（全国通用）高考化学二轮热点题型归纳与变式演练 专题27 无机化工流程（解析+原卷）学案

专题27 无机化工流程目 录一、热点题型归纳………………………………………………………………………………………………..1【题型一】 原料的预处理…………………………………………………………………………..……1【题型二】 核心化学反应与条件控制………………………………………………………..…………5【题型三】 物质的分离与提纯…………………………………………………………………………11二、最新模考题组练……………………………………………………………………………………………16【题型一】 原料的预处理【典例分析】1．硫铁矿的主要成分为，工业上常用硫铁矿在空气中煅烧产气来制备硫酸，该过程中的烧渣可用于制备铁红、绿矾等。现以硫铁矿烧渣(主要成分为、FeO，还含有少量的、杂质)为原料、氨水为沉淀剂制备铁红颜料的流程如图所示：预处理根据所学知识，回答下列问题：(1)写出高温煅烧生成的化学方程式：___________，其中氧化产物为___________(填化学式)。(2)“浸取液Ⅰ”中加入的目的是___________，发生反应的离子方程式为___________。(3)“操作Ⅰ”的名称为___________。(4)在加入氨水沉淀时，调节pH可使得沉淀而不沉淀。“滤液Ⅱ”中溶质的主要成分为___________(填化学式)。写出获得“滤渣Ⅱ”的离子方程式：___________。【答案】(1) 、 (2) 作氧化剂，氧化 (3) 过滤 (4) 、(多写不扣分) 【分析】硫铁矿烧渣(主要成分为 Fe2O3、FeO，还含有少量的 Al2O3、 SiO2杂质)经过酸浸后 Fe2O3、FeO和 Al2O3溶解，SiO2在硫酸中不能溶解，过滤将难溶物除去，用 H2O2将浸取液Ⅰ中的 Fe2+氧化成Fe3+，继续加入氨水，调节pH可使得 Fe3+沉淀而 Al3+ 不沉淀，过滤分离得到 Fe(OH)3，煅烧得到铁红，据此分析答题。【详解】(1) FeS2 在高温煅烧时，铁元素生成 Fe2O3，硫元素生成SO2，发生的化学方程式为： ；硫元素和铁元素化合价均升高，得到氧化产物，氧化产物为： Fe2O3、 SO2；(2)硫铁矿烧渣中含有Fe2+，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，便于下一步用氨水使Fe3+沉淀；发生的离子方程式为：；(3)硫酸酸浸溶解Fe2O3、FeO和Al2O3，SiO2在硫酸中不能溶解，过滤将难溶物除去，故操作Ⅰ为过滤；(4) 酸浸之后溶液中含有：Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、FeSO4，若硫酸过量，还有剩余的 H2SO4。加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，加入氨水沉淀时，调节pH可使得Fe3+沉淀而Al3+不沉淀，溶液中剩余溶质主要为(NH4)2SO4、Al2(SO4)3；滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，氨水沉淀Fe3+所得，离子方程式为：。 【提分秘籍】原料预处理：酸浸：溶解、去氧化膜等，使得可溶性的离子进入溶液中，不容物过滤去除。碱浸：去油污（酯）、溶解铝、二氧化硅、氧化铝等，使得可溶性的离子进入溶液中，不容物过滤去除。水浸：与水反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。研磨（雾化、粉碎）：增大反应接触面积，以加快化学反应速率或使反应更充分。灼烧（焙烧、煅烧）：使物质高温分解或者氧化去除杂质、改变物质结构，使物质能溶解。如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。煅烧高岭土。加入其他物质：如有机物醇、四氯化碳、无机盐等----反应、溶解。【变式演练】预处理5．可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；(3)滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；(4)加入絮凝剂的目的是_______；(5)“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_______，常温下加入的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；(6)滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为_______【答案】(1) (2) 适当升高温度，将独居石粉碎等 (3) Al(OH)3 (4) 促使铝离子沉淀 (5) ↑ 碱性 (6)6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑ 【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。【详解】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为↑；铵根离子的水解常数Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==≈2.3×10-8，则Kh()O>C 2 (2)使Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀，同时避免Al3+沉淀 (3)Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O (4) 趁热过滤 减少产品的溶解损失，有利于后续干燥 (5) 乳酸根离子被酸性高锰酸钾溶液氧化 94.56% 