专题09 金属矿物的开发和利用 （热点讲义）-2022年高三毕业班化学常考点归纳与变式演练

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【考向预测】
1.本部分在高考中常以选择题、流程的形式出现,以矿物加工为主线的工艺流程题是高考必考题。
2.以金属及其化合物在实际生产中的应用为载体的综合实验题的命题趋势较大。
【专题导航】
热点题型一：金属材料
热点题型二：金属的冶炼
热点题型三：热重分析判断物质成分
热点题型四：以矿物加工为主线的工艺流程题
【题型归纳】
热点题型一：金属材料
【知识清单】
1.金属材料分类：
2.合金：
(1)概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。
(2)性能：合金具有不同于各成分金属的物理、化学性能或机械性能。
①熔点：一般比它的各成分金属的低；
②硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。
3.几种常见的合金：
【例1】“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是
A．钢是以铁为主的含碳合金
B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大
C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高
D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3
【答案】C
【详解】
A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；
B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；
C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；
D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；
故选C。
【例2】下列说法不正确的是
A．工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
B．工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅可制得粗硅和一氧化碳
C．单质碳有还原性，在高炉炼铁中直接将氧化铁还原成铁
D．工业上生产玻璃、水泥和炼铁均需要用石灰石为原料
【答案】C
【详解】
A．工业上冶炼铜时是用CuFeS2与O2在高温下发生反应：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，此时得到的铜为粗铜，A正确；
B．在工业上用焦炭与SiO2在高温下反应产生Si、CO，反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，用这种方法还原二氧化硅，可制得粗硅和一氧化碳，B正确；
C．单质碳具有还原性，在高炉炼铁中，焦炭与O2首先反应产生CO，然后是CO与Fe2O3反应产生Fe、CO2，因此在高炉炼铁中焦炭不能直接将氧化铁还原成铁，C错误；
D．在工业上生产玻璃使用的原料是纯碱、石灰石、二氧化硅；制取水泥需要的原料是石灰石、黏土；炼铁时要使用石灰石除去脉石SiO2，因此工业上生产玻璃、水泥和炼铁均需要用石灰石为原料，D正确；
故合理选项是C。
【变式1】“ 17世纪中国工艺百科全书” 《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是
A．“ 凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟” 中的“ 炒” 为氧化除碳过程
B．“ 凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌的古称）参和，转色为黄铜” 中的“ 黄铜” 为锌铜合金
C．“ 凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉” 中的“ 粉” 为 CaO
D．“ 凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫” ，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉
【答案】C
【详解】
A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A选项正确；
