必练18 工艺流程综合20题-高考化学总复习高频考点必刷题（广东专用）

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高考化学总复习高频考点必刷题（广东专用）
必练18 工艺流程综合20题
1．(2022·广东高考真题)稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：

已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子




开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/

(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
(2)“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。
①还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_______电子。
②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】(1)Fe2+
(2)     4.7pH<6.2    
(3)4.010-4
(4)     加热搅拌可加快反应速率     冷却结晶
(5)MgSO4
(6)     15     O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】
由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
(2)由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；
(3)滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4；
(4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
(6)①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
2.(2021·广东高考真题) 对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：

已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
(3)“沉钼”中，为7.0。
①生成的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。
(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。


①该氧化物为_______。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】(1) +6 (2) (3)+=↓ (4) (5)
【解析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
【详解】（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。
（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。
②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。
（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。
②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。
3．(2022佛山一模)铜转炉烟灰含金属元素(主要为、、、)的硫酸盐和氧化物以及。其有价金属回收工艺流程如下。已知：时，，。回答下列问题：


(1)“浸出液①”中所含有的金属阳离子有___________和、。“浸出”中，当硫酸浓度大于时，金属离子浸出率反而下降，原因是___________。
(2)“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化后，所得滤渣主要成分为、，该氧化过程的离子方程式为___________。
(3)的溶解度随温度变化曲线如图所示。“浓缩结晶”的具体操作步骤为：


①在时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
②降温至___________蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。其中，步骤①的目的为___________。
(4)“转化”后，滤饼的主要成分是和___________。该工艺中，可循环利用的物质有___________。
(5)测定烟灰中的：取硝酸浸出液于锥形瓶中，调为5，加入指示剂后用的标准溶液滴定至终点(离子方程式为)，消耗标准溶液，则的浓度为___________。
【答案】(1)     Cu2+、Zn2+     难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出
(2)3Fe2++MnO- 4+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(3)     60     加快蒸发速率
(4)     PbCO3     HNO3
(5)10.35ab
【解析】
铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣、PbSO4；浸出液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；浸出渣加入碳酸钠溶液中，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼用硝酸溶解，PbCO3生成Pb(NO3)2，滤液中加入硫酸生成PbSO4沉淀；“浸出液①”中加入过量铁粉置换出铜、铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁；“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化把氧化为，过滤，所得滤渣主要成分为、，滤液②蒸发浓缩得到。
(1)“浸出液①”中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；“浸出液①”中所含有的金属阳离子有Cu2+、Zn2+、、；当硫酸浓度大于时，难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出，金属离子浸出率反而下降；
(2)“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化Fe2+，氧化产物是、还原产物是，根据得失电子守恒，配平氧化过程的离子方程式为3Fe2++MnO- 4+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
(3)①在时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
②60硫酸锌的溶解度最大，降温至60蒸发至溶液出现晶膜，得到硫酸锌饱和浓溶液；
③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。其中，步骤①在时蒸发的目的加快蒸发速率。
(4)“转化”后，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼的主要成分是和PbCO3。该工艺中，“酸浸”是PbCO3和硝酸反应生成硝酸铅，“沉铅”是硝酸铅和硫酸反应生成硫酸铅和硝酸，所以可循环利用的物质有HNO3。
(5)设硝酸浸出液中的物质的量是xmol，

x=；
则的浓度为10.35ab。
4．(2022珠海高三上学期摸底测试)某生产BaCO3的化工厂生产排出大量的钡泥(主要含有BaCO3、BaSO3、Ba(FeO2)2等)，该厂利用钡泥制取Ba(NO3)2晶体(不含结晶水)。部分工艺流程如下：

已知：pH=3.2时，可使Fe3+沉淀完全。
请回答下列问题：
(1)为提高酸溶速率，可采取的措施有___________(任写一条)。
(2)酸溶时，Ba(FeO2)2与酸X反应的化学方程式为___________。
(3)该厂结合本厂实际，化合物Y最好选用___________。
A．HNO3 B．Ba(OH)2 C．BaCO3 D．Na2CO3
(4)滤渣1是___________，滤渣2是___________。
(5)反应II需调节溶液至中性，目的是___________。
(6)“一系列操作”具体是___________。
(7)测定所得Ba(NO3)2晶体的纯度：准确称取w克晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量其质量为m克，则该晶体的纯度为___________。
【答案】(1)升高温度或适当提高酸的浓度或将钡泥粉碎等
(2)Ba(FeO2)2+ 8HNO3=Ba (NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O
(3)C
(4)     BaSO4     Fe(OH)3
(5)中和溶液中过量的硝酸，以免制备晶体的操作中出现硝酸蒸气，腐蚀设备
(6)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥
(7)×100%
【解析】
钡泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba(FeO2)2等，由于产品为硝酸钡晶体，加入X为硝酸，由于硝酸能将BaCO3溶解，BaSO3氧化生成BaSO4，转化为Fe3+，过滤除去滤渣1 BaSO4，滤液中含有硝酸钡、硝酸铁、硝酸，加入Y调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Y既要能中和硝酸，又不产生新杂质，结合工厂生产BaCO3，故Y选用BaCO3，过滤除去滤渣2 Fe(OH)3沉淀，再加入氢氧化钡中和硝酸，得到硝酸钡溶液，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥可得到硝酸钡晶体，据此分析解题。
(1)适当升高温度、适当提高酸的浓度、将钡泥粉碎或者进行搅拌等都可以提高酸溶速率，故答案为：升高温度或适当提高酸的浓度或将钡泥粉碎等；
(2)由分析可知，酸X为HNO3，故酸溶时，Ba(FeO2)2与酸X反应的化学方程式为：Ba(FeO2)2+ 8HNO3=Ba (NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O，故答案为：Ba(FeO2)2+ 8HNO3=Ba (NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O；
(3)由分析可知，滤液中含有硝酸钡、硝酸铁、硝酸，加入Y调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Y既要能中和硝酸，又不产生新杂质，结合工厂生产BaCO3，故答案为：C；
(4)由分析可知，滤渣1是BaSO4，滤渣2是Fe(OH)3，故答案为：BaSO4；Fe(OH)3；
(5)由于加入BaCO3调节pH为4~5之后溶液中含有HNO3，制备晶体的操作中将出现硝酸蒸气，腐蚀设备，故反应II需调节溶液至中性，目的是中和溶液中过量的硝酸，以免制备晶体的操作中出现硝酸蒸气，腐蚀设备，故答案为：中和溶液中过量的硝酸，以免制备晶体的操作中出现硝酸蒸气，腐蚀设备；
(6)由分析可知，“一系列操作”是将硝酸钡溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可得到硝酸钡晶体，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；
(7)最终得到mg为BaSO4的质量，根据钡离子守恒：n[Ba(NO3)2]=n(BaSO4)=mol，则m[Ba(NO3)2]=mol×261g/mol=g，所以该Ba(NO3)2的纯度=×100%=×100%，故答案为：×100%。
5．(2022珠海高三上学期期末)锗是重要的半导体材料，但Ge是地球上最分散的元素之一，被称为“稀散金属”。现利用云南临沧地区富锗的褐煤矿(锗质量分数约为0.01％～0.05％)提取高纯二氧化锗，其工艺流程如图所示：

