2024届高考化学一轮复习练习第八章水溶液中的离子反应与平衡第47讲化学工艺流程题的解题策略

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题空突破一 流程中原料的预处理
1．某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3等，回收其中镁的工艺流程如下：
试回答在“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有 (两条即可)。
解析： 采取措施其目的是让更多的镁的化合物能与硫酸反应。
答案： 增大硫酸浓度、加热升高温度、边加硫酸边搅拌
2．稀土是一种不可再生的战略性资源，被广泛应用于电子信息、国防军工等多个领域。一种从废弃阴极射线管(CRT)荧光粉中提取稀土元素钇(Y)的工艺流程如下：
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已知：废弃CRT荧光粉的化学组成(某些不参与反应的杂质未列出)
试回答步骤Ⅰ中进行原料预处理的目的为 。
解析： 由已知中预处理前和预处理后的成分含量变化可得，预处理的目的为除去ZnO和Al2O3。
答案： 除去ZnO和Al2O3
题空突破二 流程中反应条件的控制
1．控制溶液的pH
(1)控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。
(2)控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。
①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。
②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
2．控制反应的温度
(1)控制化学反应速率。
(2)控制平衡移动方向。
(3)控制固体的溶解与结晶，如趁热过滤能防止某物质降温时析出。
(4)促进溶液中气体的逸出或实现蒸馏。
(5)防止或实现某物质水解或分解。
(6)使催化剂达到最大活性。
(7)防止副反应的发生。
3．调节反应物的浓度
(1)根据需要选择适宜浓度，控制一定的反应速率，使平衡移动有利于目标产物的生成，减小对后续操作产生的影响。
(2)反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但对后续操作也会产生影响。
4．控制反应体系的压强
(1)改变化学反应速率。
(2)影响平衡移动的方向。
5．使用催化剂
加快反应速率，提高生产效率。
1．碳酸锂(相对分子质量为74)广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业。制备流程如下：
已知：碳酸锂的溶解度(g·L－1)见下表。
(1)硫酸化焙烧工业反应温度控制在250～300 ℃，主要原因是 ；
同时，硫酸用量为理论耗酸量的115%左右，硫酸如果加入过多则 (填字母)。
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a.增加酸耗量 b．增加后续杂质的处理量 c．增加后续中和酸的负担
(2)水浸时，需要在搅拌下加入石灰石粉末的主要作用是 。
(3)“沉锂”需要在95 ℃以上进行，主要原因是 ；
过滤碳酸锂所得母液中主要含有Na2SO4，还可能含有 。
解析： (1)若温度过低，反应速率慢，若温度过高，则浓H2SO4沸腾，挥发较多。(2)加入CaCO3一是和多余H2SO4反应，二是调节pH除去大部分杂质。(3)由表格中数据可知，温度越高，Li2CO3溶解度越小，故沉锂在95 ℃以上进行可增加产率。过滤后的母液中除Na2SO4外还可能有Na2CO3、Li2CO3。
答案： (1)温度低于250 ℃，反应速率较慢；温度高于300 ℃，硫酸挥发较多 abc
(2)除去多余的硫酸，同时调整pH，除去大部分杂质
(3)温度越高，碳酸锂溶解度越小，可以增加产率 Na2CO3、Li2CO3
2．利用水钴矿(主要成分为C2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H＋、C2＋、Fe2＋、Mn2＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋等。
②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。
③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
(1)浸出过程中C2O3发生反应的离子方程式为 。
(2)加入NaClO3的作用是 。
(3)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是 ；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为 。
(4)操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3， 、 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
解析： (1)浸出过程中，C2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，C2O3转化为C2＋，C元素化合价降低，
则S元素化合价升高，SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 转化为SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：C2O3＋4H＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ===2C2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋2H2O。(2)加入NaClO3的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于后面调节pH时生成Fe(OH)3沉淀而除去。(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3＋和Al3＋沉淀完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为C2＋、Mn2＋、Mg2＋、Ca2＋等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。(4)经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。
