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新教材2024届高考化学二轮专项分层特训卷第三部分大题通关特训3无机工艺流程一（附解析）
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这是一份新教材2024届高考化学二轮专项分层特训卷第三部分大题通关特训3无机工艺流程一（附解析），共15页。
已知：25℃时相关物质的Ksp如下表：
回答下列问题：
(1)净化铁屑：为去除废铁屑表面的油污，可采用的方法为______________________。
(2)“浸出”时，锰的浸出率随Fe/MnO2摩尔比、反应温度的变化曲线如下图所示，则最佳的反应条件为________________________。
(3)“浸出”后所得混合溶液中部分离子浓度如下表所示：
①Fe、稀硫酸、MnO2发生总反应的离子方程式为______________________________。
②反应过程中硫酸不能过量太多的原因是______________________。
(4)“氧化”时，过氧化氢的实际消耗量大于理论消耗量的原因是
__________________________。
(5)“除铁、铝”调节溶液的pH不小于________(保留1位小数；已知：离子浓度小于1.0×10－5ml·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。
(6)滤渣Ⅳ的主要成分是________(填化学式)。
(7)硫酸锰在不同温度下的溶解度和一定温度范围内析出晶体的组成如图所示，“除杂”所得滤液控制温度在80～90℃之间蒸发结晶，________(填操作名称)，得到MnSO4·H2O。
2．[2023·山东济南一中校联考三模]钽(Ta)和铌(Nb)的性质相似，因此常常共生于自然界的矿物中。一种以钽铌伴生矿(主要成分为SiO2、MnO2、Nb2O5、Ta2O5和少量的TiO2、FeO、CaO、MgO)为原料制取钽和铌的流程如下：
“浸取”后，浸出液中含有H2TaF7、H2NbF7两种二元强酸和锰、钛等元素。
已知：①MIBK为甲基异丁基酮；②Ksp(CaF2)＝2.5×10－11，Ksp(MgF2)＝6.4×10－9
(1)“浸取”时通常在________材料的反应器中进行(填标号)。
A．陶瓷B．玻璃
C．铅D．塑料
(2)浸渣的主要成分是________，Ta2O5与氢氟酸反应的离子方程式为________________________________________________________________。
(3)“浸取”时，HF的浓度对铌、钽的浸出率的影响如下图所示，则HF的最佳浓度为________g·L－1，理由是__________________________________。
(4)金属铌可用金属钠还原K2NbF7制取，也可用电解熔融的K2NbF7制取。
①流程中钠热还原法制备铌粉的化学方程式为__________________________。
②传统的熔盐电解法采用的电解质体系通常为K2NbF7NaCl，电解总化学反应方程式为______________________________。
3．[2023·全国模拟]铟(In)是一种稀散金属，常与其他金属矿石伴生，回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO，还含少量PbO、FeS、FeSiO3、In2O3、In2S3等)中的金属铟的工艺流程如下：
已知：室温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
回答下列问题：
(1)In为49号元素，常以＋3价形式存在于化合物中，基态In原子的价电子排布式为________。
(2)“中性浸出”的过程为：先加入稀硫酸和适量氧化剂MnO2氧化酸浸氧化锌烟尘，反应结束前半个小时加入CaO调整pH＝5.0～5.2。
①FeSiO3与稀H2SO4反应的化学方程式为____________________________。
②氧化酸浸过程中，In2S3中的硫元素被MnO2氧化为SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，该反应的离子方程式为____________________________________________。
③氧化剂用量对中性浸出效果的影响如图所示。最佳氧化剂用量为________。
④“中浸渣”的主要成分为In(OH)3、________(填化学式)。
(3)萃取时，发生反应In3＋＋3H2A2⇌In(HA2)3＋3H＋，H2A2代表有机萃取剂。
①反萃取时，宜选用的试剂X为________。
②实验室进行萃取和反萃取时，均需要使用的玻璃仪器有________。
(4)“置换”后的滤液可返回________(填“滤液1”或“滤液2”)中利用。
(5)“置换”时锌粉的利用率为99.5%，若想获得6.9kg海绵铟，需要使用锌粉________kg(保留两位小数)。
4．[2023·辽宁大连统考一模]重铬酸钾(K2Cr2O7)在实验室和工业上都有广泛应用，如用于制铬矾、制火柴、电镀、有机合成等。工业上，以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]制备重铬酸钾的工艺流程如下图所示：
已知：①焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2，Cr元素转化为Na2CrO4；
②矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10－5ml·L－1时，可认为已除尽。
请回答下列问题：
写出焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式
________________________________________________________。
水浸滤渣的主要成分是Fe(OH)3，写出生成此滤渣的离子方程式
__________________________________________。
(3)中和步骤中理论pH的范围是________，中和后滤渣的主要成分是________(填化学式)。
(4)酸化时加冰醋酸，简述不能用盐酸的可能原因是
__________________________________。
(5)工序1加入KCl的作用是______________。
(6)可以采用氧化还原滴定法测定产品的纯度，还可以采用分光光度法测定(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比)，但测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制K2Cr2O7待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是________(填字母)。
A．硫酸B．氢碘酸
C．硝酸钾D．氢氧化钾
5．[2023·上海模拟]信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
完成下列填空：
(1)写出第①步中Cu与酸反应生成NO的离子方程式______________________________________；第②步中使用H2O2做氧化剂的优点是______________________________，NaOH调节溶液pH的目的是使________生成沉淀。
(2)第③步的操作为：滤液2加热蒸发、________、________、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。
(3)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
甲：eq \x(滤渣2)eq \(――→,\s\up7(H2SO4))eq \x(酸浸液)eq \(――→,\s\up7(同第③步操作))Al2(SO4)3·18H2O
乙：eq \x(滤渣2)eq \(――→,\s\up7(H2SO4))eq \x(酸浸液)eq \(――→,\s\up7(适量Al粉),\s\d5(过滤))eq \x(滤液)eq \(――→,\s\up7(同第③步操作))Al2(SO4)3·18H2O
丙：eq \x(滤渣2)eq \(――→,\s\up7(NaOH溶液),\s\d5(过滤))eq \x(滤液)eq \(――→,\s\up7(H2SO4))eq \x(溶液)eq \(――→,\s\up7(同第③步操作))Al2(SO4)3·18H2O
上述三种方案中，________方案不可行，原因是__________________________________________________________________；从原子利用率角度考虑，________方案更合理。
(4)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cml·L－1EDTA(H2Y2－)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下：
Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式w＝________________________。
下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是________。
a．未干燥锥形瓶
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子
6．[2023·湖南怀化统考二模]以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：
已知：①相关金属离子完全沉淀(c≤1.0×10－5ml·L－1 )的pH如下：
②废渣的主要成分为：SiO2、Al(OH)3和Fe(OH)3
请回答：
(1)A的化学式为________。
(2)为提高“浸出”效率，可采取的措施有________________________________(写两条)；浸出镁的离子反应方程式为
________________________________________________________________________。
(3)该流程中可循环使用的物质为________。
(4)加入氨水的目的是沉镁，该操作不宜在较高温度下进行的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)若浸出液中c(Al3＋)＝10－8ml·L－1，则c(Fe3＋)＝________(已知：100.3＝2)
1．[2023·陕西咸阳统考二模]废旧锌锰电池中的黑锰粉含有MnO2、MnO(OH)、NH4Cl和少量ZnCl2、Fe2O3及炭黑等，为了保护环境、充分利用锰资源，通过如下流程制备MnSO4。
回答下列问题：
(1)Mn的原子结构示意图为________。
(2)“滤液a”的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。
①用离子方程式表示“滤液a”呈酸性的原因_________________________。
②根据下图所示的溶解度曲线，将“滤液a”蒸发结晶、________、洗涤、干燥，得NH4Cl固体。
(3)“焙炒”的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。空气中O2氧化MnO(OH)的化学方程式为________________________________。
(4)探究“酸浸”中MnO2溶解的适宜操作。
实验Ⅰ.向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。
实验Ⅱ.向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。
①实验Ⅰ中MnO2的作用是________，实验Ⅱ中H2O2的作用是________。
②由实验可知，“酸浸”溶解MnO2时加入试剂的顺序是________________。
(5)加入MnO调pH时，证明MnSO4溶液中Fe3＋沉淀完全的实验步骤及现象：取少量溶液，滴加____________(填试剂)，观察到________(填现象)。
2．[2023·湖北武汉二中校联考二模]电子级氢氟酸是微电子行业的关键性基础材料之一，由萤石粉(主要成分为CaF2，含有少量SiO2和微量As2O3等)制备工艺如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”时生成HF的化学方程式为____________________________，工业生产时往往会适当加热，目的是__________________________。
(2)“精馏1”设备使用的材料可选用________(填序号)。
A．玻璃B．陶瓷
C．石英D．金
(3)已知H2SiF6是一种配位酸，酸性与硝酸相近，可与KMnO4溶液反应制备极易溶于水的强酸HMnO4，反应的离子方程式为______________________________。
(4)“氧化”时将AsF3氧化为AsF5。AsF5的沸点高于AsF3，原因是______________________________________________________。
(5)液态HF是酸性溶剂，能发生自偶电离：HF⇌H＋＋F－，由于H＋和F－都溶剂化，常表示为：3HF⇌H2F＋＋HF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 。在HF溶剂中AsF5、BF3呈酸性，HClO3、HNO3、H2O呈碱性，比如AsF5、HClO3的电离方程式分别为：AsF5＋2HF⇌AsFeq \\al(\s\up1(－),\s\d1(6))＋H2F＋；HOClO2＋2HF⇌(HO)2ClO＋＋HF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 。在HF作用下：
①写出BF3与HNO3反应的离子方程式________________________________。
②已知：H2O与AsF5反应生成HAsF6。结合H＋的能力：H2O________AsF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(6)) (填“>”“<”或“＝”)。