【分析】由题给流程可知，向赤铁矿渣中加入稀硫酸酸浸时，氧化铁和氧化铝与稀硫酸反应得到可溶性硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH在3.5~4.1范围内，将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而铝离子不沉淀，过滤得到含有硫酸铝的滤液和氢氧化铁沉淀；向氢氧化铁沉淀中加入稀硫酸酸溶得到硫酸铁溶液，向硫酸铁溶液中加入足量的铁，将硫酸铁完全转化为硫酸亚铁，过滤得到过量的铁和硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵溶液，将硫酸亚铁转化为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁沉淀和硫酸铵溶液；向碳酸亚铁中加入乳酸溶液，将碳酸亚铁转化为乳酸亚铁，向反应后的溶液中加入过滤得到的铁，防止亚铁离子被氧化；反应后经隔绝空气低温蒸发浓缩、趁热过滤除去铁、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥得到乳酸亚铁晶体。【详解】(1)同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则C、N、O的一第电离能由大到小的顺序为N>O>C；水分子中O原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，故答案为：N>O>C；2；(2)由分析可知，常温下，调pH=3.5~4.1的目的是将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而铝离子不沉淀，故答案为：使Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀，同时避免Al3+沉淀；(3)“沉铁”过程发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4) 由分析可知，“操作2”具体操作为反应后经隔绝空气低温蒸发浓缩、趁热过滤除去铁、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥得到乳酸亚铁晶体；由乳酸亚铁晶体几乎不溶于乙醇，易被氧化可知，用乙醇洗涤的目的是减少因乳酸亚铁晶体溶于水而造成损失，乙醇挥发时带走水蒸气，有利于干燥晶体，故答案为：趁热过滤；减少产品的溶解损失，有利于后续干燥；(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，所以计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；由题意可知，滴定时发生的反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，由题给数据可知，实验2误差较大，应略去，由实验1、3可得反应消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为=19.70mL，由方程式可知，20mL溶液中n（Fe2+）=n（Ce4+）=0.1000mol/L×0.0197L=0.00197mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为×100%=94.56%，故答案为：乳酸根离子被酸性高锰酸钾溶液氧化；94.56%。5．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)：预处理分离与提纯核心反应条件控制溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：回答下列问题：（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是①溶解铝及其氧化物，②_______。（2）“转化”过程中反应的离子方程式为_______，c(H2O2)随时间t的变化关系如图所示，反应开始10～20min内c(H2O2)迅速减小，原因可能是_______(不考虑溶液温度变化)。（3）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=_______。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是_______。（4）硫酸镍结晶水合物的形态与温度的关系如下表。从滤液⑤中获得稳定NiSO4·6H2O晶体的操作1依次是蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥。（5）分离出NiSO4·6H2O晶体后的剩余液体要循环使用，则应该回流到流程中滤液_______的位置(填②、③、⑤)，其目的是_______。【答案】（1）除去油脂（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Fe3+对H2O2的分解有催化作用 （3）10-15.6 3.2≤pH＜6.2(答3.2~6.2、3.2≤pH≤6.2、3.2＜pH＜6.2等合理答案不扣分) （4）冷却至30.8℃~53.8℃之间时结晶（5）⑤ 提高镍回收率 【分析】向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，之后加入碳酸钠溶液得到NiCO3沉淀，过滤后再用稀硫酸溶解得到硫酸镍溶液，经系列操作得到NiSO4·6H2O晶体，以此解答该题。