答案： (1)C2O3＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋4H＋===2C2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋2H2O
(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于后面调节pH时生成Fe(OH)3沉淀而除去
(3)使Fe3＋和Al3＋沉淀完全 CaF2、MgF2
(4)蒸发浓缩 冷却结晶
题空突破三 物质的分离与提纯
(一)有关沉淀洗涤的答题规范
1．对沉淀洗涤的原因
(1)若滤渣是所需要的物质，洗涤的目的是除去晶体表面的可溶性杂质，得到更纯净的沉淀物。
(2)若滤液是所需要的物质，洗涤的目的是洗涤过滤所得到的滤渣，把有用的物质如目标产物尽可能洗出来。
(3)防止污染环境：如果滤渣表面含有一些对环境有害的物质，如重金属或CN－，为了防止污染环境，往往要对残渣进行洗涤。
2．洗涤剂的选择
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3.洗涤的方法
1．SnSO4是一种重要的硫酸盐，在工业生产中有着广泛的应用。其制备路线如下：
实验室中“漂洗”沉淀的实验操作方法是 。
解析： “漂洗”沉淀就是洗涤沉淀，需要直接在过滤器中进行，(沿着玻璃棒)向漏斗(或过滤器)中加蒸馏水至浸没沉淀，(静置)待水全部流出后，重复操作2～3次。
答案： (沿着玻璃棒)向漏斗(或过滤器)中加蒸馏水至浸没沉淀，(静置)待水全部流出后，重复操作2～3次
2．以磷石膏(主要成分为CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等)为原料可制备轻质CaCO3。
匀速向浆料中通入CO2，当浆料清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体。滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 和HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ；检验固体洗涤是否完全的方法是
。
解析： 滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 和HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，固体洗涤是否干净应检验SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 。
答案： 取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全
3．CuSO4·5H2O是铜的重要化合物，有着广泛的应用。以下是CuSO4·5H2O的实验室制备流程图。
如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量，完成下列步骤：① ，②加水溶解，③加氯化钡溶液，沉淀，④过滤(其余步骤省略)。在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其方法是 。
解析： 需要检验是否沉淀完全，即检验溶液中是否有SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 剩余。
答案： 称量样品 静置，取上层清液于试管中，在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，证明已沉淀完全
(二)产品分离、提纯的答题规范
1．结晶——固体物质从溶液中析出的过程。
(1)蒸发浓缩、冷却结晶：如制取含结晶水的物质、除去KNO3中的少量NaCl。
(2)蒸发结晶、趁热过滤：如除去NaCl中的少量KNO3。
2．过滤——固、液分离。
3．洗涤——用冷水、酒精或电解质溶液洗去固体表面吸附的溶质。
4．蒸馏——分离沸点不同互溶的液体混合物。
5．分液——互不相溶的液体间的分离。
6．萃取——用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来。(反萃取)
7．升华——将可直接汽化的固体分离出来。
8．盐析——加无机盐使溶质的溶解度降低而析出。
9．冷却——利用气体易液化的特点分离气体，如工业合成氨中分离出液氨。
SO2是硫酸工业尾气的主要成分。以硫酸工业的尾气为原料制备硫酸钾和硫酸锰晶体(MnSO4·H2O)的工艺流程如图所示。
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回答下列问题：
(1)如图所示是几种盐的溶解度曲线。反应Ⅲ中，向(NH4)2SO4溶液中加入KCl溶液后，进行蒸发浓缩、 、洗涤、干燥等操作即得K2SO4产品。
(2)检验硫酸钾样品中是否含有氯化物杂质的实验操作是
。
(3)已知室温下Mn(OH)2的Ksp＝4.5×10－13，向MnSO4溶液中滴加氨水使溶液的pH＝10，请列式计算，判断此时溶液中Mn2＋是否沉淀完全：
。
解析： (1)在相同温度下，K2SO4的溶解度最小，反应Ⅲ中，向(NH4)2SO4溶液中加入KCl溶液，进行蒸发浓缩后，K＋和SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 以K2SO4的形式结晶析出，此时趁热过滤，可得到K2SO4晶体，同时也可防止其他盐结晶析出。(2)因为Ag2SO4是微溶于水的白色固体，所以用HNO3酸化的AgNO3溶液检验Cl－时，应先加入过量Ba(NO3)2溶液使SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 完全沉淀。(3)溶液的pH＝10时，c(OH－)＝1×10－4 ml·L－1，c(Mn2＋)＝ eq \f(Ksp,c2（OH－）) ＝4.5×10－5 ml·L－1>1×10－5 ml·L－1，所以此时溶液中的Mn2＋没有沉淀完全。
答案： (1)趁热过滤 (2)取少量样品于试管中配成溶液，滴加过量Ba(NO3)2溶液，取上层清液滴加HNO3酸化的AgNO3溶液
(3)c(Mn2＋)＝ eq \f(Ksp,c2（OH－）) ＝4.5×10－5 ml·L－1>1×10－5 ml·L－1，Mn2＋没有沉淀完全
题空突破四 流程中的化学计算
化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、物质的质量的计算。
1．计算公式
(1)n＝ eq \f(m,M) ，n＝ eq \f(V,Vm) ，n＝cV(aq)
(2)物质的质量分数(或纯度)＝ eq \f(该物质的质量,混合物的总质量) ×100%
(3)产品产率＝ eq \f(产品实际产量,产品理论产量) ×100%
(4)物质的转化率＝ eq \f(参加反应的原料量,加入原料的总量) ×100%
2．计算方法——关系式法