3．[2023·陕西西安统考二模]HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。
已知：Ⅰ.MO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
Ⅱ.高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。
Ⅲ.Ksp(CuS)＝6×10－36；K1(H2S)＝1×10－7、K2(H2S)＝6×10－15。
请回答下列问题：
(1)请写出“气体”中属于最高价氧化物的电子式：________。
(2)请写出“焙烧”过程中MS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式：
________________________________________________________________________，
________________________________________________________________________。
(3)“浸渣”的成分为________(填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MO4外，还含有________(填化学式)。
(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为____________、____________。
(5)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：________________________________。
(6)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2＋，则反应Cu2＋＋HS－===CuS＋H＋的K＝________。
4．[2023·河南新乡统考二模]从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收碲的工艺流程如图所示。
已知：①碱浸液中碲以TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的形式存在；
②Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；
③TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性。
(1)TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 中Te的化合价为________价，“还原”中发生反应的离子方程式(该工艺条件下，Pb2＋不沉淀)为________________________________。
(2)“还原”过程中，反应温度、反应时间对碲回收率的影响如图1所示，工业上一般采取的条件为控制温度为75℃，反应时间为120min，其原因是____________________________________________________。
(3)“还原”过程中，Na2SO3用量对碲回收率的影响如图2，随着Na2SO3用量增加，碲回收率呈先增大后减小趋势，请分析当其用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因：________________________________________。
(4)加适量Na2S除铜铅，滤渣的成分为________。
(5)加酸调pH时发生反应的化学方程式为__________________________________，加入硫酸的量不宜过多，其原因是__________________________________。
5．[2023·安徽安庆统考二模]金属钒在新能源动力电池中有重要作用。含钒尖晶石是钒渣中最主要的含钒物相，其主要成分有V2O3、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2。采用以下工艺流程制备V2O5。
(1)“焙烧”过程中被氧化的元素为________，写出V2O3与Na2CO3反应的化学方程式__________________________________。
(2)“沉淀1”的成分是________。
(3)“滤液1”中铝元素所发生的离子反应方程式______________________________________。
(4)“沉淀2”加热分解后固体产物的用途__________________。(任写一种)
(5)“沉钒”析出NH4VO3晶体时，需要加入过量(NH4)2CO3，结合平衡移动原理解释原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)该工艺流程中可回收再循环利用的物质有________。
6．[2023·四川凉山统考二模]某工厂利用黄铁矿(FeS2)和电解金属锰后的阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)为原料制备高性能磁性材料MnCO3的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)FeS2中硫元素化合价为________，滤渣I的成分除了S还有________。
(2)写出任意两种加快酸浸速率的措施______________、______________。“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是
________________________________________________________________。
(3)请结合平衡移动原理解释“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2＋沉淀不完全的原因是：________________________________________________________。
(4)“沉锰”时发生反应的离子方程式为：________________________________________。“沉锰”时需缓慢向含MnSO4的溶液中滴加NH4HCO3，否则会发生反应MnCO3(s) ＋2OH－(aq)⇌Mn(OH)2(s) ＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq)而生成Mn(OH)2，该反应的平衡常数K＝________(保留一位小数，已知：Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13，Ksp(MnCO3)＝2.2×10－11)。
(5)用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极反应式为____________________________________________________________________________________________________。
通关特训3 无机工艺流程（一）
1．答案：（1）用热的纯碱溶液浸泡废铁屑
（2）Fe/MnO2摩尔比为0.75、反应温度为50℃
（3）①4MnO2＋3Fe＋16H＋＝4Mn2＋＋Fe2＋＋2Fe3＋＋8H2O
②会增大后续碳酸钙的消耗量
（4）Fe3＋是过氧化氢分解的催化剂
（5）4.7
（6）MgF2、CaF2
（7）趁热过滤、洗涤、干燥
解析：软锰矿加入废铁屑、稀硫酸浸出，除去滤渣Ⅰ，主要成分为二氧化硅等，滤液加入双氧水氧化，再加入碳酸钙调节pH以除铁、铝，得到滤渣Ⅱ，主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液再加入硫化钡除铜，得到滤渣Ⅲ主要成分为硫化铜，滤液再加入氟化锰除杂，滤渣Ⅳ主要成分为MgF2、CaF2，滤液一系列操作后得到一水合硫酸锰；
（1）去除废铁屑表面的油污，可采用的方法为用热的纯碱溶液浸泡废铁屑；
（2）“浸出”时，由图可知，最佳反应条件：Fe/MnO2摩尔比为0.75、反应温度为50℃；
（3）“浸出”时，Fe、稀硫酸、MnO2总反应的离子方程式为4MnO2＋3Fe＋16H＋===4Mn2＋＋Fe2＋＋2Fe3＋＋8H2O，反应过程中硫酸过量太多会增大后续碳酸钙的消耗量；
（4）“氧化”时，由于Fe3＋是过氧化氢分解的催化剂，则部分过氧化氢会分解。故过氧化氢的实际消耗量大于理论消耗量；
（5）“除铁、铝”加入碳酸钙的目的是将Fe3＋和Al3＋转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，则调节溶液的pH不小于Al3＋完全沉淀的pH；Al3＋完全沉淀时，溶液中c（OH－）＝eq \r(3,\f(Ksp[Al（OH）3\(],\s\up6( )),1.0×10－5))≈10－9.3，则pH＝4.7；
（6）“除铜”时，Cu2＋转化为硫化物沉淀，则“除杂”中加入二氧化锰将Mg2＋和Ca2＋转化为氟化物沉淀，则滤渣Ⅳ的主要成分是MgF2、CaF2；
（7）“除杂”所得滤液为硫酸锰溶液，在80～90℃之间蒸发结晶，趁热过滤，得到MnSO4·H2O。
2．答案：（1）D
（2）CaF2、MgF2 Ta2O5＋14HF===4H＋＋2TaF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋5H2O
（3）10 浓度低于10g·L－1时浸出率太低，浓度高于10g·L－1时浸出率变化不大
（4）①K2NbF7＋5Na===Nb＋5NaF＋2KF
②2K2NbF7＋10NaCleq \(=====,\s\up7(通电))2Nb＋10NaF＋5Cl2↑＋4KF
解析：钽铌伴生矿（主要成分为SiO2、MnO2、Nb2O5、Ta2O5和少量的TiO2、FeO、CaO、MgO）加入HF、硫酸浸取，得到浸渣，主要成分为CaF2、MgF2，得到浸出液加入MIBK萃取，得到水相和有机相，有机相加入硫酸洗涤，除去洗涤液，所得溶液加入试剂1碱反萃取1，得到的水相中加入HF、KF沉铌，得到K2NbF7，与Na反应得到铌粉；加入试剂2反应萃取2得到有机相和水相，水相通入氮气沉钽得到Ta（OH）3，受热得到Ta2O5，电解得到Ta；
（1）陶瓷、玻璃中的二氧化硅均能与HF反应，铅能与硫酸反应，故“浸取”时通常在塑料的反应器中进行；
（2）“浸取”时加入HF，根据Ksp（CaF2）＝2.5×10－11，Ksp（MgF2）＝6.4×10－9，CaF2、MgF2的溶度积均较小，浸渣的主要成分是CaF2、MgF2，Ta2O5与氢氟酸反应生成H2TaF7和水，是强酸，反应的离子方程式为Ta2O5＋14HF===4H＋＋2TaF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋5H2O；
（3）根据图中信息可知，“浸取”时，HF的最佳浓度为10g·L－1，因为浓度低于10g·L－1时浸出率太低，浓度高于10g·L－1时浸出率变化不大；
（4）①流程中钠热还原法制备铌粉，同时生成氟化钠和氟化钾，反应的化学方程式为K2NbF7＋5Na===Nb＋5NaF＋2KF；
②传统的熔盐电解法采用的电解质体系通常为K2NbF7NaCl，两者反应生成铌、氟化钠和氯气，电解总化学反应方程式为2K2NbF7＋10NaCleq \(=====,\s\up7(通电))2Nb＋10NaF＋5Cl2↑＋4KF。
3．答案：（1）5s25p1
（2）①FeSiO3＋H2SO4===FeSO4＋H2SiO3 ②In2S3＋12MnO2＋24H＋===2In3＋＋12Mn2＋＋3SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋12H2O
③1%
④Fe（OH）3、PbSO4、H2SiO3
（3）①稀硫酸 ②烧杯、分液漏斗
（4）滤液1
（5）5.88
解析：氧化锌烟尘中性浸出，过滤分离得到滤液1，滤液1为ZnSO4，中性渣主要含In（OH）3、Fe（OH）3、PbSO4、H2SiO3，加入硫酸酸浸，过滤得到滤液2和酸浸渣，酸浸渣为PbSO4、H2SiO3，滤液2中主要含有In3＋、Fe3＋，加入P204＋260号溶剂油萃取，再加入酸反萃取后，加入Zn置换得到海绵铟。
（1）In为第五周期第ⅢA族元素，基态In原子的价电子排布式为5s25p1；
（2）①加入稀硫酸浸泡过程中，FeSiO3与稀H2SO4反应生成FeSO4和H2SiO3沉淀，反应的化学方程式为FeSiO3＋H2SO4===FeSO4＋H2SiO3；
②氧化酸浸过程中，In2S3中的硫元素被MnO2氧化为SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，MnO2被还原为Mn2＋，则发生反应的离子方程式为In2S3＋12MnO2＋24H＋===2In3＋＋12Mn2＋＋3SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋12H2O；
③“中性浸出”时要尽可能使锌元素浸出，铟元素不浸出，根据题图判断，最佳氧化剂用量为1%；
④由上述分析可知，“中浸渣”的主要成分为In（OH）3、Fe（OH）3、PbSO4、H2SiO3；
（3）①反萃取过程中，需要加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动，从流程中看出宜选用稀硫酸；
②萃取和反萃取后需要分液，则均需要使用的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗，故答案为：烧杯、分液漏斗；
（4）“置换”后的滤液中含有大量Zn2＋，可返回滤液1中利用；
（5）“置换”过程中发生反应2In3＋＋3Zn＝2In＋3Zn2＋，则需要消耗的Zn的质量为eq \f(\f(6.9kg,115g·ml－1)×\f(3,2)×65g·ml－1,99.5%)≈5.88kg。
4．答案：（1）4Fe（CrO2）2＋10Na2CO3＋7O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10CO2
（2）FeO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋2H2O===Fe（OH）3↓＋OH－
（3）4.5≤pH≤9.3 H2SiO3、Al（OH）3
（4）Cl－能将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ）（其他合理答案也可得分）
