2022学年高考化学模拟题汇编专题15化学工艺流程大题含解析

这是一份2022学年高考化学模拟题汇编专题15化学工艺流程大题含解析，共38页。试卷主要包含了工厂处理电镀废水会产生电镀污泥，磷酸铁常用作电极材料等内容，欢迎下载使用。
专题15 化学工艺流程大题
1．（2021·福建泉州市高三模拟）工厂处理电镀废水会产生电镀污泥。某镀镍污泥酸浸的滤液含Ni2+、Al3+、Fe2+、Cr3+、Cu2+等离子，可用如下工艺流程回收硫酸镍晶体。

已知：镍的萃取、反萃过程反应为
(1)检验酸浸滤液中含Fe2+的试剂为_______。
(2)“电解”过程，阴极的电极反应式为_______。
(3)滤渣②主要成分为AlPO4、FePO4、CrPO4不同电解电压、电解时间下Fe2+、Cr4+离子的检测结果如下表所示，电解酸浸滤液的最佳电压和时间分别是_______。
电解电压(V)
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
Fe2+
有
有
有
无
无
Cr4+
无
无
无
无
有
电解时间(h)
2.6
3.1
3.6
4.1
4.6
Fe2+
有
无
无
无
无
Cr4+
无
无
有
有
有
(4)“沉淀”后，溶液中c()=4.0×10-9mol·L-1，则c(Al3+)=_______。(已知：Ksp(AlPO4)=9.84×10-21)
(5)“反萃”中，加入的X是_______。
(6)为测定硫酸镍晶体(NiSO4·nH2O)组成，进行如下实验：取5.260g样品，配成250mL溶液，量取25.00mL溶液，用0.100mol·L-1的EDTA(Na2H2Y)标准液滴定(反应为Ni2+＋H2Y2-=NiY2-＋2H+)。重复滴定3次，平均消耗EDTA标准液20.00mL，则硫酸镍的化学式为_______。
【答案】(1)KSCN溶液和氯水或酸性KMnO4溶液或K3[Fe(CN)6]溶液 (2)Cu2＋＋2e-=Cu (3)2.5V，3.1h (4)2.46×10-12mol·L-1 (5)稀硫酸(或H2SO4) (6) NiSO4·6H2O
【解析】(1)检验Fe2+的实验方法：向溶液中加入KSCN溶液，溶液中无明显现象，滴加几滴新制氯水振荡后，溶液呈红色，则说明溶液中含有Fe2+；或者向溶液中滴加酸性KMnO4溶液，若紫色褪去，则说明溶液中含有Fe2+；或向溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液中生成蓝色沉淀，则说明溶液中含有Fe2+，故答案为：KSCN溶液和氯水或酸性KMnO4溶液或K3[Fe(CN)6]溶液；
(2)电解过程中Cu2+在阴极上得到电子生成Cu，电极反应式为Cu2＋＋2e-=Cu；
(3)电解酸浸滤液过程的目的是除去Fe2+、Cr4+，因此最佳的电压为2.5V，最佳电解时间为3.1h，故答案为：2.5V，3.1h
(4)AlPO4沉淀后，此时溶液中c(Al3+)==mol/L=2.46×10-12mol·L-1；
(5)加入RH后，Ni2+溶解于RH中，从有机层中提取Ni2+时，需同时将Ni2+转化为NiSO4，并且不能引入新杂质，因此所加试剂X为稀硫酸(或H2SO4)。
(6)滴定过程中反应的关系式为Ni2+～H2Y2-，由此可知250mL待测液中所含Ni2+的物质的量n(Ni2+)=0.100mol·L-1×20.00×10-3L×=0.02mol，则5.260g样品中n(NiSO4)=0.02mol，含有H2O的物质的量n(H2O)==0.12mol，n(NiSO4)：n(H2O)= 0.02mol：0.12mol=1：6，因此硫酸镍的化学式为NiSO4·6H2O。
2．（2021·广东高三模拟）金属钛(Ti)因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料。以钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如图所示。

请回答下列问题：
(1)钛酸亚铁(用R表示)与碳在高温下反应的化学方程式为：2R+C2Fe+2TiO2+CO2↑，钛酸亚铁中钛元素的化合价为___________，钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为___________。
(2)上述生产流程中加入铁屑的目的是___________。
(3)此时溶液I中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子，常温下，其对应氢氧化物的Ksp如表所示。
氢氧化物
Fe(OH)2
TiO(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
8.0×10-16
1.0×10-29
1.8×10-11
①常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.18mol·L-1，当溶液的pH等于___________时，Mg(OH)2开始沉淀。
②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为___________。
③溶液I经冷却、结晶、过滤，得到的副产物甲是___________，过滤需要的主要玻璃仪器是___________。
(4)Mg还原TiCl4过程必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是___________。
(5)除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂是___________。
【答案】(1)＋4 FeTiO3＋2H2SO4(浓)=TiOsO4＋FeSO4＋2H2O (2) 防止Fe2＋被氧化 (3) 9 TiO2＋＋2H2O=TiO(OH)2↓＋2H＋或TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋ FeSO4·7H2O 烧杯、漏斗、玻璃棒
(4)隔绝空气 (5)稀盐酸或稀硫酸
【分析】
向钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁)中加浓硫酸使其转化为可溶性的硫酸亚铁等；然后加水和加铁粉除消耗多于的氢离子外还可防止亚铁离子被氧化成铁离子；沉降分离后得到TiOSO4以及硫酸亚铁的混合溶液，然后冷却结晶，过滤得到硫酸亚铁晶体和溶液II，向溶液II中加水并加热过滤得到钛酸和回收硫酸；将钛酸煅烧得到二氧化钛，在高温条件下与碳和氯气反应生成四氯化钛，然后四氯化钛与镁在高温下反应生成钛单质。据此分析可得：
【解析】(1)根据2R+C2Fe+2TiO2+CO2↑以及原子守恒，可得钛酸亚铁的化学式为，根据化合物中各元素化合价代数和为零可得中Ti的化合价为+4价；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，则该反应为非氧化还原反应，则其反应为：FeTiO3＋2H2SO4(浓)=TiOsO4＋FeSO4＋2H2O，故答案为：FeTiO3＋2H2SO4(浓)=TiOsO4＋FeSO4＋2H2O；
(2)由分析可知，加铁粉的主要目的是为了防止亚铁离子被氧化，故答案为：防止Fe2＋被氧化；
(3)①，所以有，pOH=5，则pH=14-pOH=9，故答案为：9
②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，结合表中Ksp数据可知TiO(OH)2的Ksp最小，则所得该白色沉淀为氢氧化氧钛，则该反应的方程式为：TiO2＋＋2H2O=TiO(OH)2↓＋2H＋或TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋，故答案为：TiO2＋＋2H2O=TiO(OH)2↓＋2H＋或TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋；
③由分析可知，溶液I经冷却、结晶、过滤，得到的副产物甲是为FeSO4·7H2O，过滤时所需的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒以及烧杯，故答案为：FeSO4·7H2O；漏斗、玻璃棒、烧杯；
(4)Mg为活泼金属，容易被氧气氧化，所以Mg还原TiCl4过程除必须在1070K的温度下进行外还应隔绝空气，故答案为：隔绝空气；
(5)常温时耐酸碱腐蚀，所以除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂为稀硫酸或稀盐酸，故答案为：稀硫酸或稀盐酸。
3．（2021·北京高三二模）我国每年的钢产量居世界前列，每年产生大量废铁皮。某科研小组利用本地钢厂所产生的废铁皮，探索制备高纯氧化铁的新工艺。
该废铁皮的化学多元素分析结果如下表所示。
化学成分
FeO
Fe2O3
Fe
CaO
CaSiO3
其他(C、S等)
含量(%)
47.35
41.92
1.07
2.64
3.48
2.68
制备流程如下图所示。

