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强化练一 矿物、“三废”的处理与利用（含答案）-2024年江苏高考化学二轮复习
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这是一份强化练一 矿物、“三废”的处理与利用（含答案）-2024年江苏高考化学二轮复习，共11页。
1．(2023·江苏省如皋市高三下学期三模)将不同类型的矿物协同浸出可以节约原料。
(1)方铅矿(主要成分为PbS，含少量FeS2等)与软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量SiO2、Al2O3等)可协同浸出Pb、Mn。协同浸取的过程为将一定质量比的方铅矿和软锰矿投入足量稀盐酸和NaCl的混合溶液中，控制反应的温度为70 ℃，并不断搅拌，酸浸后浸出液中含Mn2＋、Fe3＋、Al3＋、PbCleq \\al(2－,4)、Cl－，沉淀中含S、难溶矿渣及少量PbCl2。
已知：
ⅰ.PbCl2难溶于冷水，可发生反应：PbCl2(s)＋2Cl－(aq)PbCleq \\al(2－,4)(aq) ΔH>0；
ⅱ.室温时Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5，PbCleq \\al(2－,4)Pb2＋＋4Cl－的平衡常数K1＝3.2×10－2。
①写出浸取时生成PbCl2的离子方程式：________________________________________。
②室温时反应PbCl2(s)＋2Cl－(aq)PbCleq \\al(2－,4)(aq)的平衡常数K＝____________。
③其他条件一定，改变起始NaCl的浓度，反应相同时间，测得浸出液中Fe、Mn、Pb的浸出率与起始NaCl的浓度的关系如图所示。NaCl浓度越大，Fe的浸出率越低的原因是______________________________________________________________________________。
(2)将上述软锰矿与闪锌矿(主要成分为ZnS)可协同浸出Zn、Mn。协同浸取的过程为将一定质量比的软锰矿和闪锌矿投入足量稀硫酸中，控制反应的温度为80 ℃，并不断搅拌，酸浸后浸出液中含Mn2＋、Zn2＋、Al3＋、SOeq \\al(2－,4)，沉淀中含S、难溶矿渣。浸出过程中发现若加入少量FeSO4晶体，可以加快Zn、Mn浸出速率。
①研究表明，FeSO4参与了Zn、Mn的浸出反应，该反应的过程可描述为__________________________________________________________________________。
②加入少量FeSO4可以加快浸出速率的原因是_______________________________________。
2．化学还原法是处理含Cr2Oeq \\al(2－,7)的工业废水常用的方法，主要分为“还原”和“沉淀”两步：
Cr2Oeq \\al(2－,7)eq \(――→,\s\up7(还原))Cr3＋eq \(――→,\s\up7(沉淀))Cr(OH)3
已知：①Na2S2O5＋H2O===2NaHSO3
②“COD”是指化学需氧量，反映了水样中较强还原性物质含量的多少。水中还原性物质越少，则COD越低，表明水质污染程度越小。
(1)取含Cr2Oeq \\al(2－,7)的工业废水，分别在不同pH条件下，向每个水样中分别加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca(OH)2悬浊液，静置沉淀，测定＋6价Cr的去除率，实验结果如图1所示。
①在酸性条件下，请写出NaHSO3与Cr2Oeq \\al(2－,7)反应的离子方程式：_______________________________________________________。
②分析比较亚铁盐和亚硫酸盐去除＋6价Cr的效果。
Ⅰ.亚铁盐在中性和碱性条件下，对＋6价Cr的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；
Ⅱ.____________________________________________________________________________。
(2)用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)处理废水后，可能会使废水中的COD增大。在焦亚硫酸钠与废水中铬元素不同质量比的情况下，加H2SO4与未加H2SO4处理含铬废水后其COD对比变化如图2所示。
①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水中COD增大的原因是_____________________________________________________________________________。
②在焦亚硫酸钠与废水中铬元素质量比相同的情况下，加H2SO4与未加H2SO4相比，废水中COD均有所下降，原因可能是____________________________________________________。