（5）将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7
（6）A
解析：得固体为Na2CrO4、NaFeO2、Na[Al（OH）4]和Na2SiO3，加水浸取，滤渣为难溶性的Fe（OH）3，滤液中含有可溶性的Na2CrO4、Na[Al（OH）4]和Na2SiO3，加入醋酸调节溶液的pH，得到沉淀Al（OH）3、H2SiO3，则滤渣为Al（OH）3、H2SiO3，调节溶液pH<5，酸性条件下CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 转化为Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ，向溶液中加入KCl，得到溶解度较小的K2Cr2O7。
（1）铬铁矿主要成分为Fe（CrO2）2，焙烧过程中Fe（CrO2）2和碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4、NaFeO2、CO2，根据氧化还原得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4Fe（CrO2）2＋10Na2CO3＋7O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10CO2；
（2）水浸滤渣的主要成分是Fe（OH）3，说明NaFeO2和水反应生成Fe（OH）3，离子方程式为：FeO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋2H2O===Fe（OH）3↓＋OH－；
（3）由分析可知中和步骤加入醋酸调节溶液的pH，目的是除去溶液中的Al3＋和SiO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ，由信息②中图像所给信息可知，理论pH的范围是4.5≤pH≤9.3时，Al3＋和SiO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 浓度小于1.0×10－5ml·L－1，可认为已除尽；中和后滤渣的主要成分是H2SiO3、Al（OH）3；
（4）Cl－具有还原性，能将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ），则酸化时加冰醋酸，不能用盐酸；
（5）由分析可知，工序1加入KCl的作用是将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7；
（6）根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡：
Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋H2O⇌2H＋＋2CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，即有部分Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 会转化为CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 转化为CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，需要加入酸且与Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 或CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 不反应，如硫酸，选A。
5．答案：（1）3Cu＋8H＋＋2NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O 不引入杂质，产物对环境无污染 Fe3＋和Al3＋
（2）冷却结晶 过滤
（3）甲 甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到硫酸铝晶体中混有硫酸铁杂质，所以方案不可行 乙
（4）eq \f(cml·L－1×b×10－3L×250g·ml－1×5,ag)×100% c
解析：根据制备路线可知，Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、浓硝酸，则可以将Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，所以滤渣1的主要成分为Au、Pt，滤液1中含有Cu、Fe、Al的离子。根据滤液2和CuSO4·5H2O可知，滤液2为CuSO4溶液，滤渣2中含有Fe（OH）3和Al（OH）3。
（1）第①步中Cu与稀硫酸和浓硝酸的混合酸反应，可看作Cu与稀硝酸反应，生成NO，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；第②步加H2O2的作用是把Fe2＋氧化为Fe3＋，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染；调溶液PH的目的是使Fe3＋和Al3＋形成沉淀；
（2）由分析可知滤液2为CuSO4溶液，第③步的操作为：滤液2加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾；
（3）由于甲方案中硫酸和氢氧化铁及氢氧化铝都是反应的，所以生成的滤液中含有硫酸铁和硫酸铝，因此如果直接蒸发，将使所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；由于铝的金属性强于铁的，所以方案乙中铝能置换出铁，原子利用率最高。而方案丙中生成的硫酸铝小于方案乙中生成的硫酸铝，原子利用率没有乙高；
（4）消耗EDTA的物质的量是0.001bcml，所以根据反应的方程式可知，消耗铜离子的物质的量也是0.001bcml，所以每一份中胆矾的物质的量是0.001bcml。因此CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝eq \f(cml·L－1×b×10－3L×250g·ml－1×5,ag)×100%。根据表达式可知，如果未干燥锥形瓶，是不会影响实验结果的；若滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，则消耗标准液的体积将减少，测定结果偏低；如果未除净可与EDTA反应的干扰离子，则消耗标准液的体积将偏大，测定结果偏高，因此选c。
6．答案：（1）NH4Cl
（2）搅拌、适当加热、适当增大氯化铵的浓度 MgO＋2NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ===Mg2＋＋2NH3↑＋H2O
（3）NH4Cl和NH3（写NH3·H2O也计分）
（4）温度过高NH3·H2O分解剧烈，大量NH3逸出不利沉镁（合理答案均计分）
（5）2×10－14ml·L－1
解析：菱镁矿粉碎煅烧碳酸镁转化为氧化镁，加入氯化铵，将氧化镁转化为氯化镁溶液，控制溶液pH，将铁、铝转化为氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀，两者和二氧化硅一起成为滤渣，滤液加入氨水生成氢氧化镁沉淀，滤液为过滤的氨水，加入适量HCl得到NH4Cl溶液，煅烧氢氧化镁得到镁砂。
（1）由分析可知，溶液A为NH4Cl溶液，A的化学式为NH4Cl；
（2）为提高“浸出”效率，可采取的措施有搅拌、适当加热、适当增大氯化铵的浓度；由分析可知，菱镁矿粉碎煅烧碳酸镁转化为氧化镁，加入氯化铵，将氧化镁转化为氯化镁溶液，该过程的离子方程式为：MgO＋2NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ===Mg2＋＋2NH3↑＋H2O；
（3）结合流程图可知浸出得到的NH3可转化为氨水，用于沉镁，滤液中含有过量的NH4Cl可用于浸出时的反应液，故该流程中NH4Cl和NH3可循环使用；
（4）加入氨水的目的是沉镁，该操作不宜在较高温度下进行的原因是：温度过高NH3·H2O分解剧烈，大量NH3逸出不利沉镁；
（5）Al3＋完全沉淀时pH＝4.7，则Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3＋）×c3（OH－）＝1.0×10－5×（eq \f(1×10－14,1×10－4.7)）3＝1.0×10－32.9，Fe3＋完全沉淀时pH＝2.8，则Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3＋）×c3（OH－）＝1.0×10－5×（eq \f(1×10－14,1×10－2.8)）3＝1.0×10－38.6，若浸出液中c（Al3＋）＝10－8ml·L－1，则c（OH－）＝eq \r(3,\f(Ksp[Al（OH）3\(],\s\up6( )),c（Al3＋）))＝eq \r(3,\f(1.0×10－32.9,10－8))ml·L－1＝1.0×10－8.3ml·L－1，则eq \f(Ksp[Fe（OH）3],c3（OH－）)＝eq \f(1.0×10－38.6,（1.0×10－8.3）3)ml·L－1＝1.0×10－13.7＝2×10－14ml·L－1。
高分必刷
1．答案：（1）
（2）①NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋ ②趁热过滤
（3）4MnO（OH）＋O2eq \(=====,\s\up7(△))4MnO2＋2H2O
（4）①催化剂 还原剂 ②先加入稀硫酸，再加入H2O2溶液
（5）KSCN溶液 不变红
解析：黑锰粉水洗除去可溶性物质，分离固体通入空气焙炒从而除炭、并氧化MnO（OH）为二氧化锰，加入稀硫酸、过氧化氢生成硫酸锰，加入MnO调节pH过滤分离得到硫酸锰溶液；
（1）锰为25号元素，原子结构示意图为；
（2）①“滤液a”中含有铵根离子，铵根离子水解生成氢离子，导致溶液显酸性，NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋；
②氯化铵溶解度低温时较小，且溶解度受温度影响不大，将“滤液a”蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，得NH4Cl固体；
（3）氧气具有氧化性，O2氧化MnO（OH）生成二氧化锰和水，化学方程式为4MnO（OH）＋O2eq \(=====,\s\up7(△))4MnO2＋2H2O；
（4）①二氧化锰催化过氧化氢生成水和氧气，实验Ⅰ中MnO2的作用是催化剂；实验Ⅱ中加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解，反应中锰元素化合价降低，H2O2中氧元素化合价升高发生氧化反应，过氧化氢为还原剂起还原作用；
②由实验可知，酸性条件下，二氧化锰被过氧化氢还原，故“酸浸”溶解MnO2时加入试剂的顺序是先加入稀硫酸再加入过氧化氢溶液；
（5）铁离子和KSCN溶液变红色，故实验为：取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明铁离子完全沉淀。
2．答案：（1）CaF2＋H2SO4（浓）===CaSO4＋2HF↑ 加快反应速率，提高CaF2的转化率
（2）D
（3）2K＋＋SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ===K2SiF6↓
（4）AsF5、AsF3均为分子晶体（分子间均不存在氢键），AsF5相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高
（5）①BF3＋HNO3＋HF===（HO）2NO＋＋BF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ②<
解析：“酸浸”发生CaF2＋H2SO4===CaSO4＋2HF↑，二氧化硅与HF发生SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O，As2O3与HF发生As2O3＋6HF===2AsF3＋3H2O；
“硫酸吸附”：加入硫酸，部分HF、SiF4以气体形式释放出去，然后加入水吸收为H2SiF4，部分HF、AsF3、多余硫酸进入精馏1；
“精馏1”：因为硫酸熔沸点较高，因此精馏1中得到HF、AsF3；
“氧化”：根据问题（4），过氧化氢将AsF3氧化成熔沸点较高的AsF5；
“精馏2”：蒸馏得到HF；
（1）HF易挥发，“酸浸”时发生难挥发性酸制备易挥发性酸，即生成HF的反应方程式为CaF2＋H2SO4===CaSO4＋2HF↑；工业生产时往往会适当加热，其目的是加快反应速率，提高CaF2的转化率；
（2）HF能与二氧化硅发生反应，玻璃、陶瓷、石英均含有二氧化硅，HF能腐蚀玻璃、陶瓷、石英，“精馏1”设备不能使玻璃、陶瓷、石英材料制作，HF不与金反应，因此“精馏1”设备以金为材料；
（3）KMnO4→HMnO4中Mn的价态没有发生变化，H2SiF6酸性与硝酸相似，即H2SiF6为强酸，HMnO4为溶于水的强酸，该反应为复分解反应，生成K2SiF6沉淀，即离子方程式为2K＋＋SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ===K2SiF6↓；
（4）AsF3、AsF5均为分子晶体，不含分子间氢键，因此相对分子质量越大，范德华力越高，熔沸点越高，因此AsF5相对分子质量大于AsF3，AsF5熔沸点高；
（5）①HNO3在HF中呈碱性，其电离方程式为HNO3＋2HF⇌（HO）2NO＋＋HF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ，BF3在HF中呈酸性，其电离方程式为BF3＋2HF⇌BFeq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4))＋H2F＋，因此两者混合，发生类似的中和反应，其离子方程式为BF3＋HNO3＋2HF===（HO）2NO＋＋BF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ；
②H2O与AsF5反应生成HAsF6，从而推出H2O结合H＋能力小于AsF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(6)) 。
3．答案：（1）∶eq \(O,\s\up6(··))∶∶C∶∶eq \(O,\s\up6(··))∶