(1)废铁皮在焙烧过程中，单质Fe、C、S都可与O2反应，其中S与O2反应的化学方程式是___________。
(2)在酸溶过程中，为增加溶解速率，可采取的措施是___________。
(3)过滤操作得到的滤渣中的成分有H2SiO3、___________。
(4)滤液经检验含有Fe2+，检验方案及现象是___________。
(5)已知：生成氢氧化物沉淀的pH

Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时
6.3
1.5
完全沉淀时
8.3
2.8
注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1
加入氨水以控制溶液的pH在(选填序号)___________。
a．3-5 b．6-8 c．9-10
(6)在搅拌过程中，产生Fe(OH)3的反应方程式有___________。
(7)对所得高纯氧化铁进行检验，其中Fe2O3含量为95.02%(高于国家一级品技术要求)；同时发现还含有0.3%的总钙量(以CaO表示)。产品中含有钙元素的原因是___________。
【答案】(1)S+O2SO2 (2)加热 (3) CaSO4 (4)加入K3Fe(CN)6，产生蓝色沉淀/加入KSCN，溶液变红，再加氯水，红色加深 (5) c (6) Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (7)CaSO4微溶
【分析】
废铁皮加入稀硫酸，氧化亚铁、四氧化三铁、铁、氧化钙、硅酸钙均反应，硅酸、硫酸钙微溶于水，过滤操作得到的滤渣中的成分有H2SiO3、CaSO4，溶液中有三价铁离子和二价铁离子，加入氨水生成氢氧化铁，氢氧化铁焙烧得到氧化铁，据此分析解题。
【解析】(1)废铁皮在焙烧过程中，单质Fe、C、S都可与O2反应，S与O2反应生成二氧化硫，S与O2反应的化学方程式是：S+O2SO2。
(2)在酸溶过程中，为增加溶解速率，可采取的措施是加热。
(3)废铁皮加入稀硫酸，氧化亚铁、四氧化三铁、铁、氧化钙、硅酸钙均反应，硅酸、硫酸钙微溶于水，过滤操作得到的滤渣中的成分有H2SiO3、CaSO4。
(4)滤液经检验含有Fe2+，检验方案及现象是：加入K3Fe(CN)6，产生蓝色沉淀/加入KSCN，溶液变红，再加氯水，红色加深
(5)由流程图可看出，加入氨水是为了沉淀Fe3+，得到氢氧化铁，而不沉淀Fe2+，所以加入氨水以控制溶液的pH在9-10。
(6)在搅拌过程中，溶液中有三价铁离子和二价铁离子，产生Fe(OH)3的反应方程式有：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
(7)对所得高纯氧化铁进行检验，其中Fe2O3含量为95.02%(高于国家一级品技术要求)；同时发现还含有0.3%的总钙量(以CaO表示)。产品中含有钙元素的原因是：抽滤得到的氢氧化铁中含有少量的氢氧化钙，且未洗涤直接干燥焙烧，产品中有氢氧化钙。
4．（2021·广东高三模拟）Co2O3主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用一种钴矿石(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、SiO2及铝、镁、钙等金属元素的氧化物)制取Co2O3的工艺流程如图所示。

已知部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH如下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
回答下列问题：
(1)溶浸过程中，可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是__(写出1种即可)；加入Na2SO3的主要作用是__。
(2)氧化除杂过程中金属离子与NaClO3反应的离子方程式为___，加入Na2CO3的主要目的是___。
(3)配制80mL1.0mol·L−1的(NH4)2C2O4溶液，需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒外，还有___。
(4)已知某温度下Ksp(CaF2)=3.4×10−11，Ksp(MgF2)=7.1×10−11。该温度下，沉淀除杂时加入足量的NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀除去，若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10−5mol·L−1，则滤液中c(Ca2+)为___(保留2位有效数字)。
(5)①取CoC2O4·2H2O晶体在空气中加热至400℃~600℃充分煅烧得到产品，反应中CoC2O4·2H2O与O2的化学计量数之比为____。
②若取CoC2O4·2H2O晶体5.49g在空气中加热至300℃，得到钴的某种氧化物2.41g，则该反应的化学方程式为____。
【答案】(1)适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等 将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+ (2)6Fe2+++6H+=6Fe3++Cl−+3H2O 使Fe3+和Al3+全部转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀 (3) 100 mL容量瓶 (4) 4.8×10−6 mol·L−1 (5) 4∶3 3CoC2O4·2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O
【分析】
钴矿石中加入稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，后向滤液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+、Al3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入草酸铵溶液得到二水合草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析解答。
【解析】(1)溶浸过程中，适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等均可以加快反应速率和提高原料利用率；Na2SO3是还原剂，主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，故答案为：适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等；将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；
(2)氧化除杂过程中加入NaClO3可将Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为：6Fe2+++6H+=6Fe3++Cl−+3H2O；用Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+和Al3+全部转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，达到除去Fe3+和Al3+的目的，故答案为：6Fe2+++6H+=6Fe3++Cl−+3H2O；使Fe3+和Al3+全部转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀；
(3)配制80mL的溶液需选用100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒等仪器，故答案为：100mL容量瓶；
(4)c(Ca2+)：c(Mg2+)=[c(Ca2+)·c2(F−)]：[c(Mg2+)·c2(F−)]=Ksp(CaF2)：Ksp(MgF2)=34：71，所以c(Ca2+)=1.0×10−5mol·L−1×≈4.8×10−6 mol·L−1；故答案为：4.8×10−6 mol·L−1；
(5)①400~600 ℃煅烧时发生反应：4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，CoC2O4·2H2O与O2的化学计量数之比为4∶3；故答案为：4:3；
②300 ℃煅烧时，钴的氧化物中，n(Co)==0.03 mol，则n(O)= =0.04 mol，故钴的氧化物的化学式为Co3O4。钴元素的化合价部分升高，则空气中的O2参与反应，产物还有CO2、H2O，故其化学方程式为：3CoC2O4·2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O。
5．（2021·山东泰安市高三模拟）锆(40Zr)是现代工业中重要的金属原料，具有良好的可塑性，其抗蚀性能强于钛。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量A12O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆及其化合物的流程如图所示：