（1）该氢镍催化剂来自油脂厂，表面会有大量油脂，NaOH溶液可以使油脂水解将其除去；（2）转化过程中双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；反应开始时溶液中存在大量Fe3+，Fe3+对H2O2的分解有催化作用，所以c(H2O2)迅速减小；（3）根据题目所给信息，当c(Ni2+)=0.01mol/L时，pH为7.2，则此时c(OH-)=10-6.8mol/L，Ni(OH)2的Ksp= c(Ni2+)·c2(OH-)=10-2×(10-6.8)2=10-15.6；“调pH”的目的是使Fe3+完全沉淀，但Ni2+不沉淀，所以pH最小为3.2，溶液中c(Ni2+)=1.0mol/L，则Ni2+开始沉淀时溶液中c(OH-)==10-7.8mol/L，则c(H+)=10-6.2mol/L，pH为6.2，所以调节pH的范围为3.2≤pH＜6.2；（4）流程的目的是获得NiSO4·6H2O，根据信息可知温度为30.8℃～53.8℃时，晶体主要存在形式为NiSO4·6H2O，所以应蒸发浓度、冷却至30.8℃~53.8℃之间时结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）剩余液体为NiSO4的饱和溶液，应回流到滤液⑤的位置，重新结晶，以提高镍回收率。6．锰酸锂是较有前景的锂离子电池正极材料之一、工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等的氧化物)为原料制备锰酸锂(LiMn2O4)。工艺流程如下图：分离与提纯核心反应条件控制预处理回答下列问题：（1）为了提高浸取速率可采取的措施有___________(任写2种)。（2）“浸取”得到的浸取液中阳离子主要是，生成的离子方程式为___________。（3）滤渣II的主要成分是___________；“精制”中加入的量比理论值大得多，其主要原因是___________。（4）“沉锰”得到的是和滤饼，二者均可被氧化为，若控温氧化时溶液的随时间的变化如下图所示，下降的原因是___________(用化学方程式表示)。（5）工业上也可以将“精制”后的滤液加入来合成。中S的化合价为+6价，则一个中含过氧键的数目为____个。（6）为测定锰酸锂的纯度，取产品置于锥形瓶中，向其中加入和足量硫酸，充分反应后，用标准溶液滴定未反应完的，到达滴定终点时消耗标准溶液。已知：，则该产品中锰酸锂的质量分数是______。【答案】（1）适当升温；适当增加浸取剂浓度；搅拌（2）（3） 在的催化作用下部分分解 （4）（5）1（6）90.5%【分析】软锰矿主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等的氧化物。加入FeSO4、H2SO4浸取，被还原为MnSO4，FeSO4被氧化为Fe2(SO4)3，过滤出SiO2，得到MnSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3、FeSO4、H2SO4的混合溶液，加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入调节溶液pH生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，除去Fe、Al元素，滤液中加氨水沉锰，得到的是和滤饼，通入水、氧气控温、氧化生成，加入Li2CO3锂化生成LiMn2O4。（1）根据影响反应速率的因素，适当升温、适当增加浸取剂浓度、搅拌都能提高浸取速率；（2）加入FeSO4、H2SO4浸取，被FeSO4还原为MnSO4，反应的离子方程式是；（3）H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入调节溶液pH生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，滤渣II的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；在的催化作用下部分分解，所以“精制”中加入的量比理论值大得多；（4）控温氧化时发生反应，，所以溶液的下降；（5）中S的化合价为+6价，则一个中含有2个-1价氧原子，所以过氧键的数目为1个；（6）和反应的离子方程式是，则氧化的物质的量是，锰酸锂消耗的物质的量是，根据反应方程式，锰酸锂的物质的量是，则该产品中锰酸锂的质量分数是90.5%。8．工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量、、、等杂质)冶炼金属锰的流程如图所示：分离与提纯预处理核心反应条件控制已知部分难溶物的溶度积常数见下表：回答下列问题：（1）“酸浸”步骤中被还原的物质有___________，该步骤中MnO2参与反应的离子方程式为___________。（2）“滤渣2”的主要成分是___________，已知“氧化”后溶液中，若调pH至6，则是否有析出，列式计算：___________。（3）写出“沉镁”步骤的离子方程式：___________，该反应的平衡常数值为___________。（4）“沉锰”时，若温度过高会产生含锰元素的副产物___________(写化学式)；“沉锰”后的母液加入碱液，再加热处理可返回___________(填步骤名称)步骤循环利用。【答案】（1）Fe2O3、MnO2 （2）、 ，无析出或，无析出 （3） （4） 调pH 【分析】利用软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量、、、等杂质)冶炼金属锰的流程可知，利用硫酸酸浸，二氧化硅不溶过滤得到滤渣1，同时通入还原性气体二氧化硫，将铁离子、+4价锰分别还原亚铁离子和锰离子，滤液中加入二氧化锰在把亚铁离子氧化为铁离子，通入氨气调节pH沉淀铁离子和铝离子，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中加入MnF2沉淀得到MgF2沉淀，滤液中加入碳酸氢铵沉锰得到碳酸锰，碳酸锰在空气中煅烧得到二氧化锰，最后用铝粉还原得到单质锰，据此解答。（1）根据以上分析可知“酸浸”步骤中被还原的物质有Fe2O3、MnO2，其中MnO2参与反应的离子方程式为；（2）利用氨气调节pH沉淀铁离子和铝离子，“滤渣2”的主要成分是、，已知“氧化”后溶液中，若调pH至6，氢氧根浓度是10－8mol/L，由于，所以无析出；（3）“沉镁”步骤中生成氟化镁，反应的离子方程式为，该反应的平衡常数值为Ksp＝＝；（4）“沉锰”时，若温度过高，锰离子会转化为氢氧化锰，即会产生含锰元素的副产物是；“沉锰”后的母液中含有铵根离子，加入碱液，再加热处理产生氨气，可返回调pH步骤循环利用。