（2）2MS＋2Na2CO3＋5O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))2Na2MO4＋2CO2＋2SO2
4H2O＋Al2O3＋Na2CO3eq \(=====,\s\up7(焙烧))2Na[Al（OH）4]＋CO2↑
（3）NiO NaVO3、NaHCO3
（4）20g·L－1 10g·L－1
（5）6NH4VO3eq \(=====,\s\up7(煅烧))3V2O3＋2N2↑＋2NH3↑＋9H2O
（6）1021
解析：本题是工业流程题，工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有四羟基合铝酸钠，再通入二氧化碳过滤除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸。
（1）由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：∶eq \(O,\s\up6(··))∶∶C∶∶eq \(O,\s\up6(··))∶；
（2）由题中的信息可知，MS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式为
2MS＋2Na2CO3＋5O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))2Na2MO4＋2CO2＋2SO2，
4H2O＋Al2O3＋Na2CO3eq \(=====,\s\up7(焙烧))2Na[Al（OH）4]＋CO2↑；
（3）硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MO4、NaVO3和Na[Al（OH）4]，沉铝通过量CO2生成沉淀Al（OH）3和NaHCO3，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MO4外，还含有NaVO3、NaHCO3；
（4）由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为20g·L－1和10g·L－1时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：20g·L－1和10g·L－1；
（5）由信息和流程可知，NH4VO3沉淀煅烧时分解产生V2O3和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为6NH4VO3eq \(=====,\s\up7(煅烧))3V2O3＋2N2↑＋2NH3↑＋9H2O；
（6）由题意可知Cu2＋＋HS－===CuS＋H＋的
K＝eq \f(c（H＋）,c（Cu2＋）·c（HS－）)＝eq \f(K2（H2S）,Ksp（CuS）)＝1021。
4．答案：（1）＋6 TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ===TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4))
（2）再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本
（3）过量的Na2SO3可将Te（Ⅳ）还原为0价Te，致使溶液中Te（Ⅳ）浓度下降
（4）PbS、CuS
（5）Na2TeO3＋H2SO4===TeO2↓＋Na2SO4＋H2O 过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低
解析：铜阳极泥分铜渣碱浸液中加入亚硫酸钠，TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 与SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 反应得到TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 和SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，溶液含TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 、Cu2＋、Pb2＋，加适量硫化钠沉淀Cu2＋、Pb2＋，过滤得滤渣为PbS、CuS，滤液加适量硫酸，调pH，TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 与H2SO4反应生成TeO2沉淀。
（1）TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 中Te的化合价为＋6价，“还原”中TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 与SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 反应得到TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 和SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，发生反应的离子方程式为：TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ===TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ；
（2）由图可知，“还原”过程中，采用“反应时间为120min、75℃”的原因是：该条件下，回收率已经大于95%，再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本；
（3）“还原”过程中，发生反应的离子方程式为：TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ===TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，又知Na2SO3可将Te（Ⅳ）还原为0价Te；则Na2SO3的用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因为：过量的Na2SO3可将Te（Ⅳ）还原为0价Te，致使溶液中Te（Ⅳ）浓度下降；
（4）加适量Na2S除铜铅，由于发生反应：Cu2＋＋S2－===CuS，Pb2＋＋S2－===PbS，则滤渣的成分为PbS、CuS；
（5）加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式为Na2TeO3＋H2SO4===TeO2↓＋Na2SO4＋H2O，已知TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性，则硫酸会和TeO2反应，则加酸调pH时加入硫酸的量不宜过多，其原因是：过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低。
5．答案：（1）V、Fe或钒、铁 Na2CO3＋V2O3＋O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))2NaVO3＋CO2
（2）Fe2O3
（3）Al（OH） eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋4H＋===Al3＋＋4H2O
（4）光导纤维或制单质硅等
（5）溶液中存在NH4VO3（s）⇌NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) （aq）＋VO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) （aq），加入过量（NH4）2CO3，增大NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率
（6）（NH4）2CO3、Na2CO3
解析：加入碳酸钠焙烧后，V2O3、Al2O3、SiO2分别生成NaVO3、Na[Al（OH）4]、Na2SiO3，FeO被氧化为Fe2O3，加水进行水溶，只有Fe2O3不溶，则沉淀1为Fe2O3，加入盐酸调节pH＝2～3，将硅元素转化为硅酸，则沉淀2为硅酸，用NaOH调节pH，生成氢氧化铝沉淀，溶液中只含NaVO3，加入（NH4）2CO3“沉钒”析出NH4VO3，煅烧NH4VO3得到V2O5。
（1）由上述分析可知，“焙烧”过程中被氧化的元素为V、Fe或钒、铁；焙烧时，V2O3与Na2CO3、O2反应生成NaVO3和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3＋V2O3＋O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))2NaVO3＋CO2；
（2）由上述分析可知，“沉淀1”的成分为Fe2O3；
（3）“滤液1”中铝元素以[Al（OH）4]－形式存在，加入盐酸发生反应Al（OH） eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋4H＋===Al3＋＋4H2O；
（4）由上述分析可知，“沉淀2”为硅酸，硅酸加热分解得到的固体为二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，也可以用来制取单质硅；
（5）NH4VO3溶液中存在NH4VO3（s）⇌NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) （aq）＋VO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) （aq），加入过量（NH4）2CO3，增大NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率；
（6）该流程中，（NH4）2CO3、Na2CO3先消耗后生成，可循环利用。
6．答案：（1）－1 PbSO4
（2）粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度、适当升温等
将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便除去
（3）酸度过高，F－与H＋结合形成弱电解质HF，CaF2（s）⇌Ca2＋（aq）＋2F－（aq）平衡右移
（4）Mn2＋＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===MnCO3↓＋H2O＋CO2↑ 115.8
（5）Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋
解析：阳极渣（主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物），加入稀硫酸酸浸，产生硫酸铅为滤渣Ⅰ主要成分，及产生S；加入双氧水、氧化钙调节pH，除铁、铜，得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铜，再加入MnF2除钙，生成CaF2，再加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰；
（1）根据化合价法则，FeS2中硫元素为－1价，所以铁元素的化合价是＋2价；
根据分析，滤渣Ⅰ的成分除了S还有PbSO4；
（2）加快酸浸速率的措施：粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度，适当升温等；
“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便生成Fe（OH）3而除去；
（3）酸度过高，F－与H＋结合形成弱电解质HF，CaF2（S）⇌Ca2＋（aq）＋2F－（aq）平衡右移，故“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2＋沉淀不完全；
（4）硫酸锰与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸锰和二氧化碳，“沉锰”时发生反应的离子方程式为：Mn2＋＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===MnCO3↓＋H2O＋CO2↑；
反应MnCO3（s）＋2OH－（aq）⇌Mn（OH）2（s）＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) （aq）的平衡常数K＝eq \f(c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）,c2（OH－）)＝eq \f(c（Mn2＋）·c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）,c（Mn2＋）·c2（OH－）)＝eq \f(Ksp（MnCO3）,Ksp[Mn（OH）2])＝eq \f(2.2×10－11,1.9×10－13)＝115.8；
（5）用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极上Mn2＋失电子产生MnO2，电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。
物质
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10－33
5×10－17
1×10－38
2×10－13
离子
Mn2＋
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
H＋
c/(ml·L－1)
0.601
0.15
0.3
0.001
0.1
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
In3＋
开始沉淀pH(离子浓度为0.1ml·L－1时)
1.3
6
3
完全沉淀pH
2.7
8
4.3
金属氢
氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Cu(OH)2
开始沉
淀的pH
2.3
6.8
3.5
4.4
完全沉
淀的pH
3.2