(3)三价铬[Cr(Ⅲ)]在水溶液中的存在形态随pH的变化如图3所示，为尽可能除去铬元素实现达标排放，沉淀过程中pH要控制在______________；若pH过高，溶液中残留铬量增大，其原因为__________________________________________________________________________________________________。
3．(2023·江苏省新高考基地学校高三大联考)从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、In2O3、SiO2、FeAsO4·2H2O)中提取铟的工艺如图所示：
已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在；
②25 ℃时，Ksp(PbSO4)＝1.6×10－8，Ksp(PbCO3)＝7.4×10－14。
(1)“水浸”工艺中的滤渣除As2O3外，还含有__________________。
(2)“还原铁”中发生反应的离子方程式为__________________________________________。
(3)通过萃取除铁、反萃取、置换等过程，可制备金属铟。已知In3＋能被有机萃取剂P204(简称H2A2)萃取，其萃取原理可表示为In3＋(水层)＋3H2A2(有机层)InA3·3HA(有机层)＋3H＋(水层)。
①研究表明，在此系列操作之前增加“还原铁”工艺，可延长有机相的使用寿命、提高铟产品的纯度，其原因可能是___________________________________。
②实验证明，在有机相P204体积分数为55%、温度为25 ℃时，水相的pH对铟萃取率的影响如图所示。结果表明，pH＞2.0时，铟萃取率开始下降，其原因是___________________。
(4)滤渣中铅含量测定。准确称取滤渣样品4.460 g，投入20 mL 1.00 ml ·L－1的Na2CO3溶液浸泡，充分反应后抽滤。将所得滤饼投入到30 mL 1.00 ml ·L－1HNO3中充分溶解，过滤，蒸馏水洗涤沉淀，并将洗涤液和滤液都转移至100.00 mL容量瓶中定容。取25.00 mL溶液，加入指示剂后用0.100 ml ·L－1的EDTA标准溶液(Na2H2Y)滴定至终点(离子方程式为Pb2＋＋H2Y2－===PbY2－＋2H＋)，消耗EDTA标准液16.00 mL，计算滤渣中铅的质量分数(以PbO计)(写出计算过程)。
4．(2023·江苏省苏锡常镇四市高三教学情况调研)钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含C2O3和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。
已知：萃取时发生的反应为C2＋＋n(HA)2CA2·(n－1)(HA)2＋2H＋。
(1)除Fe、Al：先加入NaClO3溶液，再加入Na2CO3溶液调节pH。写出NaClO3氧化Fe2＋的离子方程式：_________________________________________。
(2)除Ca、Mg：当某离子浓度c≤1×10－6 ml·L－1时，认为该离子已除尽。[Ksp(CaF2)＝1.0×
10－10，Ksp(MgF2)＝7.4×10－11，Ka(HF)＝3.5×10－4]
①为使Ca2＋、Mg2＋除尽，必须保持溶液中c(F－)≥________ml·L－1。
②若调节溶液的pH偏低，将会导致Ca2＋、Mg2＋沉淀不完全，其原因是___________________________________________________________________________。
(3)萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂(HA)2，实验测得C2＋萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。
①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是______________________________________________。
②C2＋萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是______________________________________________________________________________。
(4)热分解：向反萃取所得水相中加入(NH4)2C2O4溶液，充分反应后，得到CC2O4·2H2O。将CC2O4·2H2O在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。
①计算B点剩余固体产物(写出计算过程)。
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有________个。
强化练一 矿物、“三废”的处理与利用
1．(1)①PbS＋MnO2＋4H＋＋2Cl－eq \(=====,\s\up7(70 ℃))PbCl2＋Mn2＋＋S＋2H2O ②5×10－4 ③NaCl浓度越大，PbCl2转化为PbCleq \\al(2－,4)的程度越大，反应相同时间，与MnO2反应的PbS增多，则与MnO2反应的二硫化亚铁的量减少，Fe的浸出率降低 (2)①Fe2＋将MnO2还原为Mn2＋，同时生成Fe3＋，Fe3＋与ZnS反应生成S、Zn2＋和Fe2＋，该过程可循环进行