(1)分馏属于_______(填“物理变化”或“化学变化”)。
(2)锆英石_______(填“能”或“不能”)直接用稀盐酸浸取后再分馏，理由是_______。
(3)“高温气化”中ZrSiO4发生反应得到ZrC14的反应的化学方程式为_______。
(4)流程中ZrC14与水反应后经过滤、洗涤、干燥等操作可获得ZrOC12·8H2O，检验该物质是否洗涤干净的实验操作为_______。
(5)工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KC1组成的熔盐来制取金属锆。阳极上的电极反应式为_______，每转移0.4mole-，理论上阴极增加的质量为_______。
【答案】(1)物理变化 (2)不能 ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品 (3) ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO (4)取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净 (5) 2Cl-2e-=Cl2↑ 9.1g
【分析】
该工艺流程图中，在高温气化过程中反应物是ZrSiO4、C、Cl2，生成物有ZrCl4、SiCl4和CO，故反应方程式为：ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO，分馏出ZrCl4后，与水反应生成ZrOCl2‧8H2O，反应方程式为： ZrCl4+9H2O= ZrOCl2‧8H2O+2HCl，然后再受热分解，反应方程式为：ZrOCl2‧8H2OZrO2+2HCl+7H2O，据此分析解题。
【解析】(1)分馏是利用互溶液体中各组分沸点的不同将各组分分离的过程，没有新物质的生成，故属于物理变化；
(2) 由于ZrSiO4难溶于盐酸，后续在高温气化的过程中依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品稀盐酸；
(3)由题干流程图可知，“高温气化”中ZrSiO4与C、Cl2发生反应得到ZrC14和SiCl4，根据元素守恒可知另一种产物是CO，故该反应的反应的化学方程式为：ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO ；
(4)流程中ZrC14与水反应后经过滤、洗涤、干燥等操作可获得ZrOC12·8H2O，此时ZrOC12·8H2O晶体表面混有杂质HCl，故检验该物质是否洗涤干净的实验操作为取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净，故答案为：取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净；
(5)工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KC1组成的熔盐来制取金属锆。阳极上发生氧化反应，故电极反应式为2Cl-2e-=Cl2↑，阴极反应为：+4e-=Zr+6F-，每转移0.4mole-，理论上阴极生成0.1molZr，故阴极上增加的质量为0.1mol×91g/mol=9.1g。
6．（2021·辽宁沈阳市高三三模）磷酸亚铁锂()锂离子电池具有寿命长和高安全性的优点，是新能源汽车的动力电池之一、从废旧的磷酸亚铁锂电池中提取锂、铁等金属材料意义重大。下图是废旧磷酸亚铁锂电池材料(主要成分为，含少量炭黑，有机物和等杂质)回收工艺流程：

(1)焙烧的目的是___________。
(2)写出氧化时的化学方程式___________。
(3)黄血盐(配离子结构如下图所示)溶液遇立即产生深蓝色普鲁士蓝沉淀，可用其检验“氧化”后溶液中是否沉淀完全，沉淀反应的离子方程式为___________。

(4)碳酸锂溶解度随温度变化情况如下图所示，“沉锂”采用的提纯方法为___________，洗涤，干燥。

(5)沉锂过程中，向的溶液中加入固体，是否沉淀完全()，请列式计算说明___________。
(6)电解碳酸锂制取的电解装置如图所示。两极采用钌钛电极材料，两极区域都加入溶液，将放入阳极区，当阴极有结晶时，过滤分离，即可得到。阳极反应方程式为___________。用该方法制取的缺点是___________。

【答案】(1)去除正极材料粉末中的炭黑和有机物 (2) (3) (4)蒸发浓缩，趁热过滤 (5),故没有沉淀完全 (6) 制得的氢氧化锂会夹带硝酸锂杂质
【分析】
废旧磷酸亚铁锂电池材料(主要成分为，含少量炭黑，有机物和等杂质)，放电拆解后焙烧，去除正极材料粉末中的炭黑和有机物，加入氢氧化钠溶液碱浸发生2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，过滤得到滤液1中偏铝酸钠溶液，滤渣加入Na2S2O8溶液氧化亚铁滤渣生成FePO4，调节溶液pH生成磷酸铁沉淀，滤液2中加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，经过滤、洗涤、干燥等操作得到碳酸锂。
【解析】(1)焙烧的目的是去除正极材料粉末中的炭黑和有机物。故答案为：去除正极材料粉末中的炭黑和有机物；
(2)加入Na2S2O8溶液氧化亚铁滤渣生成FePO4，氧化时的化学方程式。故答案为：；
(3)黄血盐溶液遇立即产生深蓝色普鲁士蓝沉淀，可用其检验“氧化”后溶液中是否沉淀完全，沉淀反应的离子方程式为。故答案为：；
(4)碳酸锂溶解度随温度升高而降低，“沉锂”采用的提纯方法为蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤，干燥，趁热过滤，可以减小碳酸锂的损失。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
(5)沉锂过程中，向的溶液中加入固体，，= =（1-0.05）mol·L－1 ,,故没有沉淀完全。故答案为：，故没有沉淀完全；
(6)电解碳酸锂制取，阳极水失电子发生氧化，反应方程式为。用该方法制取的缺点是制得的氢氧化锂会夹带硝酸锂杂质。故答案为：；制得的氢氧化锂会夹带硝酸锂杂质。
7．（2021·广东茂名市高三三模）氨基磺酸()是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，溶于水时有存在如下反应：。在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸(溶有的硫酸)制备氨基磺酸的流程如图：

已知“磺化”步骤发生的反应为：
①
②
发生“磺化”步骤反应的装置如图所示：请回答下列问题：

(1)下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是_______。
A．仪器a的名称是三颈烧瓶
B．冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入
C．抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
D．抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管
(2)“磺化”过程温度与产率的关系如图所示，控制反应温度为75~80℃为宜，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是_______。

(3)“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是_______。
(4)“重结晶”时，溶剂选用10%~12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是_______。
(5)“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用的标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗标准溶液25.00mL。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成，的还原产物也为。
①电子天平使用前须通电预热并调零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按归零键，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。
②试求氨基磺酸粗品的纯度：_______(用质量百分数表示)。
③若以酚酞为指示剂，用的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比法_______(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】(1)AC (2) 温度过高，气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动 (3) 关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2~3次 (4)氨基磺酸在水溶液中可发生反应：；稀可提供与促使该平衡逆向移动 (5) 77.60% 偏高
【分析】
发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应①为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤，得到的氨基磺酸可能混有杂质,则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。
【解析】(1)A.仪器a的名称是三颈烧瓶，故A正确；
B.冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A管口通入，故B错误；
D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故D错误；
综上所述，答案为A。
(2)气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高，气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动；
(3)洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2-3次；
(4)“重结晶”时，溶剂选用10%~12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在
水溶液中可发生反应：；稀可提供与促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：；稀可提供与促使该平衡逆向移动；
(5)①电子天平在使用时要注意使用前须(通电)预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键(归零键)，再放入药品进行称量；
②亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以1∶1比例反应，可知，则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度
；
③因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比法偏高。
8．（2021·河北邯郸市高三三模）高纯碘化钠晶体是核医学、大型安防设备、暗物质探测等领域的核心材料。某研究小组在实验室制备高纯NaI的简化流程如图：

