后溶液pH=8,则此时溶液中c(H+)=10-8 ml·L-1,c(OH-)=10-1410-8 ml·L-1=10-6 ml·L-1,此时c(Mg2+)·c2(OH-)=0.65×(10-6)2=6.5×10-134时,(NH4)2MS4晶体产率继续增大的原因是 。
(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入 (填操作单元的名称)中循环使用。
(4)MS2也可由(NH4)2MS4在一定条件下加热分解制得,同时产生NH3、H2S和某种硫单质,且NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,则硫单质的分子式为 。
答案:(1)2MS2+7O22MO3+4SO2 除去碳酸钾
(2)①(NH4)2MO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MS4+8NH3·H2O ②(NH4)2S量不足,(NH4)2MO4转化生成(NH4)2MS3 继续加入(NH4)2S,使得铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MS4的溶解度,使其结晶析出,导致晶体产率继续增大
(3)转化 (4)S4
解析:钼精矿在空气中煅烧时,MS2转化为MO3和二氧化硫,水洗除去碳酸钾等可溶物,过滤分离出固体并加入氨水浸取,氧化铁、氧化镁不反应成为“浸渣”,浸取液中含有(NH4)2MO4,加入硫化铵将(NH4)2MO4转化为(NH4)2MS4,加入稀硫酸酸浸,得到硫化氢气体和MS3沉淀:MS42-+2H+MS3↓+H2S↑,使用氢气在高温下还原MS3得到MS2。
(1)空气中的氧气具有氧化性,“焙烧”时MS2被氧化为MO3,同时生成二氧化硫,该反应的化学方程式为2MS2+7O22MO3+4SO2;氧化铁、氧化镁、MO3均不溶于水,而碳酸钾溶于水,则“水洗”的目的是除去碳酸钾。
(2)①向含(NH4)2MO4的溶液中加入硫化铵生成(NH4)2MS4,根据质量守恒可知,同时生成一水合氨,化学方程式为(NH4)2MO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MS4+8NH3·H2O。②δ=3时,(NH4)2S量不足,(NH4)2MO4转化生成(NH4)2MS3,故(NH4)2MS4晶体产率为0;δ>4时,(NH4)2MO4转化生成(NH4)2MS4,继续加入(NH4)2S,使得溶液中铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MS4溶解度,使其结晶析出,从而导致晶体产率继续增大。
(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体为硫化氢,硫化氢和氨水反应生成硫化铵,故可通入“转化”环节中继续使用。
(4)NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,假设生成8分子氨气、1分子硫单质,根据质量守恒可知,有4分子(NH4)2MS4参与反应,则生成4分子MS2,M化合价由+6价变为+4价,转移4×2=8个电子,生成硫单质的硫化合价由-2价变为0价,根据得失电子守恒可知,生成硫单质中硫原子数目为8÷2=4,故硫单质化学式为S4。
6.(12分)(2024·江苏南通第二次调研)实验室以FeS2为原料制备磷酸亚铁晶体[Fe3(PO4)2·8H2O],其部分实验过程如下:
(1)将一定体积98%的浓硫酸稀释为200 mL 30%的硫酸,除量筒外,还必须使用的玻璃仪器有 。
(2)检验“还原”已完全的实验操作为 。
(3)向过滤后的滤液中加入Na2HPO4,并用氨水或CH3COONa调节溶液pH,“共沉淀”过程生成Fe3(PO4)2·8H2O。
①若使用CH3COONa调节溶液的pH,“共沉淀”反应的离子方程式为 。
②不使用NaOH调节溶液pH的原因是 。
③补充完整利用如图所示装置(夹持装置已略去)制取Fe3(PO4)2·8H2O的实验方案:向三颈烧瓶中加入抗坏血酸溶液, 至混合溶液pH≈4, ,充分搅拌一段时间,过滤,洗涤固体,真空干燥。(已知:所用抗坏血酸溶液的pH=2.8,当溶液pH控制在4~6之间时,所得晶体质量最好。恒压滴液漏斗a、b中分别盛放FeSO4溶液和CH3COONa-Na2HPO4混合溶液)
(4)测定样品中Fe3(PO4)2·8H2O(M=502 g·ml-1)的纯度。取0.627 5 g样品完全溶解后配制成250 mL溶液,取出25.00 mL置于锥形瓶中,加入一定量的H2O2溶液将铁元素完全氧化,以磺基水杨酸为指示剂,用0.020 00 ml·L-1 EDTA标准溶液进行滴定至终点(Fe3+与EDTA按物质的量之比1∶1发生反应),消耗EDTA溶液15.00 mL。计算该磷酸亚铁晶体样品的纯度为 。
答案:(1)烧杯、玻璃棒
(2)取少量还原后的溶液置于试管中,滴加KSCN溶液(或亚铁氰化钾溶液)
(3)①3Fe2++2HPO42-+2CH3COO-+8H2OFe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH ②NaOH碱性强,容易造成局部pH过高,生成Fe(OH)2等杂质 ③向三颈烧瓶中滴加CH3COONa-Na2HPO4混合溶液 再向三颈烧瓶中滴加FeSO4溶液,通过调节恒压滴液漏斗a、b的活塞,控制溶液pH为4~6
(4)80.00%
解析:煅烧二硫化亚铁可得到氧化铁,用硫酸酸溶后得到硫酸铁,用二硫化亚铁还原硫酸铁生成硫酸亚铁和硫沉淀,过滤,向滤液中加磷酸氢二钠共沉淀生成磷酸亚铁晶体[Fe3(PO4)2·8H2O]。