②Fe2＋、Fe3＋以离子形式存在于溶液中，与MnO2、ZnS接触更充分
2．(1)①3HSOeq \\al(－,3)＋Cr2Oeq \\al(2－,7)＋5H＋===2Cr3＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋4H2O ②中性和碱性条件下，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反
(2)①Na2S2O5质量增大，反应后废水中剩余的HSOeq \\al(－,3)(或S2Oeq \\al(2－,5))的量就越多，HSOeq \\al(－,3)(或S2Oeq \\al(2－,5))具有较强的还原性，所以废水中COD增大 ②废水酸性增强，促进HSOeq \\al(－,3)(或S2Oeq \\al(2－,5))与Cr2Oeq \\al(2－,7)充分反应，还原性的HSOeq \\al(－,3)(或S2Oeq \\al(2－,5))转化更完全，含量减少(或废水酸性增强，HSOeq \\al(－,3)转化为SO2气体逸出，还原性的HSOeq \\al(－,3)减少) (3)7～11 Cr(OH)3转化为可溶性的Cr(OH)eq \\al(－,4)
解析 (1)①Cr2Oeq \\al(2－,7)具有较强氧化性，酸性环境下可将HSOeq \\al(－,3)氧化成SOeq \\al(2－,4)，根据得失电子守恒和元素守恒可得离子方程式为3HSOeq \\al(－,3)＋Cr2Oeq \\al(2－,7)＋5H＋===2Cr3＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋4H2O。(3)据图可知pH为7～11时，以Cr(OH)3沉淀形式存在的Cr(Ⅲ)元素含量最高；pH过高，Cr(OH)3转化为可溶性的Cr(OH)eq \\al(－,4)，溶液中残留铬量增大。
3．(1)SiO2、PbSO4
(2)2Fe3＋＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2Fe2＋＋S4Oeq \\al(2－,6)
(3)①Fe3＋可以被萃取剂P204萃取，而还原产物Fe2＋不能被萃取 ②当 pH＞2.0时，溶液中的铟离子发生水解，导致萃取率下降
(4)n(EDTA)＝0.100 ml ·L－1×16.00×10－3 L＝1.6×10－3 ml ，由离子方程式Pb2＋＋H2Y2－===PbY2－＋2H＋可知① n (PbO)～n(Pb2＋)～n(EDTA)，则滤渣中n(PbO)＝1.6×10－3 ml ×eq \f(100 mL,25 mL)＝6.4×10－3 ml，w(PbO)＝eq \f(6.4×10－3 ml ×223 g·ml－1,4.46 g)×100%＝32.0%
4．(1)6Fe2＋＋ClOeq \\al(－,3)＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O
(2)①0.01 ②pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子
(3)①实现C2＋的提取和富集 ②随着pH升高，氢离子浓度减小，C2＋＋n(HA)2CA2·(n－1)(HA)2＋2H＋平衡正向移动，导致C2＋萃取率升高；若pH过高则C2＋转化为C(OH)2沉淀，导致C2＋萃取率下降
(4)①CC2O4·2H2O在空气中加热首先失去结晶水，CC2O4·2H2O、CC2O4的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1 ml CC2O4·2H2O，A点为0.1 ml CC2O4；根据钴元素守恒，8.03 g B中钴为0.1 ml，则B中氧为eq \f(8.03－0.1×59,16) ml≈0.133 ml，则B中C、O的物质的量之比为0.1∶0.133≈3∶4，故B点剩余固体产物为C3O4 ②12
解析 含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入NaClO3氧化Fe2＋为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化铵并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出C2＋后分液，有机层反萃取出C2＋，处理后最终得到钴的氧化物。
(2)①Ksp(CaF2)＝1.0×10－10，Ksp(MgF2)＝7.4×10－11，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子浓度至少为eq \r(\f(KspCaF2,cCa2＋))＝eq \r(\f(1.0×10－10,1×10－6))ml·L－1＝0.01 ml·L－1，故为使Ca2＋、Mg2＋除尽，必须保持溶液中c(F－)≥0.01 ml·L－1。
(3)①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将C2＋从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现C2＋的提取和富集。