已知含锗化合物的物理性质如下表：
物质
GeO


熔点/℃
700(升华)
1116

沸点/℃
-
1200
86.5
回答下列问题：
(1)Ge的原子序数为32，Ge在元素周期表中的位置是_______。
(2)对富锗褐煤矿进行“粉碎”的目的是_______。
(3)高温焙烧过程中，可将转化为GeO，同时生成，试写出该转化过程的化学方程式_______。高温焙烧过程中加入的目的是_______。
(4)在“氧化浸出”过程中，反应温度过高时发生的副反应的离子方程式为_______。
(5)“氧化浸出”过程中加入过量浓盐酸，其作用除了可以将转化为外，还能_______，从而提高的产率。
(6)操作A的名称为_______。
【答案】(1)第四周期ⅣA族
(2)增大矿物表面积，提高焙烧效率
(3)          将还原为GeO，使含锗物质更易挥发，减少焙烧过程的能耗
(4)
(5)增大溶液中，抑制水解
(6)蒸馏
【解析】
富锗的褐煤矿(锗质量分数约为0.01％～0.05％)进行粉碎，增大固体的表面积，便于后续反应，加入作还原剂，高温灼烧会将高价态GeO2还原为GeO，再冷却富集，得到含锗高的锗精矿，氧化浸出步骤中，加入二氧化锰和浓盐酸可使GeO转化为GeCl4，同时抑制GeCl4的水解，分离出不反应的固液混合物，在进行过滤，得到的滤渣可循环利用，最后利用GeCl4的水解得到目标产物GeO2，据此分析解答。
(1)Ge的原子序数为32，根据核外电子排布规律可知，其核外每层电子数分别为：2、8、18、4，故Ge在元素周期表中的位置第四周期ⅣA族；
(2)工艺流程中，之所以对富锗褐煤矿进行“粉碎”，主要是为了增大矿物的表面积，提高焙烧效率；
(3)高温焙烧过程中，转化为生成，P的化合价从+1价升高到+5价，价态升高4，将转化为GeO，Ge价态降低2，根据氧化还原反应的规律配平该反应为：；所以高温焙烧过程中加入，作还原剂是为了将还原为GeO，同时结合上述已知信息表中含锗物质的熔沸点数据可知，还原为GeO后，会使含锗物质更易挥发，所以能减少焙烧过程的能耗，故答案为：将还原为GeO，使含锗物质更易挥发，减少焙烧过程的能耗；
(4)在“氧化浸出”过程中，同时加入二氧化锰和浓盐酸，若温度过高，两者会发生反应生成氯气，其反应的离子方程式为：；
(5)“氧化浸出”过程中加入过量浓盐酸，使溶液呈现酸性，可抑制新产生的水解，从而提高的产率；
(6)根据上述给定的含锗化合物的物理性质数据可知，操作A可采用蒸馏方法，使温度升高到86.5℃700℃范围，使导气冷凝分离，而和GeO以固液混合物形式而除去，故答案为：蒸馏。
6．(2022肇庆市高中毕业班第三次教学质量检测)(13分）含钒化合物广泛用于冶金、化工行业。由富钒废渣（含V2O3、V2O4和Na2O·Al2O3·4SiO2、FeO)制备V2O5的一种流程如下：

查阅资料：
部分含钒物质在水溶液中的主要存在形式如下：
pH
<1
l～4
4～6
6～8.5
8. 0～13
>13
主要形式
VO2+
V2O5
多钒酸根
VO3－
多钒酸根
VO43－
备注
多钒酸盐在水中溶解度较小
本工艺中，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
开始沉淀pH
7.0
1.9
3.2
沉淀完全pH
9.0
3.2
4.7
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，将“研磨”所得粉末与O2逆流混合的目的为 ；所生成的气体
A可在 工序中再利用。
(2)“酸浸”时发生的离子反应方程式为 （任写一个）。
(3)滤渣2含有的物质为 。
(4)“转化Ⅱ”需要调整pH范围为 ，“转化Ⅲ”中含钒物质反应的离子方程式为 。
(5)“沉钒”中加入过量NH4Cl有利于晶体析出，其原因为 。
(6)“煅烧”中所生成的气体B用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途： 。
【答案】（1）增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分（1分） 转化Ⅲ（1分）
（2）（或、、）（2分，任答一个）
（3）、（2分）
（4）＞13（1分） （2分）
（5）利用同离子效应，降低的溶解度（2分，合理答案即可）
（6）做制冷剂（2分，合理答案即可）
【解析】（1）“培烧”中，“研磨”所得粉末与逆流混合可以增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分；由转化关系可知，所生成的气体为，可在“转化Ⅲ”工序中再利用。
（2）“酸浸”的主要目的为将含钒物种转化为，避免生成或多钒酸根降低产品产率。
“酸浸”时未发生氧化还原反应，则V元素在焙烧时被氧化为，发生的离子反应方程式为。
（3）“转化Ⅰ”的目的是富集V使完全转化为沉淀，并除去Al元素等杂质，此时溶液，则滤渣2含有的物质为、；
（4）由信息知多钒酸盐在水中溶解度较小，“转化Ⅱ”将V元素转化为，需要调整pH范围为＞13，“转化Ⅲ”中含钒物种由转化为，反应的离子方程式为。
（5）“沉钒”中需加人过量，可利用同离子效应，降低的溶解度，提高产品产率。
（6）“煅烧”中生成的气体为，氨易液化，液氨汽化吸收大量热使周围温度急剧降低，可做制冷剂。
7．(2022肇庆二模)菱镁矿的主要成分为MgCO3还含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3。工业上利用菱镁矿冶炼镁的路径有两种，具体工业流程如下图。