已知：①I2(s)＋I-(aq)I(aq)。
②水合肼(N2H4·H2O)具有强还原性，可将各种价态的碘还原为I-，氧化产物为N2。
③NaI易被氧化，易溶于水、酒精，在酒精中的溶解度随温度的升高增加不大。
回答下列问题：
(1)①步骤Ⅰ，I2与Na2CO3溶液同时发生两个反应，生成物除NaI外，还分别生成NaIO和NaIO3，一个反应为：I2+Na2CO3=NaI+NaIO+CO2↑，另一个反应为：___________。
②I2与Na2CO3溶液的反应很慢，加入NaI固体能使开始反应时的速率明显加快，原因可能是___________。
(2)步骤Ⅱ，水合肼与IO反应的离子方程式为___________。
(3)步骤Ⅲ，多步操作为：
①将步骤Ⅱ得到的pH为6.5~7的溶液调整pH至9~10，在100℃下保温8h，得到溶液A；
②将溶液A的pH调整至3~4，在70~80℃下保温4h，得溶液B；
③将溶液B的pH调整至6.5~7，得溶液C；
④在溶液C中加入活性炭，混合均匀后煮沸，静置10～24h后，过滤除杂得粗NaI溶液。
上述①②③操作中，调整pH时依次加入的试剂为___________、___________、___________。
A．NaOH B．HI C．NH3•H2O D．高纯水
(4)步骤Ⅳ，蒸发操作为减压蒸发。
①“减压蒸发”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管、接收瓶之外，还有___________。
A．直形冷凝管 B．球形冷凝管
C．烧杯 D．抽气泵
②采用“减压蒸发”的优点有：减小压强，降低沸点，利于水的蒸发；___________。
(5)将制备的NaI•2H2O粗品以无水乙醇为溶剂进行重结晶。请选择合理的操作并排序：加热乙醇→___________→___________→___________→___________→纯品(选填序号)。
①高纯水洗涤 ②减压蒸发结晶 ③真空干燥 ④NaI•2H2O粗品溶解 ⑤趁热过滤 ⑥降温结晶
【答案】(1)3I2+3Na2CO3=5NaI+NaIO3+3CO2↑或3I2+3CO=5I-+IO+3CO2↑ I-(aq)与I2(s)反应形成I(aq)，增加固体I2的溶解性，增大反应速率或NaI对该反应具有催化作用 (2)3N2H4·H2O+2IO= 3N2↑+2I-+9H2O A B A (4) A D 减压环境与外界空气隔绝，避免I-被氧化； (5) ④ ② ⑤ ③
【分析】
碘单质与碳酸钠溶液反应后，再与水合肼作用，通过多步操作得到粗碘化钠溶液，蒸发、过滤得到NaI•2H2O粗品，重结晶后得到高纯碘化钠。
【解析】(1)①I2与Na2CO3溶液同时发生两个反应，生成物除NaI外，还分别生成NaIO和NaIO3，一个反应为：I2+Na2CO3=NaI+NaIO+CO2↑，另一个反应为碘与碳酸钠反应生成NaIO和NaIO3，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为：3I2+3Na2CO3=5NaI+NaIO3+3CO2↑或3I2+3CO=5I-+IO+3CO2↑；
②I-(aq)与I2(s)反应形成(aq)，增加固体I2的溶解性，使反应速率增大或NaI对该反应具有催化作用，故I2与Na2CO3溶液的反应很慢，加入NaI固体能使开始反应时的速率明显加快，故答案为：I-(aq)与I2(s)反应形成I(aq)，增加固体I2的溶解性，增大反应速率或NaI对该反应具有催化作用；
(2)步骤Ⅱ中，水合肼与反应产生氮气、碘离子和水，根据已知信息及氧化还原反应的配平原则可知，该反应的离子方程式为3N2H4·H2O+2IO= 3N2↑+2I-+9H2O；
(3) ①将步骤Ⅱ得到的pH为6.5~7的溶液调整pH至9~10，在100℃下保温8h，则应选用NaOH调节pH，因为NH3•H2O受热易分解；在②操作中，将溶液A的pH调整至3~4，应该用HI调节pH；③为了不引入杂质调节pH值为弱碱性，选用试剂X为NaOH，故答案为：A；B；A；
(4) ①减压蒸发是在低于大气压下进行蒸发操作，将二次蒸气经过冷凝器后排出，所以除列出仪器外，还需直形冷凝管和抽气泵，故答案为：AD；
②“减压蒸发”减小压强，降低沸点，利于水的蒸发；I-易被空气氧化，减压环境与外界空气隔绝，还可避免I-被氧化，故答案为：减压环境与外界空气隔绝，避免I-被氧化；
(5)由于NaI易溶于酒精，且在酒精中的溶解度随温度变化不大，所在乙醇中进行重结晶。先加热溶剂乙醇，再溶解NaI•2H2O粗品，然后经减压蒸发结晶使NaI析出，趁热过滤后在真空中干燥，避免NaI被氧化，故其操作顺序为④②⑤③。
9．（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】(1)Al(OH)3 (2)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＋） (3)C (4)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) 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。
10．（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】(1)BC (2)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 (3) 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)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。
11．（2021·江苏扬州市高三模拟）实验室研究从炼铜烟灰(主要成分为CuO、Cu2O、ZnO、PbO及其硫酸盐)中分别回收铜、锌、铅元素的流程如下。

(1)酸浸过程中，金属元素均由氧化物转化为硫酸盐，其中生成CuSO4的化学方程式为：CuO + H2SO4 = CuSO4 + H2O、___________。
(2)铁屑加入初期，置换速率随时间延长而加快，其可能原因为：反应放热，温度升高；___________。铁屑完全消耗后，铜的产率随时间延长而下降，其可能原因为___________。
(3)已知：25 ℃时，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8；PbSO4 + 2Cl-PbCl2 + SO。一定条件下，在不同浓度的NaCl溶液中，温度对铅浸出率的影响、PbCl2的溶解度曲线分别如图-1、图-2所示。