8.3
4.6
6.4
金属离子
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
沉淀完全的pH
2.8
4.7
10.9
已知：25℃时相关物质的Ksp如下表：
回答下列问题：
(1)净化铁屑：为去除废铁屑表面的油污，可采用的方法为______________________。
(2)“浸出”时，锰的浸出率随Fe/MnO2摩尔比、反应温度的变化曲线如下图所示，则最佳的反应条件为________________________。
(3)“浸出”后所得混合溶液中部分离子浓度如下表所示：
①Fe、稀硫酸、MnO2发生总反应的离子方程式为______________________________。
②反应过程中硫酸不能过量太多的原因是______________________。
(4)“氧化”时，过氧化氢的实际消耗量大于理论消耗量的原因是
__________________________。
(5)“除铁、铝”调节溶液的pH不小于________(保留1位小数；已知：离子浓度小于1.0×10－5ml·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。
(6)滤渣Ⅳ的主要成分是________(填化学式)。
(7)硫酸锰在不同温度下的溶解度和一定温度范围内析出晶体的组成如图所示，“除杂”所得滤液控制温度在80～90℃之间蒸发结晶，________(填操作名称)，得到MnSO4·H2O。
2．[2023·山东济南一中校联考三模]钽(Ta)和铌(Nb)的性质相似，因此常常共生于自然界的矿物中。一种以钽铌伴生矿(主要成分为SiO2、MnO2、Nb2O5、Ta2O5和少量的TiO2、FeO、CaO、MgO)为原料制取钽和铌的流程如下：
“浸取”后，浸出液中含有H2TaF7、H2NbF7两种二元强酸和锰、钛等元素。
已知：①MIBK为甲基异丁基酮；②Ksp(CaF2)＝2.5×10－11，Ksp(MgF2)＝6.4×10－9
(1)“浸取”时通常在________材料的反应器中进行(填标号)。
A．陶瓷B．玻璃
C．铅D．塑料
(2)浸渣的主要成分是________，Ta2O5与氢氟酸反应的离子方程式为________________________________________________________________。
(3)“浸取”时，HF的浓度对铌、钽的浸出率的影响如下图所示，则HF的最佳浓度为________g·L－1，理由是__________________________________。
(4)金属铌可用金属钠还原K2NbF7制取，也可用电解熔融的K2NbF7制取。
①流程中钠热还原法制备铌粉的化学方程式为__________________________。
②传统的熔盐电解法采用的电解质体系通常为K2NbF7NaCl，电解总化学反应方程式为______________________________。
3．[2023·全国模拟]铟(In)是一种稀散金属，常与其他金属矿石伴生，回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO，还含少量PbO、FeS、FeSiO3、In2O3、In2S3等)中的金属铟的工艺流程如下：
已知：室温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
回答下列问题：
(1)In为49号元素，常以＋3价形式存在于化合物中，基态In原子的价电子排布式为________。
(2)“中性浸出”的过程为：先加入稀硫酸和适量氧化剂MnO2氧化酸浸氧化锌烟尘，反应结束前半个小时加入CaO调整pH＝5.0～5.2。
①FeSiO3与稀H2SO4反应的化学方程式为____________________________。
②氧化酸浸过程中，In2S3中的硫元素被MnO2氧化为SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，该反应的离子方程式为____________________________________________。
③氧化剂用量对中性浸出效果的影响如图所示。最佳氧化剂用量为________。
④“中浸渣”的主要成分为In(OH)3、________(填化学式)。
(3)萃取时，发生反应In3＋＋3H2A2⇌In(HA2)3＋3H＋，H2A2代表有机萃取剂。
①反萃取时，宜选用的试剂X为________。
②实验室进行萃取和反萃取时，均需要使用的玻璃仪器有________。
(4)“置换”后的滤液可返回________(填“滤液1”或“滤液2”)中利用。
(5)“置换”时锌粉的利用率为99.5%，若想获得6.9kg海绵铟，需要使用锌粉________kg(保留两位小数)。
4．[2023·辽宁大连统考一模]重铬酸钾(K2Cr2O7)在实验室和工业上都有广泛应用，如用于制铬矾、制火柴、电镀、有机合成等。工业上，以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]制备重铬酸钾的工艺流程如下图所示：
已知：①焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2，Cr元素转化为Na2CrO4；
②矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10－5ml·L－1时，可认为已除尽。
请回答下列问题：
写出焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式
________________________________________________________。
水浸滤渣的主要成分是Fe(OH)3，写出生成此滤渣的离子方程式
__________________________________________。
(3)中和步骤中理论pH的范围是________，中和后滤渣的主要成分是________(填化学式)。
(4)酸化时加冰醋酸，简述不能用盐酸的可能原因是
__________________________________。
(5)工序1加入KCl的作用是______________。
(6)可以采用氧化还原滴定法测定产品的纯度，还可以采用分光光度法测定(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比)，但测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制K2Cr2O7待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是________(填字母)。
A．硫酸B．氢碘酸
C．硝酸钾D．氢氧化钾
5．[2023·上海模拟]信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
完成下列填空：
(1)写出第①步中Cu与酸反应生成NO的离子方程式______________________________________；第②步中使用H2O2做氧化剂的优点是______________________________，NaOH调节溶液pH的目的是使________生成沉淀。
(2)第③步的操作为：滤液2加热蒸发、________、________、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。
(3)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
甲：eq \x(滤渣2)eq \(――→,\s\up7(H2SO4))eq \x(酸浸液)eq \(――→,\s\up7(同第③步操作))Al2(SO4)3·18H2O
乙：eq \x(滤渣2)eq \(――→,\s\up7(H2SO4))eq \x(酸浸液)eq \(――→,\s\up7(适量Al粉),\s\d5(过滤))eq \x(滤液)eq \(――→,\s\up7(同第③步操作))Al2(SO4)3·18H2O
丙：eq \x(滤渣2)eq \(――→,\s\up7(NaOH溶液),\s\d5(过滤))eq \x(滤液)eq \(――→,\s\up7(H2SO4))eq \x(溶液)eq \(――→,\s\up7(同第③步操作))Al2(SO4)3·18H2O
上述三种方案中，________方案不可行，原因是__________________________________________________________________；从原子利用率角度考虑，________方案更合理。
(4)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cml·L－1EDTA(H2Y2－)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下：
Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式w＝________________________。
下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是________。
a．未干燥锥形瓶
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子
6．[2023·湖南怀化统考二模]以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：
已知：①相关金属离子完全沉淀(c≤1.0×10－5ml·L－1 )的pH如下：
②废渣的主要成分为：SiO2、Al(OH)3和Fe(OH)3
请回答：
(1)A的化学式为________。
(2)为提高“浸出”效率，可采取的措施有________________________________(写两条)；浸出镁的离子反应方程式为
________________________________________________________________________。
(3)该流程中可循环使用的物质为________。
(4)加入氨水的目的是沉镁，该操作不宜在较高温度下进行的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)若浸出液中c(Al3＋)＝10－8ml·L－1，则c(Fe3＋)＝________(已知：100.3＝2)
1．[2023·陕西咸阳统考二模]废旧锌锰电池中的黑锰粉含有MnO2、MnO(OH)、NH4Cl和少量ZnCl2、Fe2O3及炭黑等，为了保护环境、充分利用锰资源，通过如下流程制备MnSO4。
回答下列问题：
(1)Mn的原子结构示意图为________。
(2)“滤液a”的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。
①用离子方程式表示“滤液a”呈酸性的原因_________________________。
②根据下图所示的溶解度曲线，将“滤液a”蒸发结晶、________、洗涤、干燥，得NH4Cl固体。
(3)“焙炒”的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。空气中O2氧化MnO(OH)的化学方程式为________________________________。
(4)探究“酸浸”中MnO2溶解的适宜操作。
实验Ⅰ.向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。
实验Ⅱ.向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。
①实验Ⅰ中MnO2的作用是________，实验Ⅱ中H2O2的作用是________。
②由实验可知，“酸浸”溶解MnO2时加入试剂的顺序是________________。
(5)加入MnO调pH时，证明MnSO4溶液中Fe3＋沉淀完全的实验步骤及现象：取少量溶液，滴加____________(填试剂)，观察到________(填现象)。
2．[2023·湖北武汉二中校联考二模]电子级氢氟酸是微电子行业的关键性基础材料之一，由萤石粉(主要成分为CaF2，含有少量SiO2和微量As2O3等)制备工艺如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”时生成HF的化学方程式为____________________________，工业生产时往往会适当加热，目的是__________________________。
(2)“精馏1”设备使用的材料可选用________(填序号)。
A．玻璃B．陶瓷
C．石英D．金
(3)已知H2SiF6是一种配位酸，酸性与硝酸相近，可与KMnO4溶液反应制备极易溶于水的强酸HMnO4，反应的离子方程式为______________________________。
(4)“氧化”时将AsF3氧化为AsF5。AsF5的沸点高于AsF3，原因是______________________________________________________。
(5)液态HF是酸性溶剂，能发生自偶电离：HF⇌H＋＋F－，由于H＋和F－都溶剂化，常表示为：3HF⇌H2F＋＋HF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 。在HF溶剂中AsF5、BF3呈酸性，HClO3、HNO3、H2O呈碱性，比如AsF5、HClO3的电离方程式分别为：AsF5＋2HF⇌AsFeq \\al(\s\up1(－),\s\d1(6))＋H2F＋；HOClO2＋2HF⇌(HO)2ClO＋＋HF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 。在HF作用下：
①写出BF3与HNO3反应的离子方程式________________________________。
②已知：H2O与AsF5反应生成HAsF6。结合H＋的能力：H2O________AsF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(6)) (填“>”“<”或“＝”)。
3．[2023·陕西西安统考二模]HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。
已知：Ⅰ.MO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