回答下列问题：
(1)“煅烧”时，需将菱镁矿破碎，并将热空气从底部吹入，这两种操作的优点为___________。
(2)工艺I中所得“废渣”中含钙成分有___________(填化学式)。
(3)工艺II中“浸出”操作中溶解氧化镁的离子方程式为___________。
(4)“沉镁”操作中温度不宜过高，原因为___________。
(5)“沉镁”过程中当镁离子沉淀完全时，溶液中c(NH)：c(NH3·H2O)至少为___________(填计算结果)。(已知Kb(NH3·H2O)=1.6×10-5；Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11；当溶液中离子浓度小于1.0×10-5×mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。)
(6)“操作”具体是指___________。
(7)“熔融电解”时阳极的电极反应式为___________。
【答案】(1)破碎和热空气从底部吹入都是为了增大菱镁矿与空气的接触面积，提高效率
(2)CaSiO3(或Ca2SiO4)、Ca(AlO2)2
(3)MgO+2=Mg2++H2O+2NH3↑
(4)“沉镁”时温度过高，氨水易挥发
(5)0.016
(6)持续通入HCl的条件下，加热蒸干
(7)2Cl--2e-=Cl2↑
【解析】
本题为考查用菱镁矿冶炼镁的工业流程题，首先将菱镁矿煅烧，工艺I，加入氧化钙和硅铁之后高温煅烧得到镁单质；工艺II，菱镁矿煅烧的烧渣用氯化铵溶液溶解，之后过滤，向滤液中加入氨水得到氢氧化镁沉淀，再用盐酸溶解得到氯化镁溶液，再结晶可以得到氯化镁晶体，再经过处理可以得到金属镁单质，以此解题。
(1)破碎是为了增大菱镁矿与空气的接触面积，热空气从底部吹入会使氧化镁粉末“沸腾”增大接触面积，提高效率，故答案为：破碎和热空气从底部吹入都是为了增大菱镁矿与空气的接触面积，提高效率；
(2)根据硅、铝相关性质可知工艺I中所得“废渣”中含钙成分有CaSiO3、Ca(AlO2)2；
(3)工艺II中“浸出”操作中溶解氧化镁的离子方程式为MgO+2=Mg2++H2O+2NH3↑；
(4)氨水受热时容易挥发，故“沉镁”操作中温度不宜过高，原因为“沉镁”时温度过高，氨水易挥发
(5)“沉镁”过程中当镁离子沉淀完全时浓度小于1.0×10-5mol/L，根据Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11，可知c(OH-)高于1.0×10-3mol/L；再根据Kb(NH3·H2O)=1.6×10-5，溶液中c(NH+)：c(NH3·H2O)应低于0.016；
(6)MgCl2·6H2O晶体加热时会生成HCl，部分生成氧化镁和碱式氯化镁，故“操作”具体是指持续通入HCl的条件下，加热蒸干；
(7)阳极的电极反应为阴离子失去电子发生氧化反应，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑。
8．(2022湛江一模)含钒化合物广泛用于冶金、化工行业。由富钒废渣(含、和、FeO)制备的一种流程如下：

查阅资料：
部分含钒物质在水溶液中主要存在形式如下：
pH

1～4
4～6
6～8.5
8.5～13

主要形式


多钒酸根

多钒酸根

备注
多钒酸盐在水中溶解度较小

本工艺中，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
物质



开始沉淀pH
7.0
1.9
3.2
沉淀完全pH
9.0
3.2
4.7
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，将“研磨”所得粉末与逆流混合的目的为___________；所生成的气体A可在___________工序中再利用。
(2)“酸浸”时发生的离子反应方程式为___________(任写一个)。
(3)滤渣2含有的物质为___________。
(4)“转化Ⅱ”需要调整pH范围为___________，“转化Ⅲ”中含钒物质反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钒”中加入过量有利于晶体析出，其原因为___________。
(6)“煅烧”中所生成的气体B用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：___________。
【答案】(1)     增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分     转化Ⅲ
(2)(或、、)
(3)、
(4)         
(5)利用同离子效应，降低的溶解度
(6)做制冷剂
【解析】‘焙烧’中碳酸钠和氧气和含钒氧化物反应生成和CO2，FeO将转化为Fe2O3，加入盐酸与金属氧化物反应生成对应的盐溶液，滤渣1为难溶于酸的SiO2，加入NaOH调节pH=3.0沉淀为、，转化II需分离两种沉淀，已知pH含钒物质以形式存在，则滤液3为Na3VO4，通入足量CO2发生反应，加入生成沉淀，煅烧得到和NH3；
(1)“焙烧”中，“研磨”所得粉末与逆流混合可以增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分；由转化关系可知，所生成的气体为，可在“转化Ⅲ”工序中再利用；
(2)“酸浸”的主要目的为将含钒物种转化为，避免生成或多钒酸根降低产品产率。“酸浸”时未发生氧化还原反应，则V元素在焙烧时被氧化为，发生的离子反应方程式为；
(3)“转化Ⅰ”的目的是富集V使完全转化为沉淀，并除去Al元素等杂质，此时溶液，则滤渣2含有的物质为、；
(4)由信息知多钒酸盐在水中溶解度较小，“转化Ⅱ”将V元素转化为需要调整pH范围为，“转化Ⅲ”中含钒物种由转化为，反应的离子方程式为；
(5)“沉钒”中需加入过量，可利用同离子效应，降低的溶解度，提高产品产率；
(6)“煅烧”中生成的气体为，氨易液化，液氨汽化吸收大量热使周围温度急剧降低，可做制冷剂。
9.(2022潮州高三上学期期末)铍是航天、电子和核工业等领域不可替代的材料，有“超级金属”之称。以绿柱石［Be3Al2(SiO3)6］为原料制备金属铍的工艺如下：


已知：“滤渣1”中含有铁、铝、硅的氧化物，Na3FeF6难溶于水，Be2＋可与过量OH-结合成Be(OH)。回答下列问题：
(1)“操作1”是粉粹，目的是___________。
(2)750℃烧结时，Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4，该反应的化学方程式为___________。
(3)“过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成Be(OH)2沉淀，但NaOH不能过量，原因是___________。
(4)已知Ksp[Be(OH)2]=4.0×10-21，室温时0.40 mol•L-1 Be2＋开始沉淀时的pH=___________。
(5)“沉氟”反应的离子方程式为___________。
(6)工业上电解NaCl-BeCl2熔融混合物制备金属铍，选用加入熔融氯化钠的目的是___________，   电解时总电解反应方程式为___________。
【答案】(1)增大固体的表面积，提高水浸的浸取率
(2)2Na3FeF6+ Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+ Fe2O3+Al2O3+6SiO2
(3)若氢氧化钠溶液过量，氢氧化铍沉淀能与氢氧化钠溶液反应生成Na2Be(OH)4
(4)4.0
(5)3Na++6F-+Fe3+=Na3FeF6↓
(6)     增强导电性     BeCl2 (熔融)Be+Cl2↑
【解析】
由题给流程可知，Na3FeF6与绿柱石在750°C烧结发生反应生成Na2BeF4、Fe2O3、Al2O3、SiO2，将烧结后的固体冷却、粉粹后，经水浸、过滤得到含有Fe2O3、Al2O3、SiO2的滤渣1和Na2BeF4溶液，向溶液中加入适量的NaOH溶液，过滤得到氢氧化铍沉淀和氟化钠溶液；向氟化钠溶液中加入硫酸铁溶液，反应生成可以循环使用Na3FeF6沉淀；煅烧氢氧化铍，氢氧化铍受热分解生成氧化铍，焦油燃烧提供能量，使氧化铍、焦炭和氯气在高温条件下发生氧化还原反应得到氯化铍，电解熔融的氯化铍制得金属铍。
(1)由分析可知，操作1为粉粹，目的是增大固体的表面积，提高水浸的浸取率，故答案为：粉粹；
(2)750℃烧结时发生的反应为Na3FeF6与绿柱石在750°C烧结发生反应生成Na2BeF4、Fe2O3、Al2O3、SiO2，反应的化学方程式为2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+ Fe2O3+Al2O3+6SiO2，故答案为：2Na3FeF6+ Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+ Fe2O3+Al2O3+6SiO2；
(3)Be2＋可与过量OH-结合成Be(OH), 若氢氧化钠溶液过量，氢氧化铍沉淀能与氢氧化钠溶液反应生成Na2Be(OH)4；
(4)由Be2＋可与过量OH-结合成Be(OH)可知，若氢氧化钠溶液过量，反应生成的氢氧化铍沉淀能与氢氧化钠溶液反应生成Na2Be(OH)4，反应的离子方程式为Be(OH)2+2OH—= Be(OH)，故答案为：Be(OH)2+2OH—= Be(OH)；
(4)由Ksp[Be(OH)2]=4.0×10-21可知，室温时0.40 mol•L-1 Be2＋开始沉淀时溶液中氢氧根离子的浓度为=mol/L=10—10 mol/L，则溶液的pH为4.0，故答案为：4.0；
(5)“沉氟”发生的反应为NaF溶液与硫酸铁溶液反应生成硫酸钠和难溶的Na3FeF6，反应的离子方程式为3Na++6F-+Fe3+= Na3FeF6↓，故答案为：3Na++6F-+Fe3+= Na3FeF6↓；
(6)由镍在稀酸中缓慢溶解可知，镍是活泼金属，若做电解池阳极将会不断氧化溶解，则电解时，石墨做电解池的惰性阳极，镍做阴极；电解NaCl-BeCl2熔融混合物时在阳极得到氯气，阴极得到铍，电解的化学方程式为BeCl2 (熔融)Be+Cl2↑；氯化钠时离子化合物，熔融氯化钠电离出的离子能增强熔融混合物的导电性，加快电解的速率，故答案为：阴极；BeCl2 (熔融)Be+Cl2↑；增强导电性。
10.(2022佛山二模) 利用闪锌矿【主要成分，还有、，(铟)、F、等元素】生产，同时可实现稀散金属的提取。一种工艺流程如图所示。回答下列问题：