11．以含钴废催化剂(主要成分为、、)为原料制取复合氧化钴的流程如下：预处理分离与提纯核心反应条件控制已知：可与反应生成氢气；难溶于水可溶于稀盐酸；受热不稳定且。（1）用溶解后过滤，得到的滤渣是___________(填化学式)。为提高钻元素的利用率可将滤渣洗涤2～3次，再将洗液与滤液合并，检验滤渣是否洗净的试剂是___________(填化学式)。（2）通入是为了氧化，氧化过程中反应的离子方程式是___________。为了确定生成了，可选的检验试剂是___________(填试剂名称)。（3）写出溶解2的化学方程式___________。（4）准确称取沉钴2中所得纯净固体，在空气中灼烧得到钴的一种氧化物，所得中Co原子与O原子物质的量之比为___________。【答案】（1） （2） 硫氰化钾 （3）（4）3∶4【分析】含钴废催化剂加硫酸溶解，其中Co、Fe与硫酸反应和硫酸亚铁，二氧化硅不溶于硫酸，过滤后滤渣为二氧化硅，在滤液中通入氯气，将氧化成，再加入碳酸钠调节pH值，使完全沉淀除去，过滤后在滤液中继续加碳酸钠将转化成沉淀，过滤将溶于盐酸，得到，在溶液中加溶液，将钴沉淀得到，过滤后将灼烧得到复合氧化钴，据此分析解答。（1）加硫酸后Co、Fe溶于酸，二氧化硅不溶于硫酸，过滤后滤渣为二氧化硅，若滤渣洗涤干净则最后一次洗涤液中应不存在硫酸根离子，因此可用氯化钡溶液检验最后一次洗涤液中是否出现白色沉淀以确定沉淀是否洗净，故答案为：；（2）氯气将氧化成，反应的离子方程式为：，生成的可用KSCN溶液检验，故答案为：；硫氰化钾；（3）溶解2中，溶于盐酸，得到，反应为：，故答案为：；（4）固体，则的物质的量为：，其中Co原子的物质的量为0.03mol，质量为：0.03mol×59g/mol=1.77g。氧化物的质量为，则所含氧原子的质量为2.410g-1.77g=0.64g，氧原子的物质的量为：，Co原子与O原子物质的量之比为3:4，故答案为：3:4；12．以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如下。回答下列问题：预处理核心反应条件控制分离与提纯己知溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：（1）混合研磨成细粉的目的是_______。“酸浸”过程得到的滤液中含有，则该过程中主要反应的离子方程式是_______。（2）根据上表数据，计算的_______。若“调”后的溶液中浓度为，则“调”应控制的范围是_______。（3）“沉猛”时，参与反应的离子方程式是_______。（4）结合图像，分析从“操作A”所得溶液中得到晶体需进行的操作是_______、洗涤、干燥.若称取一定质量的用标准溶液滴定(操作过程产生的误差很小可忽略)，计算所得样品质量分数大于，分析可能的原因是_______。【答案】 （1）增大与酸的接触面积，加快反应速率 （2） 4.7~7.1 （3）（4）蒸发结晶、趁热过滤 样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质 【分析】黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先进行粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铝和硫酸铁，MnO2、FeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铁，由表中数据计算出Mn(OH)2的Ksp可知，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH值4.7~7.1之间除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得滤液中加入氨水、碳酸氢铵发生反应，将锰转化为碳酸锰沉淀，碳酸锰沉淀中加入稀硫酸，将其转化为硫酸锰溶液，经过操作A即蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，过滤洗涤干燥后得到MnSO4·H2O，据此分析解题。（1）由分析可知，混合研磨成细粉的目的是增大与酸的接触面积，加快反应速率，“酸浸”过程得到的滤液中含有，是由于MnO2和FeS2反应转化而来的，故该过程中主要反应的离子方程式是，故答案为：增大与酸的接触面积，加快反应速率；；（2）根据上表数据，计算的c(Mn2+)c2(OH-)=0.01mol/L×(mol/L)2=10-5mol/L×(mol/L)2=，当浓度为时，溶液中c(OH-)==10-6.9mol/L，此时溶液的pH=7.1，由分析可知，调节pH的目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，故“调”应控制的范围是4.7~7.1，故答案为：；4.7~7.1；（3）由分析可知，“沉猛”时，参与反应的离子方程式是，故答案为：；（4）由题干溶解度图像可知，当温度低于40℃时溶液将析出，故由分析从“操作A”所得溶液中得到晶体需进行的操作是蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤、干燥，若称取一定质量的用标准溶液滴定(操作过程产生的误差很小可忽略)，若样品失去部分结晶水则导致相同质量的样品中含有的硫酸根偏大，导致结果偏高，或样品混有硫酸盐杂质也将产生跟多的硫酸钡，导致计算所得样品质量分数大于，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质。13．钪()是地壳中含量极少的稀土元素，在照明、合金和催化剂等领域有重要应用。钛铁矿的主要成分为(可表示为)，还含有少量等氧化物，从钛铁矿中提取的流程如下：预处理分离与提纯核心反应条件控制已知：①当离子浓度减小至时可认为沉淀完全②室温下，溶液中离子沉淀完全的如下表所示：③，回答下列问题：（1）“酸浸”后元素转化为，其水解反应的化学方程式是___________。