Ⅱ.高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。
Ⅲ.Ksp(CuS)＝6×10－36；K1(H2S)＝1×10－7、K2(H2S)＝6×10－15。
请回答下列问题：
(1)请写出“气体”中属于最高价氧化物的电子式：________。
(2)请写出“焙烧”过程中MS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式：
________________________________________________________________________，
________________________________________________________________________。
(3)“浸渣”的成分为________(填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MO4外，还含有________(填化学式)。
(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为____________、____________。
(5)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：________________________________。
(6)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2＋，则反应Cu2＋＋HS－===CuS＋H＋的K＝________。
4．[2023·河南新乡统考二模]从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收碲的工艺流程如图所示。
已知：①碱浸液中碲以TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的形式存在；
②Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；
③TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性。
(1)TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 中Te的化合价为________价，“还原”中发生反应的离子方程式(该工艺条件下，Pb2＋不沉淀)为________________________________。
(2)“还原”过程中，反应温度、反应时间对碲回收率的影响如图1所示，工业上一般采取的条件为控制温度为75℃，反应时间为120min，其原因是____________________________________________________。
(3)“还原”过程中，Na2SO3用量对碲回收率的影响如图2，随着Na2SO3用量增加，碲回收率呈先增大后减小趋势，请分析当其用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因：________________________________________。
(4)加适量Na2S除铜铅，滤渣的成分为________。
(5)加酸调pH时发生反应的化学方程式为__________________________________，加入硫酸的量不宜过多，其原因是__________________________________。
5．[2023·安徽安庆统考二模]金属钒在新能源动力电池中有重要作用。含钒尖晶石是钒渣中最主要的含钒物相，其主要成分有V2O3、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2。采用以下工艺流程制备V2O5。
(1)“焙烧”过程中被氧化的元素为________，写出V2O3与Na2CO3反应的化学方程式__________________________________。
(2)“沉淀1”的成分是________。
(3)“滤液1”中铝元素所发生的离子反应方程式______________________________________。
(4)“沉淀2”加热分解后固体产物的用途__________________。(任写一种)
(5)“沉钒”析出NH4VO3晶体时，需要加入过量(NH4)2CO3，结合平衡移动原理解释原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)该工艺流程中可回收再循环利用的物质有________。
6．[2023·四川凉山统考二模]某工厂利用黄铁矿(FeS2)和电解金属锰后的阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)为原料制备高性能磁性材料MnCO3的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)FeS2中硫元素化合价为________，滤渣I的成分除了S还有________。
(2)写出任意两种加快酸浸速率的措施______________、______________。“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是
________________________________________________________________。
(3)请结合平衡移动原理解释“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2＋沉淀不完全的原因是：________________________________________________________。
(4)“沉锰”时发生反应的离子方程式为：________________________________________。“沉锰”时需缓慢向含MnSO4的溶液中滴加NH4HCO3，否则会发生反应MnCO3(s) ＋2OH－(aq)⇌Mn(OH)2(s) ＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq)而生成Mn(OH)2，该反应的平衡常数K＝________(保留一位小数，已知：Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13，Ksp(MnCO3)＝2.2×10－11)。
(5)用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极反应式为____________________________________________________________________________________________________。
通关特训3 无机工艺流程（一）
1．答案：（1）用热的纯碱溶液浸泡废铁屑
（2）Fe/MnO2摩尔比为0.75、反应温度为50℃
（3）①4MnO2＋3Fe＋16H＋＝4Mn2＋＋Fe2＋＋2Fe3＋＋8H2O
②会增大后续碳酸钙的消耗量
（4）Fe3＋是过氧化氢分解的催化剂
（5）4.7
（6）MgF2、CaF2
（7）趁热过滤、洗涤、干燥
解析：软锰矿加入废铁屑、稀硫酸浸出，除去滤渣Ⅰ，主要成分为二氧化硅等，滤液加入双氧水氧化，再加入碳酸钙调节pH以除铁、铝，得到滤渣Ⅱ，主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液再加入硫化钡除铜，得到滤渣Ⅲ主要成分为硫化铜，滤液再加入氟化锰除杂，滤渣Ⅳ主要成分为MgF2、CaF2，滤液一系列操作后得到一水合硫酸锰；
（1）去除废铁屑表面的油污，可采用的方法为用热的纯碱溶液浸泡废铁屑；
（2）“浸出”时，由图可知，最佳反应条件：Fe/MnO2摩尔比为0.75、反应温度为50℃；
（3）“浸出”时，Fe、稀硫酸、MnO2总反应的离子方程式为4MnO2＋3Fe＋16H＋===4Mn2＋＋Fe2＋＋2Fe3＋＋8H2O，反应过程中硫酸过量太多会增大后续碳酸钙的消耗量；
（4）“氧化”时，由于Fe3＋是过氧化氢分解的催化剂，则部分过氧化氢会分解。故过氧化氢的实际消耗量大于理论消耗量；
（5）“除铁、铝”加入碳酸钙的目的是将Fe3＋和Al3＋转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，则调节溶液的pH不小于Al3＋完全沉淀的pH；Al3＋完全沉淀时，溶液中c（OH－）＝eq \r(3,\f(Ksp[Al（OH）3\(],\s\up6( )),1.0×10－5))≈10－9.3，则pH＝4.7；
（6）“除铜”时，Cu2＋转化为硫化物沉淀，则“除杂”中加入二氧化锰将Mg2＋和Ca2＋转化为氟化物沉淀，则滤渣Ⅳ的主要成分是MgF2、CaF2；
（7）“除杂”所得滤液为硫酸锰溶液，在80～90℃之间蒸发结晶，趁热过滤，得到MnSO4·H2O。
2．答案：（1）D
（2）CaF2、MgF2 Ta2O5＋14HF===4H＋＋2TaF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋5H2O
（3）10 浓度低于10g·L－1时浸出率太低，浓度高于10g·L－1时浸出率变化不大
（4）①K2NbF7＋5Na===Nb＋5NaF＋2KF
②2K2NbF7＋10NaCleq \(=====,\s\up7(通电))2Nb＋10NaF＋5Cl2↑＋4KF
解析：钽铌伴生矿（主要成分为SiO2、MnO2、Nb2O5、Ta2O5和少量的TiO2、FeO、CaO、MgO）加入HF、硫酸浸取，得到浸渣，主要成分为CaF2、MgF2，得到浸出液加入MIBK萃取，得到水相和有机相，有机相加入硫酸洗涤，除去洗涤液，所得溶液加入试剂1碱反萃取1，得到的水相中加入HF、KF沉铌，得到K2NbF7，与Na反应得到铌粉；加入试剂2反应萃取2得到有机相和水相，水相通入氮气沉钽得到Ta（OH）3，受热得到Ta2O5，电解得到Ta；
（1）陶瓷、玻璃中的二氧化硅均能与HF反应，铅能与硫酸反应，故“浸取”时通常在塑料的反应器中进行；
（2）“浸取”时加入HF，根据Ksp（CaF2）＝2.5×10－11，Ksp（MgF2）＝6.4×10－9，CaF2、MgF2的溶度积均较小，浸渣的主要成分是CaF2、MgF2，Ta2O5与氢氟酸反应生成H2TaF7和水，是强酸，反应的离子方程式为Ta2O5＋14HF===4H＋＋2TaF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋5H2O；
（3）根据图中信息可知，“浸取”时，HF的最佳浓度为10g·L－1，因为浓度低于10g·L－1时浸出率太低，浓度高于10g·L－1时浸出率变化不大；
（4）①流程中钠热还原法制备铌粉，同时生成氟化钠和氟化钾，反应的化学方程式为K2NbF7＋5Na===Nb＋5NaF＋2KF；
②传统的熔盐电解法采用的电解质体系通常为K2NbF7NaCl，两者反应生成铌、氟化钠和氯气，电解总化学反应方程式为2K2NbF7＋10NaCleq \(=====,\s\up7(通电))2Nb＋10NaF＋5Cl2↑＋4KF。
3．答案：（1）5s25p1
（2）①FeSiO3＋H2SO4===FeSO4＋H2SiO3 ②In2S3＋12MnO2＋24H＋===2In3＋＋12Mn2＋＋3SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋12H2O
③1%
④Fe（OH）3、PbSO4、H2SiO3
（3）①稀硫酸 ②烧杯、分液漏斗
（4）滤液1
（5）5.88
解析：氧化锌烟尘中性浸出，过滤分离得到滤液1，滤液1为ZnSO4，中性渣主要含In（OH）3、Fe（OH）3、PbSO4、H2SiO3，加入硫酸酸浸，过滤得到滤液2和酸浸渣，酸浸渣为PbSO4、H2SiO3，滤液2中主要含有In3＋、Fe3＋，加入P204＋260号溶剂油萃取，再加入酸反萃取后，加入Zn置换得到海绵铟。
（1）In为第五周期第ⅢA族元素，基态In原子的价电子排布式为5s25p1；
（2）①加入稀硫酸浸泡过程中，FeSiO3与稀H2SO4反应生成FeSO4和H2SiO3沉淀，反应的化学方程式为FeSiO3＋H2SO4===FeSO4＋H2SiO3；
②氧化酸浸过程中，In2S3中的硫元素被MnO2氧化为SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，MnO2被还原为Mn2＋，则发生反应的离子方程式为In2S3＋12MnO2＋24H＋===2In3＋＋12Mn2＋＋3SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋12H2O；
③“中性浸出”时要尽可能使锌元素浸出，铟元素不浸出，根据题图判断，最佳氧化剂用量为1%；
④由上述分析可知，“中浸渣”的主要成分为In（OH）3、Fe（OH）3、PbSO4、H2SiO3；
（3）①反萃取过程中，需要加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动，从流程中看出宜选用稀硫酸；
②萃取和反萃取后需要分液，则均需要使用的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗，故答案为：烧杯、分液漏斗；
（4）“置换”后的滤液中含有大量Zn2＋，可返回滤液1中利用；
（5）“置换”过程中发生反应2In3＋＋3Zn＝2In＋3Zn2＋，则需要消耗的Zn的质量为eq \f(\f(6.9kg,115g·ml－1)×\f(3,2)×65g·ml－1,99.5%)≈5.88kg。
4．答案：（1）4Fe（CrO2）2＋10Na2CO3＋7O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10CO2
（2）FeO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋2H2O===Fe（OH）3↓＋OH－
（3）4.5≤pH≤9.3 H2SiO3、Al（OH）3
（4）Cl－能将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ）（其他合理答案也可得分）
（5）将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7
（6）A