关系式法常应用于一步反应或分多步进行的连续反应中，利用该法可以节省不必要的中间运算过程，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果。一步反应中可以直接找出反应物与目标产物的关系；在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式将某中间物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系。
如水中溶氧量(DO)的测定：
碱性条件下，O2将Mn2＋氧化为MnO(OH)2：
①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：
②MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：
③2S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋I2===S4O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ＋2I－
可得关系式：
O2～2Mn2＋～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3
黄铜矿(CuFeS2)可用来冶炼铜及制备铁氧化物，常含有微量金、银等。以黄铜矿为主要原料生产铁红(氧化铁)颜料、胆矾的工艺流程如图所示：
用滴定法测定所得产品中CuSO4·5H2O的含量，称取a g样品配成100 mL溶液，取出20.00 mL，用c ml·L－1EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定至终点(EDTA不与杂质反应)，消耗EDTA标准溶液的体积为b mL。滴定反应为Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋。则CuSO4·5H2O的质量分数为 。滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准溶液，则会导致测定结果偏 (填“大”或“小”)。
解析： 根据滴定反应可知，20.00 mL溶液中n(Cu2＋)＝n(H2Y2－)＝c ml·L－1×b×10－3 L＝bc×10－3 ml，则a g样品中CuSO4·5H2O的物质的量为5bc×10－3 ml，样品中CuSO4·5H2O的质量分数为 eq \f(5bc×10－3 ml×250 g·ml－1,a g) ×100%＝ eq \f(125bc,a) %。滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准溶液，则标准溶液被稀释，浓度偏小，导致消耗标准溶液的体积偏大，使测定结果偏大。
答案： eq \f(125bc,a) % 大
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题型突破——整合精品组件
1．审题——破题秘诀
(1)看原料：明确化工生产或化学实验所需的材料。
(2)看目的：把握题干中的“制备”或“提纯”等关键词，确定化工生产或化学实验的目的。
(3)看箭头：进入的是投料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。
(4)看三线：主线主产品；分支副产品；回头为循环。
(5)找信息：明确反应条件控制和分离提纯方法。
(6)关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。
2．方法——考场支招
(1)粗读题干，挖掘图示，明确目的
图示中一般会出现超出教材范围的知识，但题目有提示或者问题中不涉及，关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。通过阅读明确生产目的，找到制备物质所需的原料及所含杂质。
(2)携带问题，精读信息
读主干抓住关键字、词；读流程图，重点抓住物质流向(进入与流出)、实验操作方法。
(3)看清问题，准确规范作答
答题时要看清问题，不能答非所问，要注意语言表达的科学性和准确性，答题时不具有“连带效应”，即前一问未答出，不会影响后面答题。
3．答题——关键要素
(1)原料预处理
①溶解、水浸、酸浸：通常用酸溶，如用硝酸、盐酸、浓硫酸等使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解过程。
②灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解。
③研磨：适用于有机物的提取或减小固体颗粒度，增大物质间接触面积，加快反应速率。
(2)反应条件的控制
①调pH除杂。
a．控制溶液的酸碱性使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀。
b．调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋/OH－反应，使溶液pH增大/减小；不引入新杂质。例如，若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
②试剂除杂：利用难溶制更难溶原理。
③加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意控制温度不能过高。如NaHCO3、H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)、铵盐等物质。
④降温：防止某物质在高温时会溶解或分解、为使化学平衡向着题目要求的方向移动。
磷酸铁锂(LiFePO4)被认为是最有前途的锂离子电池正极材料。某企业利用富铁浸出液生成磷酸铁锂，开辟了处理硫酸亚铁废液一条新途径。其主要流程如下：
已知：H2TiO3是种难溶于水的物质。
(1)钛铁矿用浓硫酸处理之前，需要粉碎，其目的是 。
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(2)TiO2＋水解生成H2TiO3的离子方程式为 。
(3)加入NaClO发生反应的离子方程式为 。
(4)在实验中，从溶液中过滤出H2TiO3后，所得滤液浑浊，应如何操作？ 。
(5)为测定钛铁矿中铁的含量，某同学取经浓硫酸等处理的溶液(此时钛铁矿中的铁已全部转化为二价铁离子)，采取KMnO4标准液滴定Fe2＋的方法：(不考虑KMnO4与其他物质反应)在滴定过程中，若未用标准液润洗滴定管，则使测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)，滴定终点的现象是
。滴定分析时，称取a g钛铁矿，处理后，用c ml/L KMnO4标准液滴定，消耗V mL，则铁元素的质量分数的表达式为 。
[析图] 工艺流程解读如下：
解析： (1)将钛铁矿粉碎，可以增大表面积，增大浓硫酸的接触面积，加快反应速率；