时，，；易成胶状。
（1）“气体1”经纯化后适宜在___________工序使用(填方框内的工序名称)。
（2）“溶浸”时，易形成难溶的和，其中元素的化合价为___________。
（3）“电积”时，上清液中的会影响锌的质量，、会腐蚀极板，在“除杂1”中做___________(填“氧化剂或“还原剂”)，气体2的主要成分为___________(填化学式)。
（4）“除氟”时，适量的可以提高氟的沉降率，原因是___________。
（5）为使沉淀完全，“水解”时溶液的应不低于___________(保留整数)。
（6）“加压氧化时”时，发生的离子反应方程式为___________。
（7）母液的主要成分为___________(填化学式)。
【答案】（1）还原（1分）（2）+3 （2分）
（3）还原剂（1分）， Cl2（1分）
（4）CaCO3可以吸附CaF2，同时沉淀，利于过滤。（2分）
（5）5（2分）
（6）O2 + 4Fe2+ +4H2O = 2Fe2O3 + 8H+ （2分）
（7）ZnSO4、H2SO4、Na2SO4（2分）
【分析】由流程结合题目可知，闪锌矿焙烧将金属元素锌、铁、钴、铟转化为相应的氧化物，加热稀硫酸溶浸，得到相应的硫酸盐溶液，加入Na2S2O4生成Co(OH)2沉淀，滤液通入臭氧将氯元素转化为氯气去除，再加入氢氧化钙、碳酸钙除去氟，得到滤液电积分离出锌，废液通入二氧化硫将三价铁转化为二价铁，然后水解分离出铟，加压氧化将二价铁转化为氧化铁，得到母液含有流程中生成的硫酸钠、硫酸锌、稀硫酸。
（1）闪锌矿主要成分，焙烧硫元素转化为二氧化硫气体，由流程可知，还原步骤需要通入二氧化硫，故“气体1”经纯化后适宜在还原工序使用；
（2）化合物中正负化合价代数和为零；中锌、氧化合价分别为+2、-2，则铁元素化合价为+3；
（3）臭氧具有氧化性，和反应生成硫酸钠，硫元素化合价升高，在反应中做还原剂；已知闪现矿中的氯元素，矿物中氯元素常以负一价存在，负一价氯元素会和臭氧反应生成氯气，气体2的主要成分为氯气Cl2；
（4）已知，易成胶状，“除氟”时，适量的可以使生成的氟化钙着附在碳酸钙表面形成沉淀，防止氟化钙形成胶体，提高氟的沉降率；
（5）时，，沉淀完全，则c()小于10-5mol/L，c(OH-)不小于，则c(H+)小于2×10-5mol/L，则pH≈4.7；故“水解”时生成In(OH)3沉淀，溶液的应不低于5；
（6）由流程可知，铁元素在还原过程中被转化为二价铁，“加压氧化时”时，二价铁转化为三价铁生成三氧化二铁，发生的离子反应方程式为4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3↓+8H+；
（7）二氧化硫还原过程中生成硫酸；“溶浸”过程中形成的难溶进入还原过程和生成的硫酸及废酸中硫酸反应生成硫酸锌；除杂2过程中生成了硫酸钠，最终硫酸、硫酸锌、硫酸钠进入母液，故得到母液的主要成分为Na2SO4、Zn SO4、H2SO4。
11. (2022广州二模)金属镓拥有电子工业脊梁的美誉，镓与铝同族，化学性质相似。一种从高铝粉煤灰(主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等)中回收镓的工艺如下：

回答下列问题：
（1）“焙烧”中，Ga2O3转化成NaGaO2的化学方程式为_______。
（2）“碱浸”所得浸出渣的主要成分是_______。
（3）“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，过滤，所得滤渣的主要成分是Al(OH)3和Ga(OH)3，写出生成Al(OH)3的离子方程式_______。
（4）“溶镓”所得溶液中存在的阴离子主要有_______。
（5）“电解”所用装置如图所示，阴极的电极反应为_______。若电解获得1molGa，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为_______L，电解后，阳极室所得溶液中的溶质经加热分解生成_______(填化学式)可循环利用。

【答案】（1）Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑
（2）Fe2O3 （3）
（4）GaO、OH-
（5） GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH- 16.8 Na2CO3、CO2
【解析】
【分析】高铝粉煤灰加入碳酸钠焙烧，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，加入氢氧化钠碱浸，镓、铝转化为相应的盐溶液，氧化铁不反应过滤除去；通入过量二氧化碳除去铝，加入石灰乳将镓转化为溶液，在转化2中通入二氧化碳分离出镓沉淀，再加入氢氧化钠溶解得到镓溶液，电解最终得到镓单质；
（1）“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；
（2）高铝粉煤灰主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等，由流程可知，镓最终转化为镓单质；加入氢氧化钠， 氧化铝和强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、氧化铁不反应，故“碱浸”所得浸出渣的主要成分是Fe2O3；
（3）“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，碱浸中生成的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，；
（4）转化1中生成Ga(OH)3，“溶镓”中加入石灰乳，根据流程可知，Ga(OH)3转化为含镓溶液以GaO离子存在，故所得溶液中存在阴离子主要有GaO和过量的OH-；
（5）阴极GaO得到电子发生还原反应生成Ga单质，电极反应为GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；阳极反应为水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气：2H2O- 4e- =4H++O2↑，产生的氢离子将碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，若电解获得1molGa，根据电子守恒可知，4Ga ~12e-~3O2，则生成O2的物质的量为，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为L；电解后，阳极室所得溶液中的溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠Na2CO3和二氧化碳CO2可分别在焙烧、转化1和转化2中循环利用。
12. (2022广州一模)锑(Sb)不用作阻燃剂、电极材料、值化剂等物质的原材料。一种以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等)为原料提取锑的工艺如下：