B．赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层Cu2O而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；
C．凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca（OH）2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C选项错误；
D．古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D选项正确；
答案选C。
【变式2】表中是四种金属的熔、沸点数据：
(1)根据表中数据，归纳出两种金属不能形成合金的有哪些组合？
。
(2)概括出能形成合金的两种金属应具备的条件。
。
【答案】(1)Na­Cu，Na­Fe
(2)要形成合金，各成分都要有共同的液态温度范围，即合金中一种金属的熔点要高于另一种金属的熔点而低于它的沸点
【方法提炼】
①常温下，多数合金是固体，但钠钾合金是液体。
②合金的物理性质相比于成分金属有所改变，但合金中各成分金属的化学性质仍然不变。
③并非所有的金属都能形成合金，若一种金属的熔点大于另一种金属的沸点，则二者不能形成合金。
热点题型二：金属的冶炼
【知识清单】
1.金属在自然界中的存在：
2.金属冶炼的实质：把金属从化合态还原为游离态。
3.金属冶炼的方法：根据金属的活动性不同，金属冶炼的方法分为热分解法、热还原法、电解法等。
注意：
1.冶炼Mg时电解熔融MgCl2而不电解MgO，原因是MgO的熔点高，熔融时耗费更多能源，增加生产成本。
2.冶炼Al时只能电解熔融Al2O3而不能电解AlCl3，原因是AlCl3是共价化合物，熔融态不导电；加入冰晶石(Na3AlF6)的目的是降低Al2O3的熔化温度。
3.铝热反应应用：（1）制取熔点较高、活动性弱于Al的金属，如铁、铬、锰、钨等；
（2）金属焊接，如野外焊接钢轨等
4.用H2还原法冶炼得到的金属，纯度高，但成本也高；用CO和C还原法冶炼得到的金属，纯度低，冶炼成本也低。
5.铜的冶炼“两方法”
(1)湿法炼铜：Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu。
(2)高温炼铜：工业上用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜(粗铜)：
2CuFeS2＋4O2eq \(======,\s\up7(800 ℃))Cu2S＋3SO2＋2FeO(炉渣)，
2Cu2S＋3O2eq \(=======,\s\up7(1 200 ℃))2Cu2O＋2SO2，
2Cu2O＋Cu2Seq \(======,\s\up7(1 200 ℃))6Cu＋SO2↑。
粗铜通过电解精炼可得到纯度达99.95%～99.98%的铜。电解精炼铜的原理是用粗铜作阳极，失电子变为Cu2＋，用纯铜棒作阴极即可得精铜。
【例1】下列有关金属冶炼的说法错误的是
A．绝大多数金属的冶炼主要依据氧化还原反应原理
B．工业上可利用铝热反应炼铁
C．金属铝的冶炼可采取电解熔融氯化铝的方法
D．金属冶炼常会消耗许多能量，也易造成环境污染
【答案】C
【详解】
A、大多数金属在自然界中以化合态的形式存在，冶炼金属单质的Mn＋＋ne－=M，属于氧化还原反应，故说法正确；
B、利用铝的还原性强于铁，工业上采用铝热法炼铁，如焊接钢轨，故说法正确；
C、氯化铝属于共价化合物，熔融状态下不导电，故说法错误；
D、金属冶炼常会消耗许多能量，也易造成环境污染，如电解熔融状态下氯化钠，消耗许多能量，产生重金属离子，故说法正确。
【例2】铝是一种很重要的金属，可以发生一系列反应制备物质，如图所示：
下列说法错误的是( )
A．反应①又称铝热反应，可用于野外焊接铁轨
B．反应②、③都有氢气生成，产生等量的氢气时转移的电子数相等
C．常用反应⑥制备Al(OH)3，方法是向A12(SO4)3溶液中滴加足量的NaOH溶液
D．工业上用反应⑦制备铝时，常加入冰晶石以降低氧化铝的熔融温度
【答案】C
【详解】
A.铝热反应指Al与某些金属氧化物间的置换反应，反应①为铝热反应，因反应剧烈放热，生成熔融的铁水，可用于野外焊接铁轨，选项A正确；
B. Al既能与酸反应放出氢气又能与碱反应放出氢气，根据化合价的变化，产生等量的氢气时转移的电子数相等，选项B正确；
C. Al(OH)3具有两性，因此制备时不使用强酸、强碱，用Al2(SO4)3溶液制备Al(OH)3沉淀应选用氨水，选项C错误；
D. Al2O3熔点高，电解时要耗费更多的能源，加入冰晶石与氧化铝形成共熔物，可降低氧化铝的熔融温度，选项D正确；
答案选C。