(2)TiO2＋水解生成H2TiO3，同时生成氢离子，离子方程式为：TiO2＋＋2H2OH2TiO3↓＋2H＋；
(3)ClO－具有强氧化性，将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Cl－，酸性条件下，同时生成水，反应离子方程式为：ClO－＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O；
(4)从溶液中过滤出H2TiO3后，所得滤液浑浊，需要更换过滤器，重新过滤；
(5)如果未用标准液润洗滴定管，会导致标准液被稀释，消耗KMnO4标准液体积偏大，使测定结果偏高；当滴定达终点时，滴加最后半滴KMnO4标准液，溶液变成紫红色，且半分钟内不褪色。由MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ～5Fe2＋知，w(Fe)＝ eq \f(cV×10－3×5×56,a) ×100%＝ eq \f(28cV,a) %。
答案： (1)增大固体的表面积，加快化学反应速率
(2)TiO2＋＋2H2OH2TiO3↓＋2H＋
(3)ClO－＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O
(4)换上新的过滤器，将浑浊滤液重新过滤
(5)偏高 滴加最后半滴KMnO4标准液，溶液变成紫红色，且在半分钟内不褪色 eq \f(28cV,a) %
对点练．工业上以钒矿石(V2O5，含SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质)为主要原料提取五氧化二钒(V2O5)的工艺流程如下：
已知：①萃取与反萃取的过程可表示为nVO2＋＋m(HA)2 eq \(,\s\up7(萃取),\s\d5(反萃取)) (VO)n(A)2n(HA)2(m－n)＋2nH＋。②“沉钒”时生成的沉淀为NH4VO3。
回答下列问题：
(1)钒矿石预先粉碎的目的是 ，
滤渣的主要成分是 。
(2)“还原”的主要目的是将VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 转变为VO2＋，反应的离子方程式为 ，
同时还有H＋和 (填离子符号)被还原；在“反萃取”时，应向体系中加入适量的试剂a为 (填“稀硫酸”或“氨水”)。
(3)“氧化”时将VO2＋变为VO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，则氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
(4)该工艺生产中可循环使用的物质为 。
解析： 由题干流程图可知，“酸浸”发生的反应为：Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O、Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O、V2O5＋H2SO4===(VO2)2SO4＋H2O，过滤后得滤渣为SiO2，滤液中含有Al3＋、Fe3＋和VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ，然后“还原”发生的反应有：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋、Fe＋2VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ＋4H＋===Fe2＋＋2VO2＋＋2H2O、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，萃取除杂时将VO2＋萃取到有机相中，水相中含有Fe2＋、Al3＋等，氧化时是将VO2＋氧化为VO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，反应的离子方程式为：2VO2＋＋S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(8)) ＋2H2O===2VO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋2SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋4H＋，沉钒时反应为：NH3·H2O＋H＋＋VO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===NH4VO3↓＋H2O，过滤洗涤干燥后得NH4VO3，在煅烧时发生的反应为：2NH4VO3 eq \(=====,\s\up7(煅烧)) V2O5＋2NH3↑＋H2O，烟气中排出NH3和水蒸气。
(1)钒矿石预先粉碎的目的是可以增大钒矿与硫酸的接触面积，加快反应速率，使钒矿充分反应，提高浸取率等，由分析可知，滤渣的主要成分是SiO2；
(2)由分析可知，“还原”的主要目的是将VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 转变为VO2＋，反应的离子方程式为Fe＋2VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ＋4H＋===Fe2＋＋2VO2＋＋2H2O，同时还有H＋和Fe3＋被还原；由题干信息可知，萃取与反萃取的过程可表示为nVO2＋＋m(HA)2 eq \(,\s\up7(萃取),\s\d5(反萃取)) (VO)n(A)2n(HA)2(m－n)＋2nH＋。
则在“反萃取”时，应向体系中加入适量的试剂a为稀硫酸，以增大溶液中的H＋浓度，使上述平衡逆向移动，实现反萃取过程；
(3)由分析可知，S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(8)) 中有2个氧原子的化合价为－1价，“氧化”时将VO2＋变为VO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，反应的离子方程式为：2VO2＋＋S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(8)) ＋2H2O===2VO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋2SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋4H＋，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2；
(4)由分析可知，沉钒过程中需加入NH3·H2O，最后尾气中排出NH3和H2O，故该工艺生产中可循环使用的物质为NH3。
答案： (1)增大钒矿与硫酸的接触面积，加快反应速率，使钒矿充分反应，提高浸取率等 SiO2