浸出后溶液循环浸取并析出PbCl2的实验结果如下表所示。
参数
循环次数
0
1
2
3
结晶产品中PbCl2纯度/%
99.9
99.3
98.7
94.3
①为提高原料NaCl溶液利用率，请补充完整利用酸浸渣制备化学纯(纯度≥98.5 %)PbCl2晶体的实验方案：取一定质量的酸浸渣，___________，将所得晶体洗涤、干燥。(可选用的试剂：5 mol·L-1NaCl溶液，1 mol·L-1NaCl溶液，NaCl固体)
②循环一定次数后的溶液中加入适量CaCl2溶液，过滤并加水稀释至其中NaCl浓度为1 mol·L-1的目的是___________。
【答案】(1)2Cu2O＋O2＋4H2SO4 =4CuSO4＋4H2O (2)置换出的Cu与铁屑形成原电池，加快反应速率 铁屑消耗后，随时间延长，生成的Fe2+被空气氧化为Fe3+，Fe3+与置换出的Cu反应，降低了Cu的产率 (3) 加入一定量5 mol·L－1NaCl溶液，在90℃条件下搅拌使其充分反应，一段时间后趁热过滤；将滤液冷却至室温结晶，过滤；向滤液中补充适量NaCl固体，循环浸取酸浸渣2次 加入Ca2+，将SO转化为CaSO4沉淀，避免影响后续析出PbCl2的纯度；加水稀释NaCl浓度至1mol·L－1，使溶液中的PbCl2充分析出
【分析】
烟灰(主要成分为CuO、Cu2O、ZnO、PbO及其硫酸盐)加入稀硫酸、通入空气进行酸浸，金属元素均由氧化物转化为硫酸盐，Cu2O被氧化为Cu2+，酸浸渣主要为难溶于稀硫酸的硫酸铅，加入铁屑置换出铜，过滤得到海绵状铜，然后加入MnO2氧化Fe2+生成Fe3+，再加入ZnO调节pH生成Fe(OH)3，从而除去Fe3+，过滤后的滤液经系列操作得到ZnSO4·7H2O。
【解析】(1)酸浸过程中，氧气在稀硫酸环境中会将Cu2O氧化得到硫酸铜，化学方程式为2Cu2O＋O2＋4H2SO4 =4CuSO4＋4H2O；
(2)铁置换出的Cu附着在铁屑表面，与铁屑形成原电池，加快反应速率；铁屑消耗后，随时间延长，生成的Fe2+被空气氧化为Fe3+，Fe3+与置换出的Cu反应，降低了Cu的产率；
(3)①根据分析可知酸浸渣中主要含有硫酸铅，根据表格数据可知当NaCl溶液的浓度为5mol/L、温度为90℃时，铅的浸出率最大，而PbCl2在5mol/L 的NaCl溶液中的溶解度受温度影响较大，为防止PbCl2提前析出，要趁热过滤，同时还要注意循环浸取的次数不能超过2次，具体操作为：取一定质量的酸浸渣，加入一定量5 mol·L－1NaCl溶液，在90℃条件下搅拌使其充分反应，一段时间后趁热过滤；将滤液冷却至室温结晶，过滤；向滤液中补充适量NaCl固体，循环浸取酸浸渣2次；
②加入Ca2+，将SO转化为CaSO4沉淀，避免影响后续析出PbCl2的纯度；加水稀释NaCl浓度至1mol·L－1，使溶液中的PbCl2充分析出，从而提高PbCl2的产率。
12．（2021·河北沧州市高三二模）用含铬不锈钢废渣(含、、、等)制取(铬绿)的工艺流程如图所示：

回答下列问题：
(1)“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是___________、___________。
(2) 、KOH、反应生成的化学方程式为___________。
(3)“水浸”时，碱熔渣中的强烈水包解生成的难溶物为___________(填化学式，下同)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有，可选用的化学试剂是___________。
(4)常温下，“酸化”时pH不宜过低的原因是___________；若此时溶液的，则___________mol/L。{已知：常温下，}
(5)“还原”时发生反应的离子方程式为___________。
(6)“沉铬”时加热近沸的目的是___________；由制取铬绿的方法是___________。
【答案】(1)粉碎废渣 充分搅拌(或通入足量空气等其他合理答案) (2) (3) KSCN (4) pH过低，进入滤液 (5) (6) 提高沉淀物纯度 高温煅烧
【分析】
含铬不锈钢废渣(含、、、等)经过碱熔，生成了、、，，加水溶解，结合电离出的及生成沉淀和KOH，可以把不溶的固体通过过滤除去，调pH，转化为Al(OH)3沉淀，转化为沉淀，转化为，K2Cr2O7与Na2SO3、H2SO4反应生成，离子方程式为，加入NaOH使Cr3+生成Cr(OH)3，通过加热锻烧得到Cr2O3。
【解析】(1)粉碎废渣，废渣颗粒分散在液态KOH、中或通入足量氧气并充分搅拌，增大接触面积，加快反应速率；
(2)失去，、得到，依据得失电子数相等，配平得；
(3)结合电离出的及生成和KOH；检验用KSCN溶液；
(4)pH过低，会转化为，进入滤液；若此时溶液的，，则；
(5)得到，失去，依据得失电子数相等，配平得；
(6)防止沉淀时杂质离子同时沉淀，加热至沸可使杂质离子重新返回溶液，从而提高沉淀物纯度；高温煅烧难溶氢氧化物制备对应氧化物。
13．（2021·山东青岛市高三模拟）高纯镓是用来制作光学玻璃、真空管、半导体的重要原料。工业上由锌粉置换渣(主要成分有Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2，还有部分锗元素)制备高纯镓的主要流程如图：