(4)②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4个灰球、12×eq \f(1,4)＋1＝4个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个。
1．(2023·江苏省如皋市高三下学期三模)将不同类型的矿物协同浸出可以节约原料。
(1)方铅矿(主要成分为PbS，含少量FeS2等)与软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量SiO2、Al2O3等)可协同浸出Pb、Mn。协同浸取的过程为将一定质量比的方铅矿和软锰矿投入足量稀盐酸和NaCl的混合溶液中，控制反应的温度为70 ℃，并不断搅拌，酸浸后浸出液中含Mn2＋、Fe3＋、Al3＋、PbCleq \\al(2－,4)、Cl－，沉淀中含S、难溶矿渣及少量PbCl2。
已知：
ⅰ.PbCl2难溶于冷水，可发生反应：PbCl2(s)＋2Cl－(aq)PbCleq \\al(2－,4)(aq) ΔH>0；
ⅱ.室温时Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5，PbCleq \\al(2－,4)Pb2＋＋4Cl－的平衡常数K1＝3.2×10－2。
①写出浸取时生成PbCl2的离子方程式：________________________________________。
②室温时反应PbCl2(s)＋2Cl－(aq)PbCleq \\al(2－,4)(aq)的平衡常数K＝____________。
③其他条件一定，改变起始NaCl的浓度，反应相同时间，测得浸出液中Fe、Mn、Pb的浸出率与起始NaCl的浓度的关系如图所示。NaCl浓度越大，Fe的浸出率越低的原因是______________________________________________________________________________。
(2)将上述软锰矿与闪锌矿(主要成分为ZnS)可协同浸出Zn、Mn。协同浸取的过程为将一定质量比的软锰矿和闪锌矿投入足量稀硫酸中，控制反应的温度为80 ℃，并不断搅拌，酸浸后浸出液中含Mn2＋、Zn2＋、Al3＋、SOeq \\al(2－,4)，沉淀中含S、难溶矿渣。浸出过程中发现若加入少量FeSO4晶体，可以加快Zn、Mn浸出速率。
①研究表明，FeSO4参与了Zn、Mn的浸出反应，该反应的过程可描述为__________________________________________________________________________。
②加入少量FeSO4可以加快浸出速率的原因是_______________________________________。
2．化学还原法是处理含Cr2Oeq \\al(2－,7)的工业废水常用的方法，主要分为“还原”和“沉淀”两步：
Cr2Oeq \\al(2－,7)eq \(――→,\s\up7(还原))Cr3＋eq \(――→,\s\up7(沉淀))Cr(OH)3
已知：①Na2S2O5＋H2O===2NaHSO3
②“COD”是指化学需氧量，反映了水样中较强还原性物质含量的多少。水中还原性物质越少，则COD越低，表明水质污染程度越小。
(1)取含Cr2Oeq \\al(2－,7)的工业废水，分别在不同pH条件下，向每个水样中分别加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca(OH)2悬浊液，静置沉淀，测定＋6价Cr的去除率，实验结果如图1所示。
①在酸性条件下，请写出NaHSO3与Cr2Oeq \\al(2－,7)反应的离子方程式：_______________________________________________________。
②分析比较亚铁盐和亚硫酸盐去除＋6价Cr的效果。
Ⅰ.亚铁盐在中性和碱性条件下，对＋6价Cr的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；
Ⅱ.____________________________________________________________________________。
(2)用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)处理废水后，可能会使废水中的COD增大。在焦亚硫酸钠与废水中铬元素不同质量比的情况下，加H2SO4与未加H2SO4处理含铬废水后其COD对比变化如图2所示。
①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水中COD增大的原因是_____________________________________________________________________________。
②在焦亚硫酸钠与废水中铬元素质量比相同的情况下，加H2SO4与未加H2SO4相比，废水中COD均有所下降，原因可能是____________________________________________________。
(3)三价铬[Cr(Ⅲ)]在水溶液中的存在形态随pH的变化如图3所示，为尽可能除去铬元素实现达标排放，沉淀过程中pH要控制在______________；若pH过高，溶液中残留铬量增大，其原因为__________________________________________________________________________________________________。