已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH
22
3.7
7.5
9.6
完全沉淀时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
3.2
4.7
9.0
11.1
回答下列问题：
（1）“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化的化学方程式为___________。
（2）“还原”时加入Sb的目的是将___________还原，提高产物的纯度。
（3）“水解”时需控制溶液pH=2.5。
①Sb3+发生水解的离子方程式为___________。
②下列能促进该水解反应的措施有___________(填字母)。
A．升高温度 B．增大c(H+) C．增大c(Cl-) D．加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe(OH)3，Fe3+浓度应小于___________mol·L-1。
（4）“滤液”中含有的金属阳离子有___________。向“滤液”中通入足量___________(填化学式)气体，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀。将沉淀溶于浓盐酸后，产物可返回___________工序循环使用。
（5）Sb可由SbCl电解制得，阴极的电极反应式为___________。
【答案】（1）Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2
（2）Fe3+ （3） Sb3++Cl-+H2O⇌SbOCl+2H+ ACD 10-2.9
（4） Al3+、Fe2+、Mg2+ Cl2 溶浸
（5）SbCl+3e-=Sb+4Cl-
【解析】
“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2，含有Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物，SiO2不反应形成浸出渣，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，Sb3+发生水解的离子方程式为Sb3++Cl-+H2OSbOCl+2H+，加入HCl酸溶生成SbCl，最后电解得到Sb；
（1）“溶浸”时氧化产物是S，则S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，Sb2S3被氧化的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2；
（2）“还原”时加入Sb的目的是将Fe3+还原，防止其发生水解反应，提高产物的纯度；
（3）①“水解”生成SbOCl，Sb3+发生水解的离子方程式为Sb3++Cl-+H2O⇌SbOCl+2H+；
②A．该水解反应是吸热反应，升高温度可促进反应进行，A选；
B．水解反应为Sb3++Cl-+H2O⇌SbOCl+2H+，增大c(H+)即增大生成物浓度，平衡逆向移动，B不选；
C．水解反应为Sb3++Cl-+H2O⇌SbOCl+2H+，增大c(Cl-) 即增大反应物浓度，平衡正向移动，可促进水解，C选；
D．加入Na2CO3粉末可消耗H+，c(H+)减小使平衡正向移动，可促进水解，D选；
故选：ACD；
③Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，，c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)∙ c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0×10-,37.4，“水解”时需控制溶液pH=2.5，，；
（4）Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3、MgCl2，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用；
（5）Sb可由SbCl电解制得，Sb得电子发生还原反应，则阴极的电极反应式为SbCl+3e-=Sb+4Cl-。
13．(2022惠州一模)锂在新能源等领域应用广泛。从粉煤灰(含Al2O3、Fe2O3、Li2O、SiO2等)中回收提取铝、锂元素的化合物的流程如图所示：

已知：碳酸锂的溶解度(g·L-1)见表。
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
80
100
Li2CO3
1.54
1.43
1.33
1.25
1.17
1.08
1.01
0.85
0.72
回答下列问题
(1)“粉碎”的目的是___________，滤渣1的成分主要是___________。(填化学式)
(2)“调pH”的目的是沉淀Fe3＋、Al3＋。当离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时表示该离子沉淀完全。常温下，如果溶液pH=4，Fe3＋、Al3＋ ___________ (填“能”或“否”)均沉淀完全，若沉淀完全，此时溶液中c(Fe3＋)、c(Al3＋)之比为___________。(已知：Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=2.0×10-33)
(3)从滤渣2中分离出Al(OH)3，可用如图所示方法，试剂X是___________，“步骤2”中主要发生的离子反应方程式有OH-＋CO2=HCO、___________。

(4)“沉锂”中的“一系列操作”依次为蒸发浓缩、___________、洗涤、干燥。检验母液主要溶质的阴离子所用的试剂为___________。母液的用途___________(任写一种)。
(5)太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图所示。电池总反应式为LixC6 + Li1−xFePO4 LiFePO4 + 6C。试写出充电时，该电池正极材料上的反应式：___________。

【答案】(1)     增大粉煤灰的表面积，提高酸浸效率     SiO2
(2)     否     4.0×10-5 (或 其它合理比值，如1：25000)
(3)     NaOH溶液     CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
(4)     趁热过滤     盐酸酸化的BaCl2溶液     制备氨气或做氮肥
(5)LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+
【解析】
粉煤灰粉碎后，用稀硫酸“酸浸”，A12O3、Fe2O3、Li2O与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁、硫酸锂，SiO2不溶于硫酸，滤渣1是SiO2；滤液中加氨水调节pH，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，除去Al3+、Fe3+，过滤后，向滤液中加入碳酸铵生成碳酸锂，过滤、洗涤、干燥，可得固体碳酸锂。
(1)根据影响反应速率的因素，“粉碎”增大了反应物间的接触面积，加快反应速率，提高酸浸效率；由分析可知，滤渣1为SiO2。
(2)当pH=4时，c(OH-)=10-10，c(Fe3+)=mol/L=8.010-8mol/L<1.0×10-5mol/L，铁离子沉淀完全，c(Al3+)==2.010-3mol/L>1.0×10-5mol/L，铝离子未沉淀完全，因此铁离子和铝离子不能均完全沉淀，此时溶液中c(Fe3+):c(Al3+)=(8.010-8):(2.010-3mol/L)=4.0×10-5。
(3)由分析可知，滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁，氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，氢氧化铁不溶，因此试剂X为氢氧化钠溶液，氢氧化钠与氢氧化铝生成偏铝酸钠，过滤后向溶液中通入过量二氧化碳，二氧化碳与过量的氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的离子方程式分别为：OH-＋CO2=HCO，CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
(4)由表格数据可知，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，因此“沉锂”中的“一系列操作”依次为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；硫酸锂和碳酸铵反应生成碳酸锂和硫酸铵，因此母液的主要成分为硫酸铵，溶液中的阴离子为硫酸根离子，检验硫酸根离子的方法为：加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀，证明含硫酸根离子，硫酸铵可用于制备氨气或做氮肥。
(5)放电时正极得电子，元素化合价降低，充电时，正极作为阳极，失电子，元素化合价升高，由电池总反应可知，充电时，LiFePO4作阳极，则该电池正极材料上的反应式为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+。
14．(2022江门一模)从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如下：

已知：①(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4
②NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3
回答下列问题：
(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是___________。
(2)600℃焙烧时，(NH4)2SO4与NiFe2O4反应的化学方程式___________。
(3)浸泡过程中；Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为___________。
(4)“浸取液”中c(Ca2+)=1.0×10-3mol·L-1，当除钙率达到99%时，溶液中的c(F-)=________mol·L-1[已知Ksp(CaF2)=4.0×10-11]
(5)以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的，若pH过高，铁电极区会产生红褐色物质