(1)将一定体积98%的浓硫酸稀释为200 mL 30%的硫酸,使用的仪器除量筒外,还必须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒。
(2)“还原”时,硫酸铁与二硫化亚铁反应生成硫酸亚铁和硫沉淀,“还原”已完全时溶液中无铁离子,则检验“还原”已完全的实验操作为取少量还原后的溶液置于试管中,滴加KSCN溶液(或亚铁氰化钾溶液),溶液不变红(或没有生成蓝色沉淀)。
(3)①若使用CH3COONa调节溶液pH,“共沉淀”反应生成Fe3(PO4)2·8H2O和醋酸,该反应的离子方程式为3Fe2++2HPO42-+2CH3COO-+8H2OFe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH。②不使用NaOH调节溶液pH的原因是NaOH碱性强,容易造成局部pH过高,生成Fe(OH)2等杂质。③制取Fe3(PO4)2·8H2O的实验方案:向三颈烧瓶中加入抗坏血酸溶液,向三颈烧瓶中滴加CH3COONa-Na2HPO4混合溶液至混合溶液pH≈4,再向三颈烧瓶中滴加FeSO4溶液,通过调节恒压滴液漏斗a、b的活塞,控制溶液pH为4~6,充分搅拌一段时间,过滤,洗涤固体,真空干燥。
(4)每25.00 mL溶液中n(Fe2+)=0.020 00 ml·L-1×15.00 mL×10-3 L· mL-1=3.000×10-4 ml,n[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-4 ml,0.627 5 g样品中含n[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-4 ml×25025.00=1.000×10-3 ml,m[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10-3 ml×502 g· ml-1=0.502 0 g,则样品纯度为0.502 00.627 5×100%=80.00%。
7.(12分)(2024·江苏南京二模)高效氧化剂亚氯酸钠(NaClO2)常用于烟气脱硝(NOx)和废水脱除氨氮。
(1)NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为:
①“反应2”的化学方程式为 。
②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2,从消毒后饮用水水质和消毒效率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑,用ClO2替代Cl2的原因是 。
(2)NaClO2溶液对烟气脱硝。
①酸性条件下,Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体,总反应可表示为5ClO2-+4H+4ClO2+Cl-+2H2O。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式:
Ⅰ.Fe3++ClO2-FeClO22+;
Ⅱ. ;
Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+5Fe3++Cl-+2H2O。
②Fe3+催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时,烟气中NO氧化率随c(Fe3+)、反应温度的变化分别如图所示。
ⅰ.NO氧化率随c(Fe3+)增大而增大的原因是 。
ⅱ.温度升高,NO氧化率先增大后减小的可能原因是 。
(3)NaClO2溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液,用传感器测得溶液中NH4+与NO3-含量随反应时间的变化如图所示。判断该实验中被氧化的NH4+是否全部转化为NO3-的依据为 。
答案:(1)①2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O ②可避免产生对人体有害的有机氯化物,且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍
(2)①FeClO22+Fe2++ClO2 ②ⅰ.催化剂Fe3+的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2速率加快,NO的氧化率提高
ⅱ.温度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60 ℃时,以前者为主,高于60 ℃时,以后者为主
(3)一定时间内,相同体积溶液中,若NH4+减少的质量与NO3-增加的质量的比值约为18∶62,则被氧化的NH4+几乎全部转化为NO3-
解析:根据NaClO2的制备过程可知,NaClO3与SO2在酸性条件下发生反应生成硫酸氢钠、ClO2;生成的ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气。
(1)①ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气,1 ml ClO2得1 ml电子,1 ml H2O2失2 ml电子,根据得失电子守恒可得反应的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O。②使用ClO2可避免产生对人体有害的有机氯化物,且1 ml ClO2转化为氯离子得5 ml电子,而1 ml Cl2转化为氯离子得2 ml电子,ClO2的消毒效率与Cl2的消毒效率之比为5ml67.5 g·ml-1∶2ml71 g·ml-1≈2.63∶1。