解析：得固体为Na2CrO4、NaFeO2、Na[Al（OH）4]和Na2SiO3，加水浸取，滤渣为难溶性的Fe（OH）3，滤液中含有可溶性的Na2CrO4、Na[Al（OH）4]和Na2SiO3，加入醋酸调节溶液的pH，得到沉淀Al（OH）3、H2SiO3，则滤渣为Al（OH）3、H2SiO3，调节溶液pH<5，酸性条件下CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 转化为Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ，向溶液中加入KCl，得到溶解度较小的K2Cr2O7。
（1）铬铁矿主要成分为Fe（CrO2）2，焙烧过程中Fe（CrO2）2和碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4、NaFeO2、CO2，根据氧化还原得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4Fe（CrO2）2＋10Na2CO3＋7O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10CO2；
（2）水浸滤渣的主要成分是Fe（OH）3，说明NaFeO2和水反应生成Fe（OH）3，离子方程式为：FeO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋2H2O===Fe（OH）3↓＋OH－；
（3）由分析可知中和步骤加入醋酸调节溶液的pH，目的是除去溶液中的Al3＋和SiO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ，由信息②中图像所给信息可知，理论pH的范围是4.5≤pH≤9.3时，Al3＋和SiO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 浓度小于1.0×10－5ml·L－1，可认为已除尽；中和后滤渣的主要成分是H2SiO3、Al（OH）3；
（4）Cl－具有还原性，能将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ），则酸化时加冰醋酸，不能用盐酸；
（5）由分析可知，工序1加入KCl的作用是将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7；
（6）根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡：
Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋H2O⇌2H＋＋2CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，即有部分Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 会转化为CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 转化为CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，需要加入酸且与Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 或CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 不反应，如硫酸，选A。
5．答案：（1）3Cu＋8H＋＋2NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O 不引入杂质，产物对环境无污染 Fe3＋和Al3＋
（2）冷却结晶 过滤
（3）甲 甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到硫酸铝晶体中混有硫酸铁杂质，所以方案不可行 乙
（4）eq \f(cml·L－1×b×10－3L×250g·ml－1×5,ag)×100% c
解析：根据制备路线可知，Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、浓硝酸，则可以将Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，所以滤渣1的主要成分为Au、Pt，滤液1中含有Cu、Fe、Al的离子。根据滤液2和CuSO4·5H2O可知，滤液2为CuSO4溶液，滤渣2中含有Fe（OH）3和Al（OH）3。
（1）第①步中Cu与稀硫酸和浓硝酸的混合酸反应，可看作Cu与稀硝酸反应，生成NO，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；第②步加H2O2的作用是把Fe2＋氧化为Fe3＋，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染；调溶液PH的目的是使Fe3＋和Al3＋形成沉淀；
（2）由分析可知滤液2为CuSO4溶液，第③步的操作为：滤液2加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾；
（3）由于甲方案中硫酸和氢氧化铁及氢氧化铝都是反应的，所以生成的滤液中含有硫酸铁和硫酸铝，因此如果直接蒸发，将使所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；由于铝的金属性强于铁的，所以方案乙中铝能置换出铁，原子利用率最高。而方案丙中生成的硫酸铝小于方案乙中生成的硫酸铝，原子利用率没有乙高；
（4）消耗EDTA的物质的量是0.001bcml，所以根据反应的方程式可知，消耗铜离子的物质的量也是0.001bcml，所以每一份中胆矾的物质的量是0.001bcml。因此CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝eq \f(cml·L－1×b×10－3L×250g·ml－1×5,ag)×100%。根据表达式可知，如果未干燥锥形瓶，是不会影响实验结果的；若滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，则消耗标准液的体积将减少，测定结果偏低；如果未除净可与EDTA反应的干扰离子，则消耗标准液的体积将偏大，测定结果偏高，因此选c。
6．答案：（1）NH4Cl
（2）搅拌、适当加热、适当增大氯化铵的浓度 MgO＋2NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ===Mg2＋＋2NH3↑＋H2O
（3）NH4Cl和NH3（写NH3·H2O也计分）
（4）温度过高NH3·H2O分解剧烈，大量NH3逸出不利沉镁（合理答案均计分）
（5）2×10－14ml·L－1
解析：菱镁矿粉碎煅烧碳酸镁转化为氧化镁，加入氯化铵，将氧化镁转化为氯化镁溶液，控制溶液pH，将铁、铝转化为氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀，两者和二氧化硅一起成为滤渣，滤液加入氨水生成氢氧化镁沉淀，滤液为过滤的氨水，加入适量HCl得到NH4Cl溶液，煅烧氢氧化镁得到镁砂。
（1）由分析可知，溶液A为NH4Cl溶液，A的化学式为NH4Cl；
（2）为提高“浸出”效率，可采取的措施有搅拌、适当加热、适当增大氯化铵的浓度；由分析可知，菱镁矿粉碎煅烧碳酸镁转化为氧化镁，加入氯化铵，将氧化镁转化为氯化镁溶液，该过程的离子方程式为：MgO＋2NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ===Mg2＋＋2NH3↑＋H2O；
（3）结合流程图可知浸出得到的NH3可转化为氨水，用于沉镁，滤液中含有过量的NH4Cl可用于浸出时的反应液，故该流程中NH4Cl和NH3可循环使用；
（4）加入氨水的目的是沉镁，该操作不宜在较高温度下进行的原因是：温度过高NH3·H2O分解剧烈，大量NH3逸出不利沉镁；
（5）Al3＋完全沉淀时pH＝4.7，则Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3＋）×c3（OH－）＝1.0×10－5×（eq \f(1×10－14,1×10－4.7)）3＝1.0×10－32.9，Fe3＋完全沉淀时pH＝2.8，则Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3＋）×c3（OH－）＝1.0×10－5×（eq \f(1×10－14,1×10－2.8)）3＝1.0×10－38.6，若浸出液中c（Al3＋）＝10－8ml·L－1，则c（OH－）＝eq \r(3,\f(Ksp[Al（OH）3\(],\s\up6( )),c（Al3＋）))＝eq \r(3,\f(1.0×10－32.9,10－8))ml·L－1＝1.0×10－8.3ml·L－1，则eq \f(Ksp[Fe（OH）3],c3（OH－）)＝eq \f(1.0×10－38.6,（1.0×10－8.3）3)ml·L－1＝1.0×10－13.7＝2×10－14ml·L－1。
高分必刷
1．答案：（1）
（2）①NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋ ②趁热过滤
（3）4MnO（OH）＋O2eq \(=====,\s\up7(△))4MnO2＋2H2O
（4）①催化剂 还原剂 ②先加入稀硫酸，再加入H2O2溶液
（5）KSCN溶液 不变红
解析：黑锰粉水洗除去可溶性物质，分离固体通入空气焙炒从而除炭、并氧化MnO（OH）为二氧化锰，加入稀硫酸、过氧化氢生成硫酸锰，加入MnO调节pH过滤分离得到硫酸锰溶液；
（1）锰为25号元素，原子结构示意图为；
（2）①“滤液a”中含有铵根离子，铵根离子水解生成氢离子，导致溶液显酸性，NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋；
②氯化铵溶解度低温时较小，且溶解度受温度影响不大，将“滤液a”蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，得NH4Cl固体；
（3）氧气具有氧化性，O2氧化MnO（OH）生成二氧化锰和水，化学方程式为4MnO（OH）＋O2eq \(=====,\s\up7(△))4MnO2＋2H2O；
（4）①二氧化锰催化过氧化氢生成水和氧气，实验Ⅰ中MnO2的作用是催化剂；实验Ⅱ中加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解，反应中锰元素化合价降低，H2O2中氧元素化合价升高发生氧化反应，过氧化氢为还原剂起还原作用；
②由实验可知，酸性条件下，二氧化锰被过氧化氢还原，故“酸浸”溶解MnO2时加入试剂的顺序是先加入稀硫酸再加入过氧化氢溶液；
（5）铁离子和KSCN溶液变红色，故实验为：取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明铁离子完全沉淀。
2．答案：（1）CaF2＋H2SO4（浓）===CaSO4＋2HF↑ 加快反应速率，提高CaF2的转化率
（2）D
（3）2K＋＋SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ===K2SiF6↓
（4）AsF5、AsF3均为分子晶体（分子间均不存在氢键），AsF5相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高
（5）①BF3＋HNO3＋HF===（HO）2NO＋＋BF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ②<
解析：“酸浸”发生CaF2＋H2SO4===CaSO4＋2HF↑，二氧化硅与HF发生SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O，As2O3与HF发生As2O3＋6HF===2AsF3＋3H2O；
“硫酸吸附”：加入硫酸，部分HF、SiF4以气体形式释放出去，然后加入水吸收为H2SiF4，部分HF、AsF3、多余硫酸进入精馏1；
“精馏1”：因为硫酸熔沸点较高，因此精馏1中得到HF、AsF3；
“氧化”：根据问题（4），过氧化氢将AsF3氧化成熔沸点较高的AsF5；
“精馏2”：蒸馏得到HF；
（1）HF易挥发，“酸浸”时发生难挥发性酸制备易挥发性酸，即生成HF的反应方程式为CaF2＋H2SO4===CaSO4＋2HF↑；工业生产时往往会适当加热，其目的是加快反应速率，提高CaF2的转化率；
（2）HF能与二氧化硅发生反应，玻璃、陶瓷、石英均含有二氧化硅，HF能腐蚀玻璃、陶瓷、石英，“精馏1”设备不能使玻璃、陶瓷、石英材料制作，HF不与金反应，因此“精馏1”设备以金为材料；
（3）KMnO4→HMnO4中Mn的价态没有发生变化，H2SiF6酸性与硝酸相似，即H2SiF6为强酸，HMnO4为溶于水的强酸，该反应为复分解反应，生成K2SiF6沉淀，即离子方程式为2K＋＋SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ===K2SiF6↓；
（4）AsF3、AsF5均为分子晶体，不含分子间氢键，因此相对分子质量越大，范德华力越高，熔沸点越高，因此AsF5相对分子质量大于AsF3，AsF5熔沸点高；
（5）①HNO3在HF中呈碱性，其电离方程式为HNO3＋2HF⇌（HO）2NO＋＋HF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ，BF3在HF中呈酸性，其电离方程式为BF3＋2HF⇌BFeq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4))＋H2F＋，因此两者混合，发生类似的中和反应，其离子方程式为BF3＋HNO3＋2HF===（HO）2NO＋＋BF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ；
②H2O与AsF5反应生成HAsF6，从而推出H2O结合H＋能力小于AsF eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(6)) 。
3．答案：（1）∶eq \(O,\s\up6(··))∶∶C∶∶eq \(O,\s\up6(··))∶
（2）2MS＋2Na2CO3＋5O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))2Na2MO4＋2CO2＋2SO2