①向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液可使沉淀溶解。该反应的离子方程式为___________。
②电解时离子交换膜(b)为___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
(6)溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相)+2RH(有机相)⇌FeR2(有机相)+2H+(水相)。萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0/VA的最佳取值为___________。在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。

【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)4(NH4)2SO4+NiFe2O4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O
(3)Fe3++2H2OFeO(OH)+3H+
(4)2.0×10-3
(5)     2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O     阴
(6)0.25
【解析】
某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，可知NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的热水中浸泡过滤得到浸出液，“浸渣”的成分除 Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4 外还含有SiO2，浸取液中加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，以此解答该题。
(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
(2)由题干信息可知，①(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，②NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，故600℃焙烧时，(NH4)2SO4与NiFe2O4反应的化学方程式为：4(NH4)2SO4+NiFe2O4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O，故答案为：4(NH4)2SO4+NiFe2O4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O；
(3)浸泡过程中；Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为：Fe3++2H2OFeO(OH)+3H+，故答案为：Fe3++2H2OFeO(OH)+3H+；
(4)“浸取液”中c(Ca2+)=1.0×10-3mol·L-1，当除钙率达到9%时，即此时的上层清液中的Ca2+浓度为：1.0×10-3mol·L-1×1%=1.0×10-5mol·L-1，故溶液中的c(F-)==2.0×10-3mol·L-1，故答案为：2.0×10-3；
(5)①向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O；
②电解池中阳极发生氧化反应，依据题意可知铁在阳极失去电子，碱性环境下生成高铁酸根离子，电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O，结合方程式可知，离子交换膜(b)为阴离子交换膜，可使氢氧根离子进入阳极区，故答案为：阴；
(6)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，V0/VA的最佳取值是0.25， 故答案为：0.25。
15．(2022揭阳市高三上学期期末)锰可用于医药、科研等方面。工业上由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含少量Fe、Al、Mg、Ca、Ni等元素的氧化物)制备金属锰的工艺如图所示。

相关金属离子完全形成氢氧化物沉淀的pH如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ni2+
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.8
10.9
8.9
回答下列问题：
(1)滤渣1含有S和_______。“酸浸”中二氧化锰与硫化锰反应的离子方程式为_______。
(2)“调pH”时溶液pH范围为_______~6之间。“调pH过滤”后，滤液中_______。
(3)请结合平衡移动原理解释“除杂”时若溶液酸度过高，沉淀不完全的原因：_______。
(4)“沉锰”时要加入过量的NH4HCO3，原因可能为_______。“沉锰”后，除钠盐外滤液2中还能回收利用的主要物质为_______(填化学式)。
(5)“电解”时阳极反应式为_______。电解余液可返回_______工序循环利用。
【答案】(1)     CaSO4    
(2)     4.8     10-6
(3)酸度过高，F-与H+结合生成弱电解质HF，F-浓度减小，使沉淀溶解平衡右移，导致Mg2+沉淀不完全
(4)     NH4HCO3容易受热分解     (NH4)2SO4
(5)     2H2O-4e-=O2↑+4H+     酸浸
【解析】
硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Ca、Ni等元素的氧化物)，MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中CaO与H2SO4反应产生的微溶性CaSO4，所以得到的滤渣1为S和CaSO4；然后向滤液中加入MnO2，MnO2具有强氧化性，可以将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，加入的Na2S除去Ni2+，S2-和Ni2+反应生成NiS沉淀，所以滤渣2为NiS，过滤后向滤液中加入MnF2的目的是使Mg2+生成MgF2沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀MnCO3得到硫酸锰MnSO4，电解MnSO4得金属Mn。
(1)根据上述分析可知用硫酸溶解后得到的滤渣1中含有S及CaSO4。“酸浸”中MnO2与MnS发生氧化还原反应产生MnSO4、S、H2O，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为：；
(2)“调整pH”时，仅要使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，而其它离子不能形成氢氧化物沉淀，根据各种离子沉淀的pH要求，则溶液pH在4.8～6；“调pH过滤”后，滤液中；
(3)向含有Mg2+的溶液溶液中加入MnF2，会形成MgF2沉淀。若酸度过高，F-与H+结合生成弱电解质HF，导致溶液中F-浓度减小，使沉淀溶解平衡正向移动，最终导致Mg2+沉淀不完全；
(4)沉锰时要加入NH4HCO3，是由于NH4HCO3不稳定，受热易分解，在反应中容易损耗，因此需要适当过量；滤液2中主要含有酸浸时加入H2SO4引入的和沉锰时加入NH4HCO3的，因此除钠盐外滤液2中还能回收利用的主要物质是(NH4)2SO4；
(5)从图可知，电解MnSO4溶液得到Mn(元素化合价降低，因此在阴极反应)，故惰性阳极上H2O电离产生的OH-失去电子被氧化产生O2，故阳极的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，电解余液的主要成分是H2SO4，故可返回酸浸工序循环利用。
16．(2022茂名二模）)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源，某含银废催化剂主要含Ag、α-Al2O3(α-Al2O3为载体，不溶于硝酸)及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，一种回收制备高纯银粉工艺的部分流程如下：

回答下列问题：
(1)银与稀硝酸反应的离子方程式是_______，废渣的主要成分是_______，酸浸时，硝酸加入量及反应温度对银浸取率的影响如图，根据图中数据分析，该工艺宜选用硝酸的加入量和温度是_______。