(2)Fe＋2VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ＋4H＋===Fe2＋＋2VO2＋＋2H2O Fe3＋ 稀硫酸
(3)1∶2 (4)NH3
真题演练 明确考向
1．(2022·湖北选择考，18)全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有Na＋、Li＋、Cl－和少量Mg2＋、Ca2＋)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
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25 ℃时相关物质的参数如下：
LiOH的溶解度：12.4 g/100 g H2O
回答下列问题：
(1)“沉淀1”为 。
(2)向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是
。
(3)为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为 、 、洗涤。
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3 (填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为 。
(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由
。
解析： 浓缩卤水(含有Na＋、Li＋、Cl－和少量Mg2＋、Ca2＋)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有Na＋、Li＋、Cl－和Ca2＋的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为Na＋、Li＋、Cl－和OH－，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。
(1)浓缩卤水中含有Mg2＋，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2。
(2)滤液1中含有Na＋、Li＋、Cl－和Ca2＋，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将Ca2＋转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质。
(3)由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。
(4)饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。
(5)“滤液2”中含有LiOH，加入Na2CO3，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
答案： (1)Mg(OH)2
(2)将Ca2＋转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
(3)蒸发浓缩 趁热过滤
(4)不稳定 Li＋＋HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===LiHCO3，2LiHCO3===Li2CO3↓＋CO2↑＋H2O
(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
2．(2021·河北选择考，15节选)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na＋内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是 (填元素符号)。
(2)工序①的名称为 。
(3)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)。
(4)工序③中发生反应的离子方程式为 。
(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为
，
可代替NaOH的化学试剂还有 (填化学式)。
(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序 (填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
解析： 由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生反应，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣Ⅰ和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣Ⅰ中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。
(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素；
(2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质；
(3)由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁；
(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na＋＋2CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋2CO2＋H2O===Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋2NaHCO3↓；
(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO3 eq \(=====,\s\up7(高温)) 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应；
(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣Ⅰ中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②。
答案： (1)Fe、Cr (2)溶解浸出 (3)MgO、Fe2O3 (4)2Na＋＋2CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋2CO2＋H2O===Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋2NaHCO3↓ (5)4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO3 eq \(=====,\s\up7(高温)) 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O Na2CO3 (6)②