3．(2023·江苏省新高考基地学校高三大联考)从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、In2O3、SiO2、FeAsO4·2H2O)中提取铟的工艺如图所示：
已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在；
②25 ℃时，Ksp(PbSO4)＝1.6×10－8，Ksp(PbCO3)＝7.4×10－14。
(1)“水浸”工艺中的滤渣除As2O3外，还含有__________________。
(2)“还原铁”中发生反应的离子方程式为__________________________________________。
(3)通过萃取除铁、反萃取、置换等过程，可制备金属铟。已知In3＋能被有机萃取剂P204(简称H2A2)萃取，其萃取原理可表示为In3＋(水层)＋3H2A2(有机层)InA3·3HA(有机层)＋3H＋(水层)。
①研究表明，在此系列操作之前增加“还原铁”工艺，可延长有机相的使用寿命、提高铟产品的纯度，其原因可能是___________________________________。
②实验证明，在有机相P204体积分数为55%、温度为25 ℃时，水相的pH对铟萃取率的影响如图所示。结果表明，pH＞2.0时，铟萃取率开始下降，其原因是___________________。
(4)滤渣中铅含量测定。准确称取滤渣样品4.460 g，投入20 mL 1.00 ml ·L－1的Na2CO3溶液浸泡，充分反应后抽滤。将所得滤饼投入到30 mL 1.00 ml ·L－1HNO3中充分溶解，过滤，蒸馏水洗涤沉淀，并将洗涤液和滤液都转移至100.00 mL容量瓶中定容。取25.00 mL溶液，加入指示剂后用0.100 ml ·L－1的EDTA标准溶液(Na2H2Y)滴定至终点(离子方程式为Pb2＋＋H2Y2－===PbY2－＋2H＋)，消耗EDTA标准液16.00 mL，计算滤渣中铅的质量分数(以PbO计)(写出计算过程)。
4．(2023·江苏省苏锡常镇四市高三教学情况调研)钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含C2O3和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。
已知：萃取时发生的反应为C2＋＋n(HA)2CA2·(n－1)(HA)2＋2H＋。
(1)除Fe、Al：先加入NaClO3溶液，再加入Na2CO3溶液调节pH。写出NaClO3氧化Fe2＋的离子方程式：_________________________________________。
(2)除Ca、Mg：当某离子浓度c≤1×10－6 ml·L－1时，认为该离子已除尽。[Ksp(CaF2)＝1.0×
10－10，Ksp(MgF2)＝7.4×10－11，Ka(HF)＝3.5×10－4]
①为使Ca2＋、Mg2＋除尽，必须保持溶液中c(F－)≥________ml·L－1。
②若调节溶液的pH偏低，将会导致Ca2＋、Mg2＋沉淀不完全，其原因是___________________________________________________________________________。
(3)萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂(HA)2，实验测得C2＋萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。
①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是______________________________________________。
②C2＋萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是______________________________________________________________________________。
(4)热分解：向反萃取所得水相中加入(NH4)2C2O4溶液，充分反应后，得到CC2O4·2H2O。将CC2O4·2H2O在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。
①计算B点剩余固体产物(写出计算过程)。
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有________个。
强化练一 矿物、“三废”的处理与利用
1．(1)①PbS＋MnO2＋4H＋＋2Cl－eq \(=====,\s\up7(70 ℃))PbCl2＋Mn2＋＋S＋2H2O ②5×10－4 ③NaCl浓度越大，PbCl2转化为PbCleq \\al(2－,4)的程度越大，反应相同时间，与MnO2反应的PbS增多，则与MnO2反应的二硫化亚铁的量减少，Fe的浸出率降低 (2)①Fe2＋将MnO2还原为Mn2＋，同时生成Fe3＋，Fe3＋与ZnS反应生成S、Zn2＋和Fe2＋，该过程可循环进行
②Fe2＋、Fe3＋以离子形式存在于溶液中，与MnO2、ZnS接触更充分