4H2O＋Al2O3＋Na2CO3eq \(=====,\s\up7(焙烧))2Na[Al（OH）4]＋CO2↑
（3）NiO NaVO3、NaHCO3
（4）20g·L－1 10g·L－1
（5）6NH4VO3eq \(=====,\s\up7(煅烧))3V2O3＋2N2↑＋2NH3↑＋9H2O
（6）1021
解析：本题是工业流程题，工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有四羟基合铝酸钠，再通入二氧化碳过滤除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸。
（1）由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：∶eq \(O,\s\up6(··))∶∶C∶∶eq \(O,\s\up6(··))∶；
（2）由题中的信息可知，MS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式为
2MS＋2Na2CO3＋5O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))2Na2MO4＋2CO2＋2SO2，
4H2O＋Al2O3＋Na2CO3eq \(=====,\s\up7(焙烧))2Na[Al（OH）4]＋CO2↑；
（3）硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MO4、NaVO3和Na[Al（OH）4]，沉铝通过量CO2生成沉淀Al（OH）3和NaHCO3，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MO4外，还含有NaVO3、NaHCO3；
（4）由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为20g·L－1和10g·L－1时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：20g·L－1和10g·L－1；
（5）由信息和流程可知，NH4VO3沉淀煅烧时分解产生V2O3和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为6NH4VO3eq \(=====,\s\up7(煅烧))3V2O3＋2N2↑＋2NH3↑＋9H2O；
（6）由题意可知Cu2＋＋HS－===CuS＋H＋的
K＝eq \f(c（H＋）,c（Cu2＋）·c（HS－）)＝eq \f(K2（H2S）,Ksp（CuS）)＝1021。
4．答案：（1）＋6 TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ===TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4))
（2）再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本
（3）过量的Na2SO3可将Te（Ⅳ）还原为0价Te，致使溶液中Te（Ⅳ）浓度下降
（4）PbS、CuS
（5）Na2TeO3＋H2SO4===TeO2↓＋Na2SO4＋H2O 过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低
解析：铜阳极泥分铜渣碱浸液中加入亚硫酸钠，TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 与SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 反应得到TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 和SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，溶液含TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 、Cu2＋、Pb2＋，加适量硫化钠沉淀Cu2＋、Pb2＋，过滤得滤渣为PbS、CuS，滤液加适量硫酸，调pH，TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 与H2SO4反应生成TeO2沉淀。
（1）TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 中Te的化合价为＋6价，“还原”中TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 与SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 反应得到TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 和SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，发生反应的离子方程式为：TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ===TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ；
（2）由图可知，“还原”过程中，采用“反应时间为120min、75℃”的原因是：该条件下，回收率已经大于95%，再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本；
（3）“还原”过程中，发生反应的离子方程式为：TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ===TeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，又知Na2SO3可将Te（Ⅳ）还原为0价Te；则Na2SO3的用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因为：过量的Na2SO3可将Te（Ⅳ）还原为0价Te，致使溶液中Te（Ⅳ）浓度下降；
（4）加适量Na2S除铜铅，由于发生反应：Cu2＋＋S2－===CuS，Pb2＋＋S2－===PbS，则滤渣的成分为PbS、CuS；
（5）加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式为Na2TeO3＋H2SO4===TeO2↓＋Na2SO4＋H2O，已知TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性，则硫酸会和TeO2反应，则加酸调pH时加入硫酸的量不宜过多，其原因是：过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低。
5．答案：（1）V、Fe或钒、铁 Na2CO3＋V2O3＋O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))2NaVO3＋CO2
（2）Fe2O3
（3）Al（OH） eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋4H＋===Al3＋＋4H2O
（4）光导纤维或制单质硅等
（5）溶液中存在NH4VO3（s）⇌NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) （aq）＋VO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) （aq），加入过量（NH4）2CO3，增大NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率
（6）（NH4）2CO3、Na2CO3
解析：加入碳酸钠焙烧后，V2O3、Al2O3、SiO2分别生成NaVO3、Na[Al（OH）4]、Na2SiO3，FeO被氧化为Fe2O3，加水进行水溶，只有Fe2O3不溶，则沉淀1为Fe2O3，加入盐酸调节pH＝2～3，将硅元素转化为硅酸，则沉淀2为硅酸，用NaOH调节pH，生成氢氧化铝沉淀，溶液中只含NaVO3，加入（NH4）2CO3“沉钒”析出NH4VO3，煅烧NH4VO3得到V2O5。
（1）由上述分析可知，“焙烧”过程中被氧化的元素为V、Fe或钒、铁；焙烧时，V2O3与Na2CO3、O2反应生成NaVO3和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3＋V2O3＋O2eq \(=====,\s\up7(焙烧))2NaVO3＋CO2；
（2）由上述分析可知，“沉淀1”的成分为Fe2O3；
（3）“滤液1”中铝元素以[Al（OH）4]－形式存在，加入盐酸发生反应Al（OH） eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋4H＋===Al3＋＋4H2O；
（4）由上述分析可知，“沉淀2”为硅酸，硅酸加热分解得到的固体为二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，也可以用来制取单质硅；
（5）NH4VO3溶液中存在NH4VO3（s）⇌NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) （aq）＋VO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) （aq），加入过量（NH4）2CO3，增大NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率；
（6）该流程中，（NH4）2CO3、Na2CO3先消耗后生成，可循环利用。
6．答案：（1）－1 PbSO4
（2）粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度、适当升温等
将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便除去
（3）酸度过高，F－与H＋结合形成弱电解质HF，CaF2（s）⇌Ca2＋（aq）＋2F－（aq）平衡右移
（4）Mn2＋＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===MnCO3↓＋H2O＋CO2↑ 115.8
（5）Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋
解析：阳极渣（主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物），加入稀硫酸酸浸，产生硫酸铅为滤渣Ⅰ主要成分，及产生S；加入双氧水、氧化钙调节pH，除铁、铜，得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铜，再加入MnF2除钙，生成CaF2，再加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰；
（1）根据化合价法则，FeS2中硫元素为－1价，所以铁元素的化合价是＋2价；
根据分析，滤渣Ⅰ的成分除了S还有PbSO4；
（2）加快酸浸速率的措施：粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度，适当升温等；
“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便生成Fe（OH）3而除去；
（3）酸度过高，F－与H＋结合形成弱电解质HF，CaF2（S）⇌Ca2＋（aq）＋2F－（aq）平衡右移，故“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2＋沉淀不完全；
（4）硫酸锰与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸锰和二氧化碳，“沉锰”时发生反应的离子方程式为：Mn2＋＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===MnCO3↓＋H2O＋CO2↑；
反应MnCO3（s）＋2OH－（aq）⇌Mn（OH）2（s）＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) （aq）的平衡常数K＝eq \f(c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）,c2（OH－）)＝eq \f(c（Mn2＋）·c（CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ）,c（Mn2＋）·c2（OH－）)＝eq \f(Ksp（MnCO3）,Ksp[Mn（OH）2])＝eq \f(2.2×10－11,1.9×10－13)＝115.8；
（5）用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极上Mn2＋失电子产生MnO2，电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。
物质
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10－33
5×10－17
1×10－38
2×10－13
离子
Mn2＋
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
H＋
c/(ml·L－1)
0.601
0.15
0.3
0.001
0.1
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
In3＋
开始沉淀pH(离子浓度为0.1ml·L－1时)
1.3
6
3
完全沉淀pH
2.7
8
4.3
金属氢
氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Cu(OH)2
开始沉
淀的pH
2.3
6.8
3.5
4.4
完全沉
淀的pH
3.2
8.3
4.6
6.4
金属离子
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
沉淀完全的pH
2.8
4.7
10.9
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