【变式1】下列有关金属的说法正确的是( )
A．生铁比纯铁抗腐蚀能力更强
B．青铜、不锈钢、硬铝都是合金
C．性质越活泼的金属越早被人类冶炼和使用
D．单质铝在空气中比较耐腐蚀，所以铝是不活泼金属
【答案】B
【详解】生铁容易被腐蚀，比纯铁抗腐蚀能力弱，A项错误；
青铜、不锈钢、硬铝都是合金，B项正确；
性质越不活泼的金属越早被人类冶炼和使用，C项错误；
单质铝在空气中比较耐腐蚀，是因为其表面有一层致密的氧化膜，铝是活泼金属，D项错误。
【变式2】铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成中的一种重要还原剂。 以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化纳的一种工艺流程如图：
下列说法中不正确的是
A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎
B．“滤渣”的主要成分在高温下可与铝单质发生化学反应
C．“反应I”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同
D．“反应III”为非氧化还原反应
【答案】C
【分析】
根据流程图可知，铝土矿加入过量NaOH溶液，由于Fe2O3与 NaOH不反应，则滤渣为Fe2O3，滤液中的溶质为偏铝酸钠，加入NaHCO3反应生成 Al(OH)3，则滤渣2为 Al(OH)3，灼烧后得到 Al2O3，电解 Al2O3 得到 O2 和 Al，Al在纯净的 Cl2中燃烧得到 AlCl3，AlCl3和NaH发生反应Ⅲ得到NaAlH4。
【详解】
A．“碱溶”时将铝土矿粉碎可提高固体与酸的接触面积加速反应速率，提高“碱溶”效率，故A正确；
B．由上述分析可知，“滤渣”的主要成分为 Fe2O3，可以与Al单质在高温下发生铝热反应生成Fe和Al2O3，故B正确；
C．反应Ⅰ为偏铝酸钠和NaHCO3的反应，反应的离子方程式为 AlO2−+HCO3−+H2O=CO32−+Al(OH)3↓，原理为“强酸制弱酸”，泡沫灭火器的原理 3HCO3−+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，是相互促进的水解反应，两者原理不同，故C错误；
D．AlCl3和NaH发生反应Ⅲ得到NaAlH4，反应的化学方程式为 4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，所有元素化合价均为发生改变，所以是非氧化还原反应，故D正确；
故选C。
热点题型三：热重分析判断物质成分
【解题方法】
这类试题大多依据结晶水合盐试样热重法实验图像而编制。一般认为加热结晶水合盐反应可分三步进行：第一步是脱去部分水，第二步是生成羟基盐或含水盐，第三步是生成金属氧化物；如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。热重曲线试题可分为两类：第一类，试样发生分解反应，以脱水、分解等方式失重，气氛物质不参加反应；第二类，试样发生氧化、还原等反应，以氧化、还原等方式失重，气氛物质可参加反应，如氧气氧化等。当然也有试题形式上是两者的结合，但本质上可以分步处理，故仍属于上述类型。
【例1】随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。经过热重分析测得：NH4VO3在焙烧过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示。则NH4VO3在分解过程中( )
A．先分解失去H2O，再分解失去NH3
B．先分解失去NH3，再分解失去H2O
C．同时分解失去H2O和NH3
D．同时分解失去H2、N2和H2O
【答案】 B
【详解】NH4VO3的摩尔质量为117 g/ml，设NH4VO3物质的量为1 ml，则210 ℃时失重的质量为1 ml×117 g/ml×(1－85.47%)≈17 g。
NH3的摩尔质量为17 g/ml，所以先分解失去NH3。根据质量守恒定律，化学方程式为NH4VO3eq \(=====,\s\up7(210 ℃))HVO3＋NH3↑。
380 ℃时失重的质量为1 ml×117 g/ml×(1－77.78%)≈26 g。
在第一次失重的基础上，第二次又失去的质量为26 g－17 g＝9 g。
H2O的摩尔质量为18 g/ml，所以再分解失去0.5 ml H2O。根据质量定律守恒，化学方程式为2HVO3eq \(======,\s\up7(380 ℃))V2O5＋H2O↑。确定B选项正确。