(2)“还原”中有无毒气体生成，氧化剂与还原剂物质的量之比是_______，“溶解”得到的溶解液里Ag元素以[Ag(NH3)2]+存在，若用H2O2代替N2H4•H2O完成还原过程，发生反应的离子方程式是_______。
(3)粗银中银的质量分数w的测定：取mg粗银样品用硝酸溶解，以铁铵矾[NH4Fe(SO4)2•12H2O]为指示剂，用cmol/L的KSCN标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL。已知：①AgSCN是白色沉淀，；②浓硝酸可氧化AgSCN。滴定终点的现象是_______，w=_______%，若测得w>100%，可能的原因是_______。
【答案】(1)          α-Al2O3、SiO2     1.6L、80℃
(2)     4∶1    
(3)     溶液变为(血)红色，且半分钟内不褪色          硝酸浓度过高氧化AgSCN，KSCN标准液消耗过多
【解析】
废催化剂中有α-Al2O3不溶于硝酸，SiO2为酸性氧化物不与硝酸反应，则酸浸的废渣为SiO2和α-Al2O3，据图可知所加硝酸的最佳浓度为1.6L、反应最佳的温度为80℃，滤液中存在、、、，滤液加入NaCl后会与银离子产生白色的AgCl沉淀，加入氨水后可与AgCl反应生成银氨溶液，再加入强氧化剂H2O2或N2H4•H2O氧化变为银单质。采用氧化还原滴定测量银的质量分数，滴定的现象为：加入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色，据此答题。
(1)①银与稀硝酸反应的离子方程式是：；
②α-Al2O3不溶于硝酸，SiO2为酸性氧化物不与硝酸反应，废渣的主要成分是：α-Al2O3、SiO2；
③酸浸时，根据图中数据分析硝酸加入的量为最佳体积为1.6L、反应最佳温度为80℃；
(2)①“还原”中有无毒气体生成，[Ag(NH3)2]+与N2H4•H2O的离子方程式为：，氧化剂为，还原剂为N2H4•H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比是：4∶1；
②若用H2O2代替N2H4•H2O完成还原过程，H2O2与发生反应的离子方程式是：；
(3)①铁铵矾[NH4Fe(SO4)2•12H2O]为指示剂，硝酸可氧化亚铁离子变成铁离子，KSCN标准溶液与铁离子络合溶液变为血红色，则滴定终点的现象为：溶液变为(血)红色，且半分钟内不褪色；
②KSCN的物质的量为，则的物质的量为，根据元素守恒，可得粗银中银的质量为，质量分数为：；
③测得w>100%，可能的原因是：硝酸浓度过高氧化AgSCN，KSCN标准液消耗过多，计算值偏大。
17．(2022梅州二模）)用含铬不锈钢废渣(含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等)制取Cr2O3(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_______ (任写一条)。
(2)Cr2O3、KOH、O2反应生成K2CrO4的化学方程式为_______。
(3)“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解生成的难溶物为_______(填化学式)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+的操作是_______。
(4)常温下，“酸化”时pH不宜过低的原因是_______。
(5)“还原”时发生反应的离子方程式为_______。
(6)为精准投放药量，先利用滴定方法测定“过滤”后滤液2中的Cr2O含量。方法如下：
步骤I：量取10.00mL滤液2于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化(除Cr2O外，其他成分不参与滴定反应)。
步骤II：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。
步骤III：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，平均用去Na2S2O3溶液18.00mL(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。
①步骤I量取10.00mL滤液2选择的仪器是_______。
②Cr2O的含量为_______g/L。
【答案】(1)粉碎废渣(或充分搅拌、或通入足量空气等)
(2)2Cr2O3+ 8KOH + 3O24K2CrO4+4H2O
(3)     Fe(OH)3     取少量滤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液呈红色，说明含有Fe3+；若溶液不呈红色，说明不含Fe3+
(4)pH 过低，A13+进 入滤液[或防止Al(OH)3被过量的酸溶解]
(5)Cr2O+ 3SO+ 8H+= 2Cr3++ 3SO+4H2O
(6)     酸式滴定管(或移液管)     6.48 (或6.5)
【解析】
含铬不锈钢废渣(含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等)经过碱熔时，发生一系列反应，生成了可溶性盐KFeO2、K2CrO4、K2SiO3和KAlO2，加水溶解，KFeO2强烈水解生成的难溶物Fe(OH)3，并经过滤除去，滤液中加入硫酸酸化，调节溶液pH在7～8，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，通过过滤除去，同时铬酸根离子转化为重铬酸根离子，再在滤液中加入亚硫酸钠还原重铬酸根离子为Cr3+，加入氢氧化钠沉淀Cr3+，再通过加热锻烧Cr(OH)3得到氧化物Cr2O3；
(1)粉碎废渣，废渣颗粒分散在液态KOH、K2CO3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，故答案为：粉碎废渣；充分搅拌；
(2)Cr2O3、KOH、O2反应生成K2CrO4时Cr2O3→2K2CrO4得到6e-，O2→K2CrO4、H2O得到4e-，依据得失电子数相等，配平得发生反应的化学方程式2Cr2O3+8KOH+3O24K2CrO4+4H2O，故答案为：2Cr2O3+8KOH+3O24K2CrO4+4H2O；
(3)“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解，FeO2-结合H2O电离出的H+及H2O生成Fe(OH)3和KOH，即不溶物为Fe(OH)3；含有Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液会变红色，则检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+，可向滤液中滴加KSCN溶液，若不变红，则不含有Fe3+，故答案为：Fe(OH)3；取少量滤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液呈红色，说明含有Fe3+；若溶液不呈红色，说明不含Fe3+；
(4)“酸化”时pH过低，NaAlO2会直接与酸反应生成Al3+，进入滤液，故答案为：pH 过低，A13+进入滤液[或防止Al(OH)3被过量的酸溶解]；
(5)“还原”时亚硫酸钠在酸性条件下还原Cr2O为Cr3+，同时氧化产后为SO，则发生反应的离子方程式为Cr2O+ 3SO+ 8H+= 2Cr3++ 3SO+4H2O，故答案为：Cr2O+ 3SO+ 8H+= 2Cr3++ 3SO+4H2O；
(6)①滤液2中的Cr2O具有较强的氧化性，能氧化橡胶管，因此步骤I量取10.00mL滤液2选择的仪器是酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
②由反应原理：Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，得到关系式Cr2O～3I2～6Na2S2O3，消耗n(Na2S2O3)=cV=0.1000mol•L-1×0.01800L=0.0018mol，则n(Cr2O)=n(Na2S2O3)= ×0.0018mol=0.0003mol，质量为m=nM=0.0003mol×216g/mol =0.0648g，Cr2O的含量=，故答案为：6.48。
18．(2022汕头市高三下学期第一次模拟考试)砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸()形式存在]中回收砷的工艺流程如下：

已知：
Ⅰ.
Ⅱ．
Ⅲ．砷酸()在酸性条件下有强氧化性，能被、氢碘酸等还原
(1)中砷元素的化合价为___________价。
(2)“沉砷”过程中FeS是否可以用过量的替换___________(填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解释原因：___________。
(3)向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，请写出脱硫的离子反应方程式___________。
(4)用“还原”过程中，若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸。则还需要的实验试剂有___________。
(5)已知：常温下，pH＞7.1时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；pH＜7.1时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。

当溶液pH介于7～9，吸附剂对五价砷的平衡吸附量随pH的升高而下降，试分析其原因_____。
(6)含砷废水也可采用另一种化学沉降法处理：向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素转化为沉淀。若沉降后上层清液中为mol/L，则溶液中的浓度为_____mol/L。该处理后的溶液是否符合国家排放标准___________(填“是”或“否”)。(已知：，国家规定工业废水排放中砷元素含量＜0.5mg/L)
【答案】(1)
(2)     否     由于，加入过量的硫化钠，溶液中增大，平衡正向移动不利于沉砷
(3)
(4)氢碘酸、淀粉溶液
(5)pH=7～9，随pH升高，转变为，吸附剂表面所带负电荷增多，静电斥力增加，吸附量下降
(6)          否
【解析】
含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，，浸取得到硫化亚铁滤渣和含的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和，酸化后生成，砷酸()在酸性条件下有强氧化性，能被还原生成。
(1)中硫元素化合价为-2，则砷元素的化合价为+3价。
(2)已知：Ⅱ．；加入过量的硫化钠，溶液中增大，平衡正向移动不利于沉砷，故 “沉砷”过程中FeS不可以用过量的替换。
(3)由图可知，向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”， 和氧气生成 和硫单质，离子反应方程式。
(4)砷酸具有氧化性，可以和碘离子生成能使淀粉变蓝色的碘单质，故可选择的实验试剂有氢碘酸、淀粉溶液。
(5)由图可知，pH=7～9，随pH升高，转变为，吸附剂表面所带负电荷增多，也带负电荷，静电斥力增加，导致对五价砷的吸附量下降。
(6)已知：，沉降后上层清液中为mol/L，则，解得溶液中的浓度为mol/L。
每升废水排放中砷元素含量为，故不符合国家排放标准。
19．(2022深圳二模)高磷镍铁是生产钙镁磷肥的副产品。以高磷镍铁(主要含Ni、Fe、P，还含有少量Fe、Cu、Zn的磷化物)为原料生产疏酸镍晶体(NiSO4•6H2O)的工艺流程如图：