(2)①结合反应Ⅰ和Ⅲ可知,反应Ⅱ中FeClO22+作反应物,Fe2+、ClO2作产物,该反应为FeClO22+Fe2++ClO2。②催化剂Fe3+的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2的速率加快,NO的氧化率提高。③温度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60 ℃时,以前者为主,高于60 ℃时,以后者为主。
(3)一定时间内,相同体积溶液中,若NH4+几乎全部转化为NO3-,则NH4+减少1 ml即18 g时应生成1 ml NO3-,则NO3-增加的质量为62 g,因此当NH4+减少的质量与NO3-增加的质量的比值约为18∶62时可说明NH4+完全被氧化为NO3-。
8.(12分)(2024·山东潍坊调研试题二)锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、C2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍,流程如图所示。
已知:萃取剂a和萃取剂b均为有机化合物,可用通式HR表示,萃取金属离子时,发生反应:nHR+Mn+MRn+nH+(M代表被萃取的金属)。回答下列问题:
(1)MnO2的作用是 。
(2)该流程中涉及的实验操作有 (填字母)。
A.过滤B.蒸发结晶
C.分液D.蒸馏
(3)加入CaCO3调pH的目的是 。
(4)已知:Ksp(CaF2)=5.3×10-9,Ksp(MgF2)=5.2×10-11,向除铁后的溶液中加入MnF2,当溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5 ml·L-1时,c(Ca2+)= ml·L-1(保留1位有效数字)。
(5)写出反萃取出Mn2+的离子方程式: 。
(6)回收液中Ni2+浓度的测定:取50.00 mL Ni2+回收液,滴入几滴紫脲酸胺(紫色)指示剂(遇Ni2+显橙黄色),用浓度为0.100 0 ml·L-1的Na2H2Y溶液进行滴定(Ni2++H2Y2-[NiY]2-+2H+),达到滴定终点时消耗Na2H2Y溶液的体积为12.50 mL。
①滴定终点的现象是 。
②Ni2+的物质的量浓度为 。
③若紫脲酸胺滴入过多,终点延迟,会导致所测Ni2+含量 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
答案:(1)氧化Fe2+
(2)AC
(3)使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去
(4)0.001
(5)MnR2+2H+2HR+Mn2+
(6)①当滴入最后半滴Na2H2Y标准溶液后,溶液由橙黄色变为紫色,且半分钟内不恢复橙黄色
②0.025 0 ml·L-1 ③偏高
解析:锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、C2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+,往其中加二氧化锰将二价铁氧化为三价铁,加碳酸钙调溶液pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,往滤液中加MnF2沉淀钙离子和镁离子,过滤,往滤液中加萃取剂a萃取锰离子,向所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液;无机相用萃取剂b萃取C2+,所得无机相为含Ni2+的溶液,向有机相中加入反萃取剂得到含C2+的溶液。
(1)“浸出液”中含二价铁,MnO2的作用是将二价铁氧化为三价铁。
(2)流程中得滤渣①和滤渣②的操作为过滤,萃取之后得有机相和无机相的操作为分液,故答案:为AC。
(3)用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后,加入CaCO3调pH可以使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀,即加入CaCO3调pH的目的是使Fe3+转化成氢氧化铁沉淀除去。
(4)已知:Ksp(CaF2)=5.3×10-9,Ksp(MgF2)=5.2×10-11,向除铁后的溶液中加入MnF2,当溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5 ml·L-1时,c(F-)=Ksp(MgF2)c(Mg2+)=5.2×10-111.0×10-5 ml·L-1=5.2×10-6 ml·L-1,则c(Ca2+)=Ksp(CaF2)c2(F-)=5.3×10-95.2×10-6 ml·L-1≈0.001 ml·L-1。
(5)根据信息可知,反萃取剂为酸,即反萃取出Mn2+时加入适量的酸将Mn2+反萃取出来,相应的离子方程式为MnR2+2H+2HR+Mn2+。
(6)①在Ni2+与Na2H2Y溶液恰好完全反应之前,溶液呈橙黄色,恰好完全反应后,溶液中无Ni2+,此时再加半滴Na2H2Y溶液,溶液将会呈紫色,且半分钟内不恢复橙黄色,所以滴定终点的现象是当滴入最后半滴Na2H2Y标准溶液后,溶液由橙黄色变为紫色,且半分钟内不恢复橙黄色。②反应时Ni2+与Na2H2Y按物质的量1∶1反应,所以Ni2+物质的量浓度为0.100 0ml·L-1×0.012 5 L0.05 L=0.025 0 ml·L-1。③若紫脲酸胺滴入过多,终点延迟,会导致Na2H2Y偏多,则所测Ni2+含量偏高。
金属离子
Fe3+
Fe2+
开始沉淀的pH
1.9
7.2
沉淀完全的pH
2.9
8.2