已知：①镓与铝性质相似；
②不同的萃取剂对微粒的选择性不同，N235型萃取剂优先萃取铁；P204+YW100协萃体系优先萃取离子的顺序是：Ge(Ⅳ)>Fe(Ⅲ)>Ga(Ⅲ)>Fe(Ⅱ)>Zn(Ⅱ)。
回答下列问题：
(1)二段浸出渣的成分是S和___(填化学式)，富氧浸出时通入氧气的作用是___，进行两段富氧浸出的目的是___。
(2)N235萃取和P204+YW100萃取的顺序不可以调换，说明原因___。
(3)中和沉镓时发生反应的离子反应方程式为____，选用Na2CO3中和沉镓优于选用NaOH的原因是____。
(4)生成粗镓的电极反应式为____。
(5)一定温度下，影响Fe3+在N235型萃取剂中溶解度大小的主要因素是___，真空蒸馏采用真空的原因是____。
【答案】(1)SiO2 将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备 浸出更多的浸出液，提高原料的利用率 (2)因为P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用 (3)2Ga3++3CO+3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑ NaOH过量会使Ga(OH)3溶解 (4) [Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH- (5) 溶液的酸碱度或pH 防止被氧气氧化和减压
【分析】
锌粉置换渣(主要成分有Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2，还有部分锗元素)中加入H2SO4、并通入O2发生反应得到含Ga3+、Zn2+、Fe3+等的浸出液；根据已知②，浸出液经中和过滤后加入N235萃取优先萃取铁，从而除去Fe3+；无机相I再加入P204+YW100萃取得到含Ga3+的有机相II，有机相II中加入H2SO4得到含Ga3+的无机相III；根据镓与铝性质相似，向无机相III中加入Na2CO3发生双水解反应得到Ga(OH)3沉淀，Ga(OH)3进一步处理得到Ga2O3，Ga2O3与加入的NaOH发生反应Ga2O3+2OH-+3H2O=2[Ga(OH)4]-得到碱溶溶液，电解含[Ga(OH)4]-的碱溶溶液得到粗镓；粗镓经真空蒸馏、重复结晶得到高纯镓。
【解析】(1)富氧浸出时，由于SiO2属于酸性氧化物，与硫酸不反应，且难溶于水，故二段浸出渣的成分是S和SiO2；锌粉置换渣中的FeO与硫酸反应生成FeSO4，富氧浸出时通入O2可将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；进行两段富氧浸出的目的是浸出更多的浸出液，提高原料的利用率；故答案为：SiO2；将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；浸出更多的浸出液，提高原料的利用率。
(2)根据已知“不同的萃取剂对微粒的选择性不同，N235型萃取剂优先萃取铁；P204+YW100协萃体系优先萃取离子的顺序是：Ge(Ⅳ)>Fe(Ⅲ)>Ga(Ⅲ)>Fe(Ⅱ)>Zn(Ⅱ)”，故先加入N235萃取优先萃取铁，从而除去Fe3+；若将N235萃取和P204+YW100萃取的顺序调换，则P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用，达不到除去Fe3+的目的；故答案为：因为P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用。
(3) 中和沉镓时Ga3+与发生双水解反应生成Ga(OH)3和CO2，反应的离子方程式为2Ga3++3CO+3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；根据题给已知①推测，Ga(OH)3能与强碱反应生成[Ga(OH)4]-，故选用Na2CO3中和沉镓优于选用NaOH的原因是NaOH过量会使Ga(OH)3溶解；故答案为：2Ga3++3CO+3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；NaOH过量会使Ga(OH)3溶解。
(4) 电解含[Ga(OH)4]-的碱溶溶液得到粗镓，故生成粗镓的电极反应式为[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-；故答案为：[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-。
(5)根据流程图，用N235萃取后得到含Fe3+的有机相I，在有机相I中加入H2SO4进行反萃取，N235循环使用，说明加入硫酸后Fe3+进入无机相II中，从而可得出：一定温度下，影响Fe3+在N235型萃取剂中溶解度大小的主要因素是溶液的酸碱度或pH；由于镓与铝性质相似，故真空蒸馏时采用真空的原因是防止被氧气氧化和减压；故答案为：溶液的酸碱度或pH；防止被氧气氧化和减压。
14．（2021·辽宁铁岭市高三二模）锂被誉为“高能金属”，废旧锂离子电池的正极材料主要含有及少量Al、Fe等，处理该废料的一种工艺流程如图所示：

已知：①，难溶于水，具有强氧化性；
②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH值如下表所示：





开始沉淀的pH
4.0
2.7
7.6
7.0
沉淀完全的pH
5.2
3.7
9.6
9.0
回答下列问题：
(1)基态钴原子最高能级的电子数是________；核外电子排布式____。
(2)“碱溶”中NaOH的用量不宜过多的原因是___________。
(3)“酸溶”时，发生的主要反应的离子方程式为___________；若用浓盐酸代替和的混合液，缺点是___________。
(4)若“沉钴”后溶液中，加入等体积的溶液后，沉淀中的Li元素占元素总量的95%，则“沉锂”后溶液中___________mol/L。
(5)写出“沉钴”过程中发生反应的离子方程式_____；的空间构型是___。
【答案】(1)7 (2)避免在后续的酸溶过程中消耗过多的硫酸 (3) 上被氧化成，污染环境 (4) 0.16 (5) 平面三角形
【分析】
废旧锂离子电池的正极材料主要含有及少量Al、Fe等，所以用NaOH溶液碱溶时，Al与NaOH溶液反应生成可溶性的和，过滤将可溶性的除去；向滤渣中加入过量的将Fe2+转化为，转化为，然后加氨水调pH使转化为沉淀除去；然后加使转化为沉淀；最后加将转为为，据此分析可得：
【解析】(1)钴的核外电子排布式为，由于3d轨道的能量比4s轨道高，则基态钴原子最高能级的电子数是7；核外电子排布式为，故答案为：7；；
(2)“碱溶”中过量的NaOH在后续酸溶时会消耗硫酸，从而增大成本，故答案为：避免在后续的酸溶过程中消耗过多的硫酸；
(3)“酸溶”时，与双氧水在酸性条件下反应生成，则其反应方程式为：；用浓盐酸代替硫酸和双氧水，具有强氧化性能将氯离子被氧化成有毒有害的氯气，故答案为：上被氧化成，污染环境；；
(4) 加入等体积的溶液后，锂离子沉淀前的浓度为2mol/L，沉淀后只剩下5%，也就是0.1mol/L，因此，故答案为：0.16；
(5)“沉钴”过程中发生反应的离子方程式为：；的碳原子为，利用价层电子对互斥理论可得其空间构型时平面三角形，故答案为：；平面三角形。
15．（2021·福建省福州第一中学高三模拟）重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)俗称红矾钠，在工业方面有广泛用途。我国目前主要是以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)为主要原料进行生产，其主要工艺流程如图：

①中涉及的主要反应有：
主反应：4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2
副反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑
部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：
沉淀物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Cr(OH)3
完全沉淀时溶液pH
4.7
3.7
11.2
5.6
回答下列问题：
(1)“①”中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是：_______；
(2)“①”中若往原料中加入适量的石灰石，分析其作用可能是：_______；
(3)“③”中调节pH至4.7，目的是：_______；
(4)“⑤”中加硫酸酸化的目的是：_______。
(5)“⑦”中采用冷却结晶得到红矾钠的原因是：_______。
(6)称取重铬酸钠试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和足量碘化钠(已知铬的还原产物为Cr3+)，放于暗处5min，然后加入100mL水，加入几滴淀粉溶液指示剂，用0.1200mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定(已知反应：I2+2S2O= 2I-+S4O)
问题1：判断达到滴定终点的依据是：_______。
问题2：若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00ml，所得产品的中重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)的纯度_______(保留四位有效数字)。(设整个过程中其它杂质不参与反应)
【答案】(1)使反应物接触更充分，加快反应速率 (2)分解产生CaO，与铬铁矿中某些杂质反应形成炉渣有利于去除 (3)使溶液中的AlO、SiO均转化为沉淀去除 (4)，调节pH使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，有利于红矾钠晶体析出 (5) 红矾钠随着温度的降低，溶解度明显下降 (6) 当滴加最后一滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，半分钟内不变色 95.36%
【分析】
铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿（主要成份为FeO•Cr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质），铬铁矿经加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧、主反应： ，副反应：、，浸取之后除去生成的氧化铁，调节pH至4.7，除去溶液中的、，经酸化、蒸发结晶后后可生成重铬酸钠。
【解析】(1)固体反应物在搅拌时可充分接触而反应，故答案为：使反应物接触更充分，加快反应速率；
(2)CaCO3分解产生CaO，可与杂质SiO2、Al2O3等物质发生反应，有利于杂质的去除，故此处填：分解产生CaO，与铬铁矿中某些杂质反应形成炉渣有利于去除；
(3)氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成、等杂质，调节pH至4.7，可生成、沉淀过滤除去，故答案为：使溶液中的、转化为沉淀去除；
(4)在酸性条件下与H+离子反应生成，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为，加入硫酸酸化可促使平衡正向移动，提高浓度，促进红矾钠晶体析出，故答案为：加入硫酸酸化促使平衡正向移动，提高浓度，促进红矾钠晶体析出；
(5)采用冷却结晶的方法析出红矾钠，是由于红矾钠的溶解度随温度的降低而减小，降低温度，可促进红矾钠结晶析出，故此处填：红矾钠随着温度降低，溶解度明显下降；
(6)①溶液中有碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去，故答案为：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；
②根据反应的关系式计算：