【例2】正极材料为LiCO2的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。C(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290 ℃时已完全脱水，则1 000 ℃时，剩余固体成分为________(填化学式，下同)；在350～400 ℃范围内，剩余固体成分为________________。
【答案】 CO C3O4和C2O3
【详解】C(OH)2的摩尔质量为93 g/ml，设C(OH)2的物质的量为1 ml，则C点1 000 ℃时失重的质量为1 ml×93 g/ml×(1－80.65%)≈18 g，即1 ml H2O，根据质量守恒定律，化学反应方程式为C(OH)2eq \(=====,\s\up7(△))CO＋H2O。1 000 ℃时剩余固体的成分为CO。B点500 ℃时失重的质量为1 ml×93 g/ml×(1－86.38%)≈12.7 g。已知290 ℃时，C(OH)2已完全脱水，1 ml C(OH)2脱水成CO时应失重的质量为18 g，因为500 ℃时失重的质量不到18 g，所以一定有氧气进入，使钴元素的化合价发生了变化。进入氧元素的物质的量为n(O)＝eq \f(18 g－12.7 g,16 g/ml)＝eq \f(1,3) ml，即可表述为，整理得化学式为C3O4。
同理，A点290 ℃时失重的质量为1 ml×93 g/ml×(1－89.25%)≈10 g，进入氧元素的物质的量为n(O)＝eq \f(18 g－10 g,16 g/ml)＝0.5 ml，即可表述为CO·O0.5，整理得化学式为C2O3。
所以在350～400 ℃范围剩余固体是C3O4和C2O3的混合物。
【例3】MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则
(1)300 ℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为__________。
(2)图中点D对应固体的成分为________(填化学式)。
【答案】 (1)1∶2 (2)Mn3O4和MnO
【详解】设MnCO3的物质的量为1 ml，即质量为115 g。(1)A点剩余固体质量为115 g×75.65%≈87 g。减少的质量为115 g－87 g＝28 g，可知MnCO3失去的组成为“CO”，故剩余固体的成分为MnO2。(2)C点剩余固体质量为115 g×61.74%≈71 g，据锰元素守恒知m(Mn)＝55 g，则m(O)＝71 g－55 g＝16 g，则n(Mn)∶n(O)＝eq \f(55,55)∶eq \f(16,16)＝1∶1，故剩余固体的成分为MnO，同理，B点剩余固体质量为115 g×66.38%≈76 g，因m(Mn)＝55 g，则m(O)＝76 g－55 g＝21 g，则n(Mn)∶n(O)＝eq \f(55,55)∶eq \f(21,16)≈3∶4，故剩余固体的成分为Mn3O4，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。
【变式1】PbO2受热会随温度升高逐步分解。称取23.9 g PbO2，将其加热分解，受热分解过程中固体质量随温度的变化如图所示。
A点与C点对应物质的化学式分别为____________、____________。
【答案】Pb2O3 PbO
【详解】n(PbO2)＝eq \f(23.9 g,239 g·ml－1)＝0.1 ml，其中n(O)＝0.2 ml。A点，减少的固体质量为23.9 g－23.1 g＝0.8 g，即减少的n(O)＝eq \f(0.8,16)＝0.05(ml)，则剩余的n(O)＝0.2－0.05＝0.15(ml)，则剩余的n(Pb)∶n(O)＝0.1∶0.15＝2∶3。则A点的物质是Pb2O3，同理可得C点物质是PbO。
【变式2】为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(eq \f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×100%)随温度的变化如图所示。
(1)300 ℃时残留固体的成分为________，900 ℃时残留固体的成分为________。
(2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。
【详解】(1)CaC2O4 CaO