（2）“萃取”时，使用煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率受振荡时间的影响如图，萃取时选择最佳的振荡时间为___________ 。（3）“洗钛”所得为橘黄色的稳定离子，的作用是___________。(写出两点)（4）“酸溶”后滤液中存在的阳离子浓度均小于“除杂”过程中应控制的范围是___________。（5）“沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物。其反应的化学方程式为___________。【答案】（1）TiOSO4+(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+H2SO4（2）10（3）提供配位体，生成稳定配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层，便于除钛；将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的（4）3.2~3.7（5）Sc2(C2O4)3∙5H2OSc2O3＋3CO2↑＋3CO↑＋5H2O↑【分析】钛铁矿主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，还含有Mg、Si、Sc等元素，由流程可知，加浓硫酸酸浸后，滤渣1为二氧化硅或不溶性硅酸盐，水解发生TiOSO4+(x+1)H2O=TiO2•xH2O+H2SO4，萃取时分离出Ti、Sc，洗钛分离出[TiO(H2O2)]2+，加NaOH反萃取后分离出Sc，与盐酸反应加草酸发生3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3↓+6H+，再灼烧发生Sc2(C2O4)3 Sc2O3+3CO↑+3CO2↑，需避免CO污染环境。（1）“酸浸”后Ti元素转化为TiOSO4，其水解反应的化学方程式是 TiOSO4+(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+H2SO4。故答案为：TiOSO4+(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+H2SO4；（2）“萃取”时，使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率α受振荡时间的影响如图，由图可知，萃取时适宜的振荡时间为10min，萃取率较高；故答案为：10（3）“洗钛” 所得[TiO(H2O2)]2+为橘黄色的稳定离子，H2O2 的作用是 提供配位体，生成稳定配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层，便于除钛，将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的。(写出两点)，答案为：提供配位体，生成稳定配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层，便于除钛；将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全达到除铁目的；（4）“酸溶”后滤液中存在的阳离子Sc3+、TiO2+、 Fe3+浓度均小于0.01 mol·L-1.，用氨水调节溶液pH使TiO2+、Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀，室温下TiO2+完全沉淀的pH为1.05，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，铁离子完全沉淀时c(OH-)=mol/L=1.587×10-11mol/L，Ksp[Sc(OH)3]=1.25×10-33，开始沉淀时c(OH-)= mol/L=5×10-11mol/L，对应的氢离子浓度分别为6.3×10-4mol/L、2×10-4mol/L，除杂”过程中应控制的pH范围是 3.2~3.7。故答案为：3.2~3.7；（5）沉钪”后得到五水草酸钪，焙烧生成四种氧化物。其反应的化学方程式为Sc2(C2O4)3∙5H2OSc2O3＋3CO2↑＋3CO↑＋5H2O↑。故答案为：Sc2(C2O4)3∙5H2OSc2O3＋3CO2↑＋3CO↑＋5H2O↑。 金属离子Cu2+Fe2+Fe3+开始沉淀时pH5.27.62.7完全沉淀时pH6.49.63.7Cu(OH)2Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH4.78.38.11.2完全沉淀pH6.79.89.63.2金属氢氧化物溶度积Ksp开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHAl(OH)32×10-324.15.4Fe(OH)33.5×10-382.23.4滴定序号0.100mol•L-1Ce(SO4)2标准溶液体积/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.8520.1221.3231.0520.70金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L−1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10−5mol·L−1)的pH8.74.73.29.0温度低于30.8℃30.8℃～53.8℃53.8℃～280℃高于280℃晶体形态NiSO4·7H2ONiSO4·6H2O多种结晶水合物NiSO4难溶物溶度积()金属离子开始沉淀时的8.17.52.23.7沉淀完全时的9.69.03.24.7离子沉淀完全的3.29.01.05