，则重铬酸钠试样中含有的重铬酸钠晶体的质量为，
所得产品的中重铬酸钠晶体的纯度，
故答案为：95.36%。
16．（2021·河北武邑中学高三模拟）MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等)为原料制备MnSO4的工艺流程如图。

资料：金属离子沉淀的pH
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mn2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.4
7.6
完全沉淀
2.8
8.3
9.4
10.2
(1)酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、____________。
(2)沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式：_____________。
(3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是 _______。
(4)图为MnSO4和(NH4)2SO4的溶解度曲线。从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为_________，洗涤干燥。

(5)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。
i.称取a g废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中；
ii.取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量(NH4)2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8分解。
iii.加入指示剂，用b mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。滴定至终点时消耗 (NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为c mL，MnO4－重新变成Mn2+。
①补全步骤ⅱ中反应的离子方程式：__________。
2Mn2++ S2O+_____ = MnO+ +__+
②废渣中锰元素的质量分数为________。
(6)废渣长期露置于空气，其中的锰元素逐渐转化为MnO2。研究者用下图装置提取MnO2中的锰元素。图中“H·”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，减小的原因可能是__________(写出两条)。

【答案】(1)Fe2+、Fe3+ (2)2Fe2++MnO2＋4H＋= Mn2+＋2Fe3+＋2H2O (3)若用NaOH作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低 (4)蒸发结晶，趁热过滤 (5)2Mn2+ + 5S2O+ 8H2O = 2MnO+ 10SO+16H+ ×100% (6) 电流继续增大，Mn2+在阴极放电：Mn2+ + 2e− = Mn，使得c(Mn2+)减小；H+放电直接生成H2而不是H·，MnO2被H·还原的反应不能进行，使得c(Mn2+)减小；Mn2+在阳极放电生成MnO2，使得c(Mn2+)减小
【分析】
在菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等)中加入硫酸酸浸，过滤，得到含有Mn2+、Co2+、Fe2+、Fe3+等的滤液，在滤液中先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水，沉淀Fe3+，过滤，除去氢氧化铁，在滤液中加入含硫沉淀剂沉淀钴离子，过滤得到含有MnSO4的滤液，再经过蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥，得到MnSO4晶体。
【解析】(1)酸浸时MnCO3、Fe3O4、FeO、CoO均能与硫酸反应，则酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、Fe2+、Fe3+。
(2)先加MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于加入氨水时以氢氧化铁的形式除去，则加MnO2时发生反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2＋4H＋= Mn2+＋2Fe3+＋2H2O。
(3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，是因为若用NaOH作沉淀剂，Co2+沉淀完全时的pH=9.4，此时Mn2+也会沉淀，导致MnSO4产率降低。
(4)从溶解度曲线可以看出，MnSO4的溶解度随温度升高而降低，(NH4)2SO4的溶解度随温度升高而增大，故从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥。
(5)①步骤ⅱ中S2O将Mn2+氧化为MnO，S2O被还原为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：2Mn2+ + 5S2O+ 8H2O = 2MnO+ 10SO+16H+；
②根据以上反应过程可得关系式：Mn2+~为MnO~5Fe2+，则废渣中锰元素的质量分数为×100%。
(6)实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，减小的原因可能是电流继续增大，Mn2+在阴极放电：Mn2+ + 2e− = Mn，使得c(Mn2+)减小；H+放电直接生成H2而不是H·，MnO2被H·还原的反应不能进行，使得c(Mn2+)减小；Mn2+在阳极放电生成MnO2，使得c(Mn2+)减小。
17．（2021·浙江高三一模）某小组以软锰矿、闪锌矿为原料，尝试在铁钉表面镀锌及制取高纯。流程如下：