(2)500 ℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O的物质的量n(CaC2O4·H2O)＝eq \f(36.50 g,146 g·ml－1)＝0.25 ml，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x ml和 y ml，根据500 ℃时固体总质量可得128x＋100y＝36.50 g×76.16%，根据钙元素守恒可得x＋y＝0.25，解得x＝0.1，y＝0.15，m(CaC2O4)＝0.1 ml×128 g·ml－1＝12.8 g，m(CaCO3)＝0.15 ml×100 g·ml－1＝15.0 g，500 ℃时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。
【变式3】CC2O4是制备钴的氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(CC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300 ℃及以上所得固体均为钴的氧化物。
通过计算确定C点剩余固体的化学成分为 (填化学式)。写出B点对应的物质与O2在225～300 ℃发生反应的化学方程式： 。
【答案】C3O4(写成CO·C2O3亦可) 3CC2O4＋2O2eq \(=========,\s\up7(225～300 ℃))C3O4＋6CO2
【详解】CC2O4·2H2O―→CC2O4―→CxOy，C点应为钴的氧化物，18.3 g 晶体中钴的物质的量为0.1 ml，质量为5.9 g,8.03 g CxOy 中氧的物质的量为eq \f(8.03 g－5.9 g,16 g·ml－1)≈0.133 ml，所以eq \f(x,y)＝eq \f(0.1 ml,0.133 ml)≈eq \f(3,4)，其化学式为C3O4。
热点题型四：以矿物加工为主线的工艺流程题
【解题方法】物质制备型化学工艺流程
（1）读流程图
①箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。
②三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。
（2）解题要点
①审题要点：a.了解生产目的、原料及产品；b.了解题目提供的信息；c.分析各步的反应条件、原理及物质成分；d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。
②答题切入点：a.原料及产品的分离提纯，b.生产目的及反应原理；c.生产要求及反应条件；d.有关产率、产量及组成的计算；e.绿色化学。
2.分离提纯型化学工艺流程题常见答题方向
【例1】利用废铝箔(主要成分为，含少量、等)制明矾的一种工艺流程如图：
下列说法不正确的是
A．①中生成了：
B．操作是过滤，以除去难溶于溶液的杂质
C．②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质
D．由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度
【答案】C
【分析】
Al有两性，能与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶于水，而Mg、Fe不反应，以单质固体形式除去，则操作a是过滤，再加稀硫酸调节pH析出Al(OH)3沉淀，过滤固体，继续向纯固体中加入适量稀硫酸得到Al2(SO4)3溶液，最后加饱和K2SO4溶液结晶得到溶解度更小的明矾。
【详解】
A．Al具有两性，能与强碱反应，化学方程式为：，故A正确；
B．Mg、Fe不与NaOH反应，则操作是过滤，以除去难溶于溶液的杂质，故B正确；
C．②中加入稀硫酸的作用是调节pH使Al3+转为Al(OH)3沉淀，③中是为了溶解Al(OH)3沉淀同时引入硫酸根，两者作用不同，故C错误；
D．④是根据溶解度差异来制取明矾，即室温下明矾的溶解度小于Al2(SO4)3和K2SO4的溶解度，故D正确；
故选：C。
【例2】我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1 ml·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表所示：
回答下列问题：
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为 。
(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有 ；氧化除杂工序中ZnO的作用是 ，若不通入氧气，其后果是 。
(3)溶液中的Cd2＋可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为 。
(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为 _；沉积锌后的电解液可返回 工序继续使用。