已知：电解时，选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液。
回答下列问题：
(1)先将高磷镍铁制成电极板，“电解”时，该电极板作____极；阴极产物主要为____，此外，溶液中的Cu2+有部分在阴极放电。
(2)“除铁磷”时，溶液中Fe2+先被氧化为Fe3+，该过程发生反应的离子方程式为____；再加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀。
(3)“滤渣2”的主要成分为ZnS和____(填化学式)。
(4)“沉镍”时，为确保镍沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥____(已知：25℃时，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15；lg2=0.3；当溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)“母液”中的溶质主要有____、____(填化学式)。
(6)硫代硫酸镍(NiS2O3)在冶金工业中有广泛应用。向上述流程制得的NiSO4溶液中加入BaS2O3固体，充分反应后，过滤得到NiS2O3溶液；再向该溶液加入无水乙醇，析出NiS2O3晶体(已知：25℃时，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaS2O3)=1.6×10-5)。
①生成NiS2O3的化学方程式为____；该反应可以进行得较完全，结合相关数据说明理由：____。
②加入无水乙醇有利于NiS2O3晶体析出，其原因是____。
【答案】(1)     阳     H2
(2)2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
(3)CuS
(4)9.15
(5)     NaCl     Na2SO4
(6)     BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4     该反应的K==1.6×105，K大于105，反应进行得较完全；     降低NiS2O3的溶解度
【解析】
先将高磷镍铁制成电极板，进行电解，Ni、Fe、Zn、Cu转化为阳离子进入溶液，之后加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀；过滤后加入H2S除去Cu2+和Zn2+；过滤后向滤液中加入NaOH得到Ni(OH)2沉淀，过滤、水洗沉淀后，加入硫酸溶解，得到硫酸镍溶液，经系列处理得到NiSO4·6H2O。
(1)电解的主要目的应是将金属元素转化为相应的金属阳离子，所以高磷镍铁应为阳极，被氧化；阴极主要为氢离子放电，所以主要产物为H2；
(2)“除铁磷”时，ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
(3)“除铁磷”后主要杂质还有Cu2+、Zn2+，所以加入H2S除杂时得到的“滤渣2”的主要成分为ZnS和CuS；
(4)当溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)==mol/L=×10-5mol/L，所以c(H+)=×10-9mol/L，此时pH=-lg c(H+)=9.15，所以理论上应调节溶液pH≥9.15；
(5)ClO-会被还原为Cl-，电解时选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液，所以溶液中阴离子还有SO，而阳离子只剩加入的Na+，所以“母液”中的溶质主要有NaCl、Na2SO4；
(6)①根据题意，NiSO4溶液可以使BaS2O3沉淀转化为BaSO4沉淀，同时得到NiS2O3，化学方程式为BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4；该反应的平衡常数K====1.6×105，K大于105，反应进行得较完全；
②无水乙醇可以降低NiS2O3的溶解度，利于晶体析出。
20. (2022深圳一模)钛铁渣是铝热法炼铁时产生的废渣。一种以钛铁渣(主要含Al2O3、TiO2，还含Fe2O3、CaO、MgO及SiO2等杂质)为原料制备钛白粉并回收含铝物质的工艺如图：


已知：“酸浸”时，TiO2转化为TiO2+进入溶液。
回答下列问题：
（1）“浸渣”的主要成分为SiO2和____(填化学式)；TiO2发生反应的化学方程式为___。
（2）“有机相2”可在该流程___步骤中循环使用。
（3）“水相2”中钛的存在形式为___。
（4）“水相1”中Fe3+的浓度为0.06mol·L-1。向“水相1”中加入NH3·H2O调节溶液pH为8。已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。“滤液”中c(Fe3+)=____mol·L-1；“滤液”经处理后得到的____(填化学式)可做化肥。
（5）“试剂X”为____(填化学式)溶液。
（6）钛铁(TiFe)合金是常见的储氢合金材料。一种高温下电解钛精矿(主要成分为FeTiO3)制备TiFe合金的装置示意图如图。

①连接FeTiO3的电阻丝应与电源____极相接；
②形成TiFe合金的主要反应如下。
Ⅰ.电极反应：
第一步析铁：____；
第二步析钛：TiO2+4e-=Ti+2O2-
Ⅱ.转化：2Fe+Ti=TiFe2；TiFe2+Ti=2TiFe
③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是____。
【答案】（1） CaSO4 TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O
（2）萃取 （3）TiO2+(或TiOSO4)
（4） 4×10-20 (NH4)2SO4
（5）NaOH （6） 负 FeTiO3+2e-=Fe+TiO2+O2- 防止生成的TiFe合金被氧化
【解析】
【分析】钛铁渣先用硫酸浸取，SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；得到含有Al3+、TiO2+、Fe3+、Mg2+的溶液，然后萃取，根据有机相的后续处理可知，Ti元素进入有机相，有机相中加入稀硫酸反萃取，根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中含有TiO2+，经沉淀、烘干焙烧得到TiO2；萃取分液后的水相1加入一水合氨调节pH，过滤得到Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，Al(OH)3溶解得到偏铝酸钠。
（1）酸浸时SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；根据题目所给信息TiO2转化为TiO2+进入溶液，根据元素守恒可得发生的化学方程式为TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O；
（2）有机相2即有机相1中的Ti元素被反萃取后的有机物，所以可以在“萃取”步骤中循环使用；
（3）根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中钛的存在形式为TiO2+；
（4）溶液pH为8，则溶液中c(OH-)=10-6mol/L，“滤液”中c(Fe3+)==mol/L=4×10-20mol/L；酸浸时用的硫酸，之后用一水合氨调节pH，所以滤液中主要含有(NH4)2SO4，处理后可以作氮肥；
（5）试剂X可以将Al(OH)3转化为NaAlO2，所以为NaOH溶液；
（6）①该装置的目的是利用FeTiO3制备TiFe合金，所以Fe、Ti元素要得电子发生还原反应，所以应为电解池的阴极，连接FeTiO3的电阻丝应与电源负极相接；
②第一步析铁，即FeTiO3要被还原为Fe单质，根据第二步反应可知Ti元素转化为TiO2，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为FeTiO3+2e-=Fe+TiO2+O2-；
③氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化。