2．(1)①3HSOeq \\al(－,3)＋Cr2Oeq \\al(2－,7)＋5H＋===2Cr3＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋4H2O ②中性和碱性条件下，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反
(2)①Na2S2O5质量增大，反应后废水中剩余的HSOeq \\al(－,3)(或S2Oeq \\al(2－,5))的量就越多，HSOeq \\al(－,3)(或S2Oeq \\al(2－,5))具有较强的还原性，所以废水中COD增大 ②废水酸性增强，促进HSOeq \\al(－,3)(或S2Oeq \\al(2－,5))与Cr2Oeq \\al(2－,7)充分反应，还原性的HSOeq \\al(－,3)(或S2Oeq \\al(2－,5))转化更完全，含量减少(或废水酸性增强，HSOeq \\al(－,3)转化为SO2气体逸出，还原性的HSOeq \\al(－,3)减少) (3)7～11 Cr(OH)3转化为可溶性的Cr(OH)eq \\al(－,4)
解析 (1)①Cr2Oeq \\al(2－,7)具有较强氧化性，酸性环境下可将HSOeq \\al(－,3)氧化成SOeq \\al(2－,4)，根据得失电子守恒和元素守恒可得离子方程式为3HSOeq \\al(－,3)＋Cr2Oeq \\al(2－,7)＋5H＋===2Cr3＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋4H2O。(3)据图可知pH为7～11时，以Cr(OH)3沉淀形式存在的Cr(Ⅲ)元素含量最高；pH过高，Cr(OH)3转化为可溶性的Cr(OH)eq \\al(－,4)，溶液中残留铬量增大。
3．(1)SiO2、PbSO4
(2)2Fe3＋＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2Fe2＋＋S4Oeq \\al(2－,6)
(3)①Fe3＋可以被萃取剂P204萃取，而还原产物Fe2＋不能被萃取 ②当 pH＞2.0时，溶液中的铟离子发生水解，导致萃取率下降
(4)n(EDTA)＝0.100 ml ·L－1×16.00×10－3 L＝1.6×10－3 ml ，由离子方程式Pb2＋＋H2Y2－===PbY2－＋2H＋可知① n (PbO)～n(Pb2＋)～n(EDTA)，则滤渣中n(PbO)＝1.6×10－3 ml ×eq \f(100 mL,25 mL)＝6.4×10－3 ml，w(PbO)＝eq \f(6.4×10－3 ml ×223 g·ml－1,4.46 g)×100%＝32.0%
4．(1)6Fe2＋＋ClOeq \\al(－,3)＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O
(2)①0.01 ②pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子
(3)①实现C2＋的提取和富集 ②随着pH升高，氢离子浓度减小，C2＋＋n(HA)2CA2·(n－1)(HA)2＋2H＋平衡正向移动，导致C2＋萃取率升高；若pH过高则C2＋转化为C(OH)2沉淀，导致C2＋萃取率下降
(4)①CC2O4·2H2O在空气中加热首先失去结晶水，CC2O4·2H2O、CC2O4的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1 ml CC2O4·2H2O，A点为0.1 ml CC2O4；根据钴元素守恒，8.03 g B中钴为0.1 ml，则B中氧为eq \f(8.03－0.1×59,16) ml≈0.133 ml，则B中C、O的物质的量之比为0.1∶0.133≈3∶4，故B点剩余固体产物为C3O4 ②12
解析 含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入NaClO3氧化Fe2＋为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化铵并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出C2＋后分液，有机层反萃取出C2＋，处理后最终得到钴的氧化物。
(2)①Ksp(CaF2)＝1.0×10－10，Ksp(MgF2)＝7.4×10－11，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子浓度至少为eq \r(\f(KspCaF2,cCa2＋))＝eq \r(\f(1.0×10－10,1×10－6))ml·L－1＝0.01 ml·L－1，故为使Ca2＋、Mg2＋除尽，必须保持溶液中c(F－)≥0.01 ml·L－1。
(3)①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将C2＋从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现C2＋的提取和富集。
(4)②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4个灰球、12×eq \f(1,4)＋1＝4个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个。
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