【答案】(1)2ZnS＋3O2eq \(======,\s\up7(焙烧),\s\d5( ))2ZnO＋2SO2
(2)PbSO4 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe2＋
(3)Cd2＋＋Zn===Cd＋Zn2＋
(4)Zn2＋＋2e－===Zn 溶浸
【详解】(1)闪锌矿的主要成分是ZnS，所以高温焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS＋3O2eq \(=====,\s\up7(焙烧),\s\d5( ))2ZnO＋2SO2。
(2)闪锌矿焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量SiO2、Fe2O3、CdO、PbO，加稀H2SO4后，发生一系列化学反应：ZnO＋H2SO4===ZnSO4＋H2O、Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O、CdO＋H2SO4===CdSO4＋H2O、PbO＋H2SO4===PbSO4＋H2O。其中SiO2和PbSO4不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1的主要成分是SiO2和PbSO4。氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH在2.8～6.2，使Fe3＋完全转变为Fe(OH)3沉淀；通入O2的目的是使溶液中的Fe2＋转化为Fe3＋，有利于除杂，若不通入O2，无法除去溶液中的杂质Fe2＋。
(3)溶液中的Cd2＋与加入的Zn粉反应而被除去，反应的离子方程式为Zn＋Cd2＋===
Zn2＋＋Cd。
(4)电解ZnSO4溶液制备单质Zn时，阴极放电的是Zn2＋和H＋。因为溶液中的Zn2＋浓度较大，所以阴极电极反应式应该是Zn2＋＋2e－===Zn，阳极放电的是OH－，电极反应式是
4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。沉积锌后的溶液应该是ZnSO4和稀H2SO4，可返回到溶浸工序循环使用。
【变式1】利用熔融焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣(含Al、Al2O3、Cr2O3、SiO2)中浸出铝和铬，实现铬和铝的再生利用，其工艺流程如下：
已知：溶液1中含Cr元素的离子只有。
(1)铬渣粉碎的目的是______。
(2)操作I、II、III中所用到的玻璃仪器有玻璃棒、_____、烧杯，滤渣A的主要成分是____(填化学式)。
(3)滤液a中通入O2发生反应的离子方程式为___________。
(4)滤渣B的主要成分为氢氧化铝，滤渣C受热分解所得的物质可以循环利用。
①滤渣B在工业、医疗等方面都有广泛的应用，其在医疗上主要用于______。
②滤渣C受热分解后可循环利用的物质有_____(填化学式)，其受热分解的化学方程式为___。
【答案】（1）増大接触面积，加快浸取速率，提高产率 （2） 漏斗 SiO2

①治疗胃酸过多
②（或）
【分析】
铬渣(含Al、Al2O3、Cr2O3、SiO2)加硫酸酸浸，Al、Al2O3转变为Al2(SO4)3，Cr2O3转变为Cr2(SO4)3，SiO2不溶解，经过滤，得滤渣A为SiO2，滤液a中通入氧气，则由信息知Cr2(SO4)3被氧化为。加入碳酸钠溶液调节pH，使铝离子转变为氢氧化铝沉淀，过滤，则滤渣B为氢氧化铝，滤液b继续通入二氧化碳调节溶液pH、使碳酸钠转变为碳酸氢钠晶体，过滤得到滤渣C为碳酸氢钠晶体，滤液c含+6价Cr元素等，经一系列操作可转变为铬，据此回答。
【详解】
(1)接触面积大反应速率快，则铬渣粉碎的目的是増大接触面积，加快浸取速率，提高产率；
(2)操作I、II、III均为过滤，用于分离不溶性固体和液体混合物，所用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；据分析可知滤渣A的主要成分是SiO2 (填化学式)；
(3)滤液a含硫酸、Al2(SO4)3、Cr2(SO4)3，由信息知Cr2(SO4)3被通入的O2氧化为。则发生反应的离子方程式为；
(4) 溶液1含Al2(SO4)3、等，加入碳酸钠溶液调节pH，使铝离子转变为氢氧化铝沉淀，则滤渣B的主要成分为氢氧化铝，滤液b继续通入二氧化碳、使碳酸钠转变为碳酸氢钠晶体，过滤得到滤渣C为碳酸氢钠晶体，滤渣C受热分解生成的、碳酸钠、二氧化碳等物质可以循环利用。
①滤渣B为氢氧化铝，能与盐酸反应，故其在医疗上主要用于治疗胃酸过多；