已知：①矿粉的主要成分是、ZnS，还含有少量FeS、CuS、等。
②酸浸时反应之一：。该生产过程中，与不反应。
③的氧化性与溶液pH有关。
请回答：
(1)滤渣中加NaOH溶液可分离铁和铝，化学方程式是___________。
(2)下列说法正确的是___________(填字母)。
A．可从步骤③的滤渣中回收S B．步骤⑤，可换成
C．步骤⑥，阳极材料可选择Fe D．多次过滤分离，可提高矿石利用价值
(3)除杂时先加后加，原因是___________。
(4)小组同学欲用下列步骤测定铁钉表面镀层的锌的质量。请选出正确操作并排序(实验只进行一次，操作不重复)：
称取一定质量的铁钉，放入烧杯中→(___________)→(___________)→(___________)→(___________)→(___________)，_______________
a．加过量浓硫酸
b．加过量稀硫酸
c．置于坩埚中，小火烘干
d．置于石棉网上，小火烘干
e．取出，用蒸馏水洗涤
f．搅拌，至气泡速率突然减小
g．用电子天平称量
h．用托盘天平称量
(5)测定产品的纯度：将固体研细，称取一定质量的产品至锥形瓶中，依次加入过量固体、足量稀，振荡至充分反应，再用标准溶液滴定剩余至终点。
①下列关于实验过程的说法，正确的是___________(填字母)。
A．先在滤纸上称量好粉末，再倒入锥形瓶
B．配制溶液时宜在棕色容量瓶中进行
C．“振荡至充分反应”时，锥形瓶须加塞密封
D．滴定时的指示剂是
E．滴定终点后仰视读数，会导致纯度偏大
②读取滴定管中溶液的示数时，因溶液颜色的干扰，凹液面最低点无法准确定位，此时可改为读取___________处的示数。
(6)电解时的总化学方程式为___________。
【答案】(1) (2)BD (3)溶液酸性强有利于充分氧化、氧化时消耗可减少用量 (4)b→f→e→d→g (5)BCD 凹液面最高点 (6)
【分析】
酸浸时发生反应之一为，据此可判断硫化铜也溶解转化为硫酸铜，硫化锌、氧化铝直接和硫酸反应而溶解，过滤得到的滤液中加入适量锌粉置换出铜，再过滤，向滤液中加入适量氧化溶液中的亚铁离子，然后加入碳酸锰调节pH沉淀铁离子和铝离子，所得滤液电解得到二氧化锰和镀锌铁皮，据此解答。
【解析】(1)滤渣中加NaOH溶液可分离铁和铝，氢氧化铝溶解，反应的化学方程式是。
(2)A．根据以上分析可知可从步骤②的滤渣中回收S，A错误；
B．步骤⑤，用来调节pH，所以可换成，B正确；
C．在铁上镀锌，则步骤⑥中Fe作阴极，阳极上Mn2+发生失电子的氧化反应生成二氧化锰，阳极材料不能选择Fe，C错误；
D．多次过滤分离，提高原料的利用率，所以可提高矿石利用价值，D正确；
答案选BD。
(3)根据已知可知的氧化性与溶液pH有关，溶液酸性强有利于充分氧化，且氧化时消耗可减少用量，所以除杂时先加后加；
(4)称取一定质量的铁钉，放入烧杯中，加过量稀硫酸溶解表面的锌，搅拌，至气泡速率突然减小，此时说明锌恰好完全反应，然后取出，用蒸馏水洗涤，置于石棉网上，小火烘干，得到铁，最后用电子天平称量即可，正确的顺序是称取一定质量的铁钉，放入烧杯中→b→f→e→d→g；
(5)①A．应该直接在锥形瓶中称量粉末，A错误；
B．高锰酸钾易分解，配制溶液时宜在棕色容量瓶中进行，B正确；
C．由于亚铁离子易被氧化，所以“振荡至充分反应”时，锥形瓶须加塞密封，C正确；
D．酸性高锰酸钾溶液显紫红色，滴定时的指示剂是，D正确；
E．滴定终点后仰视读数，读数偏大，导致剩余的亚铁离子的量增加，所以会导致纯度偏小，E错误；
答案选BCD；
②读取滴定管中溶液的示数时，因溶液颜色的干扰，凹液面最低点无法准确定位，此时可改为读取凹液面最高点处的示数。
(6)阴极锌离子放电，阳极锰离子放电生成二氧化锰，则电解时的总化学方程式为。
18．（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】(1)粉碎(或破碎、或研磨) (2) (3) (4)6.0或6 (5)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。
19．（2021·江苏南京师大附中高三模拟）H2S和NO等是自然环境的重要污染物。下列方法可以实现对H2S和NO等污染物处理。
(1) 利用多孔性活性Fe2O3·H2O颗粒物脱除烟气中的硫化氢。活性Fe2O3·H2O颗粒脱除H2S过程如图，图中省略了部分物质。

① 在烟气进入净化设备前，必须经过除尘预处理，其目的是___________。
② 写出反应Ⅲ再生成多孔性活性Fe2O3·H2O的化学方程式：___________。
③ 脱除H2S过程中应防止产生FeS，以免影响活性Fe2O3·H2O颗粒的再生，写出反应Ⅳ中可能产生的铁的化合物的化学式：___________(至少写出两种物质)。
(2)石墨烯负载纳米铁能迅速有效地还原污水中的NO，纳米铁还原废水中NO的可能反应机理如图表示。

①纳米铁还原NO的过程可描述为___________。
②经检测，污水中NO浓度很小，但污水中总氮浓度下降不明显，原因是___________。
【答案】(1) 防止吸附颗粒孔径被烟气中颗粒物堵塞 2Fe2S3＋2H2O＋3O2=2Fe2O3·H2O＋6S Fe2O3或Fe3O4、Fe2(SO4)3或FeSO4 (2) 纳米Fe失去电子生成Fe2＋；吸附在纳米铁表面上的NO得到电子还原生成NO；NO在纳米铁表面上进一步得电子还原生成N2和NH NO在纳米铁表面上被还原生成NH的速率大于生成N2的速率
【解析】(1)①烟气中含有灰尘等固体颗粒物，会堵塞吸附颗粒的孔径；
②反应Ⅲ是硫化铁和空气中的氧气和水蒸气反应生成Fe2O3·H2O，化学方程式为：2Fe2S3＋2H2O＋3O2=2Fe2O3·H2O＋6S；
③反应Ⅳ中硫化亚铁可能会被氧化成氧化铁或四氧化三铁，硫离子也可能被氧化，生成硫酸铁或硫酸亚铁；
(2)①由图得，纳米Fe失去电子生成Fe2＋；吸附在纳米铁表面上的NO得到电子被还原为NO；NO在纳米铁表面上进一步得电子发生还原反应生成N2和NH；
②污水中NO浓度很小，但污水中总氮浓度下降不明显,表明NO更多是转化成铵根离子，仍然存在在溶液中。
20．（2021·江苏高三模拟）镉(Cd)可用于制作某些发光电子组件，一种以镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)为原料制备镉的工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤用来除铁、除锰，其中除铁的离子方程式为___。
(2)“置换”中置换率与的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。

实际生产中最佳比值为1.3，选择该比值的原因是___。
(3)“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，反应的化学方程式是___。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
(4)①CdS又称镉黄，可用作黄色颜料。CdS不溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸，并生成H2[CdCl4]，此过程的化学方程式为___。
②若向反应后的溶液中加水稀释，又出现黄色沉淀，用平衡移动原理解释：___。(已知Cd2++4Cl-[CdCl4]2-)
【答案】(1)3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ (2) 锌粉用量过少，置换出镉产率太低；锌粉用量过多的话，会使海绵镉的纯度降低，同时熔炼消耗NaOH用量也会增大，增加成本 (3)Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑ (4) CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑ 加水稀释时，c(Cl-)降低，使平衡Cd2++4Cl-[CdCl4]2-向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2－结合生成CdS黄色沉淀
【分析】
根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，加入稀硫酸溶液酸溶，形成硫酸盐溶液，加入石灰乳调节pH=5，使Cu2+和Ca2+形成Cu(OH)2和硫酸钙沉淀除去，滤液中加入高锰酸钾溶液，将Fe2+和Mn2+氧化为Fe3+和MnO2，形成氢氧化铁和二氧化锰沉淀除去。在滤液中再加入Zn，置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶液其中的锌，得到隔和Na2ZnO2。
【解析】(1)KMnO4的还原产物是MnO2，Fe2+转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
(2)由图像所示，的比例关系小于1.3时置换率低于90%置换率太低，高于1.3时，置换率提升不大，但是会导致锌的用量太多，导致海绵镉的纯度下降，后续除锌时消耗NaOH的用量增大，增加成本；
(3)用氢氧化钠反应海绵镉中的锌，生成Na2ZnO2，化学方程式为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；
(4)①CdS可溶于浓盐酸，并生成H2[CdCl4]，根据原子守恒，还会生成H2S，化学反应方程式为：CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑；
②已知Cd2++4Cl-[CdCl4]2-，加水稀释后，使Cl-浓度降低，平衡向左移动，使Cd2+浓度增大，和溶液中的S2-结合成CdS沉淀。