②滤渣C为碳酸氢钠晶体，受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，由流程知，可循环利用的物质有（或），其受热分解的化学方程式为。
【变式2】镁在工业、医疗等领域均有重要用途。某小组利用工厂废弃物(主要含MgCO3、MgSiO3、Al2O3和Fe2O3等)设计回收镁的工艺流程如图：
各种阳离子开始沉淀(浓度均为0.1 ml·L－1)和结束沉淀时的pH：
(1)酸浸前将“废料”粉碎，酸浸过程中采用“加热、适当提高稀硫酸的浓度等”措施的目的是 ，为达到此目的，还可以采取的措施是 (任写一条)。
(2)滤渣1的名称是 。
(3)第一次调节pH的目的是 。
为了提高产品的纯度，试剂X不可能是 (填字母)。
A．氨水 B．MgO C．MgCO3 D．CuO
设计简单方案分离滤渣2中的成分，简述实验过程： 。
(4)生成滤渣3的离子方程式为 。
工业上由滤渣3得到镁锭发生的最后一步化学方程式为 。
【答案】(1)提高酸浸速率 搅拌
(2)硅酸(或原硅酸)
(3)使Fe3＋、Al3＋沉淀 D
溶于适量氢氧化钠溶液，过滤得Fe(OH)3；向滤液中通入适量CO2，过滤得Al(OH)3
(4)Mg2＋＋2NH3·H2O===Mg(OH)2↓＋2NHeq \\al(＋,4)
MgCl2(熔融)eq \(=====,\s\up7(通电))Mg＋Cl2↑
【详解】(1)增大固体的表面积、升高温度、搅拌、增大硫酸的浓度等均可加快反应速率。(2)MgSiO3与硫酸生成硫酸镁和硅酸。(3)第一次调节溶液的pH目的是除去Fe3＋和Al3＋，得到Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀。加入CuO虽能调节pH，但是引入了Cu2＋杂质。分离Fe(OH)3和Al(OH)3，利用Al(OH)3的两性，先将滤渣2溶于NaOH溶液中，过滤；向滤液中通入CO2，过滤。(4)生成滤渣3的反应是加入的氨水与Mg2＋反应生成Mg(OH)2，同时生成硫酸铵。将Mg(OH)2变为Mg的步骤，两步即可：先与盐酸反应生成氯化镁，再电解熔融的氯化镁。
金属
Na
Al
Cu
Fe
熔点/ ℃
97.81
660
1 038
1 535
沸点/ ℃
883
2 467
2 567
2 750
方法名称
主要反应原理(举例)
热分解法
2HgO eq \(=====,\s\up7(△)) 2Hg＋O2↑
2Ag2O eq \(=====,\s\up7(△)) 4Ag＋O2↑
热还原法
CO作还原剂
Fe2O3＋3CO eq \(=====,\s\up7(高温)) 2Fe＋3CO2(高炉炼铁)
H2作还原剂
WO3＋3H2 eq \(=====,\s\up7(△)) W＋3H2O
活泼金属作还原剂
3MnO2＋4Al eq \(=====,\s\up7(高温)) 3Mn＋2Al2O3（铝热反应）
电解法
2Al2O3(熔融) eq \(=====,\s\up7(电解),\s\d5(冰晶石)) 4Al＋3O2↑
MgCl2(熔融) eq \(=====,\s\up7(电解)) Mg＋Cl2↑
2NaCl(熔融) eq \(=====,\s\up7(电解)) 2Na＋Cl2↑
工艺操作(结果)
目的评价(或操作名称)
方
法
措
施
研磨(粉碎)
增大接触面积，加快反应(溶解)速率
煅烧(焙烧)
矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质
水浸
利用水溶性把物质进行分离
酸浸(碱浸)
利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子
控
制
条
件
调节溶液pH
某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解
控制温度
加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等
增大某反应物用量
增大另一反应物的转化率
某种试剂的选择
是否带入杂质、是否影响产品的纯度
分
离
提
纯
不相溶液体
分液
相溶性液体
蒸馏
难溶性固体
过滤
易溶性固体
蒸发浓缩、冷却结晶
趁热过滤
防止温度降低，某物质析出
冰水洗涤
减少晶体的溶解损失
乙醇、有机溶剂洗涤
减少晶体的水溶性损失
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Zn2＋
Cd2＋
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
金属阳离子
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
开始沉淀pH
1.1
3.0
8.4
完全沉淀pH
3.0
4.7
10.8