课时精练(四十七) 化学工艺流程题的解题策略 eq \a\vs4\al(\f(对应学生,用书P446))
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．过氧化钙常用作杀菌剂及封闭胶泥的快干剂，难溶于水，溶于酸生成过氧化氢。以大理石(含有少量氧化亚铁和氧化铁杂质)为原料制备过氧化钙的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)操作Ⅰ的目的是调节溶液的pH，使铁元素完全沉淀，则试剂A最好选用 (填字母)。
a．盐酸 b．硝酸
c．盐酸和过氧化氢 d．硫酸
(2)测得滤液M中Ca2＋的物质的量浓度为0.56 ml·L－1，若加入等体积的(NH4)2CO3溶液时CaCO3开始沉淀，则(NH4)2CO3的物质的量浓度为 (已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9)。
(3)反应Ⅰ是放热反应，不同浓度的H2O2溶液对反应生成CaO2产率的影响如表：
分析题给信息，解释H2O2的浓度大于20%后CaO2产率反而减小的原因：
。
(4)制备所得的过氧化钙中常含有CaO杂质，实验室可按以下步骤测定CaO2的质量分数：
步骤1：准确称取0.3 900 g过氧化钙样品，置于250 mL的锥形瓶中；
步骤2：加入10 mL蒸馏水和20 mL磷酸，振荡使样品完全溶解；
步骤3：用0.1 000 ml·L－1的酸性KMnO4溶液滴定至终点，记录数据；
步骤4：平行测定3次(数据记录见表)，计算试样中CaO2的质量分数。
已知：上述实验过程中反应关系为CaO2～H2O2，5H2O2～2KMnO4。
①步骤3判断滴定达到终点的现象是 ．
②由表中数据可知，该样品中CaO2的质量分数为 %。若实验时刚洗净的滴定管未用酸性KMnO4溶液润洗，则测定的CaO2的质量分数会 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
解析： 大理石主要成分为CaCO3，含有杂质FeO、Fe2O3，制备CaO2需除去铁元素杂质，故第一步应该是加盐酸溶解，同时加入氧化剂如H2O2，将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除杂，加入氨水使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而被除去，滤液M中主要含有CaCl2、NH4Cl，加入(NH4)2CO3可将CaCl2转化为CaCO3沉淀，滤液Y中主要含有NH4Cl，CaCO3再用盐酸溶解，再与氨水、H2O2等物质反应得到产品。
(1)试剂A是为了溶解CaCO3，应该使用酸，由于含有少量氧化亚铁和氧化铁杂质，加入氨水后形成的是Fe(OH)3沉淀。因此还应该加入具有氧化性的物质，将氧化亚铁反应产生的Fe2＋氧化生成Fe3＋，结合环保知识，可知应该选择的物质是盐酸和过氧化氢，选项c; (2)加入等体积(NH4)2CO3溶液时，c(Ca2＋)被稀释一半，即此时c(Ca2＋)＝ eq \f(0.56 ml/L,2) ＝0.28 ml/L，由Ksp(CaCO3)＝c(Ca2＋)·c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝2.8×10－9，代入数据解得c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝1×10－8ml/L，由于被稀释，故原(NH4)2CO3浓度＝2c(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝2×10－8ml/L；
(3)H2O2浓度增大后，反应速率加快，由于反应放热，H2O2受热又易分解，故导致CaO2产率减小；
(4)①KMnO4与H2O2反应，使KMnO4溶液的紫红色褪去，当H2O2反应完全时，紫红色不再褪去，因此步骤3中当看到加入最后半滴酸性KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色，证明达到滴定终点；
②反应的关系式是5CaO2～5H2O2～2KMnO4，反应消耗的KMnO4平均体积是V＝(19.50＋19.48＋19.52)÷3＝19.50 mL，n(KMnO4)＝0.1 000 ml·L－1×19.50 mL×10－3L/mL＝1.95×10－3ml；所以n(CaO2)＝ eq \f(5n（KMnO4）,2) ＝ eq \f(5×1.95×10－3ml,2) ＝4.875×10－3ml，该样品中CaO2质量分数＝[(4.875×10－3ml×72 g/ml)÷0.3 900 g]×100%＝90%；若实验时刚洗净的滴定管未用KMnO4标准溶液润洗，标准液被稀释，则消耗的KMnO4标准溶液体积偏大，因此会使CaO2的质量分数测定结果偏高。
答案： (1)c (2)2×10－8ml·L－1
(3)H2O2浓度大，反应速率快，反应放热使体系迅速升温，促使H2O2分解
(4)①当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色(或粉红色、红色)，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点 ②90 偏高
2．钯催化剂(主要成分为Pd、α­Al2O3，还含少量铁、铜等元素)在使用过程中，Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂中回收海绵钯的工艺流程如图。
(1)“还原i”加入甲酸的目的是还原 (填化学式)。
(2)“酸浸”过程：
①从绿色化学要求出发，酸浸液应选择 (填字母)。
A．王水(浓硝酸和浓盐酸按体积比1∶3混合)
B．盐酸和Cl2
C．盐酸和H2O2
②温度、固液比对浸取率的影响如图，则“酸浸”的最佳条件为 。
(3)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：[PdCl4]2－＋2RCl R2PdCl4＋2Cl－，(RCl为阴离子交换树脂)。
①“离子交换”流出液中阳离子有H＋、 (填离子符号)。
②淋洗液需保持pH小于2的原因是 。
(4)“沉钯”过程钯元素主要发生如下转化：H2PdCl4(稀溶液)→[Pd(NH3)4]Cl2(稀溶液)→[Pd(NH3)2]Cl2(沉淀)。“沉钯”的目的是 。
(5)“还原ii”中产生无毒无害气体。由[Pd(NH3)2]Cl2生成海绵钯的化学方程式为
。
(6)该工艺流程中可循环利用的物质有 。
解析： 废钯催化剂加入甲酸，在使用过程中， 将Pd氧化生成的 PdO还原为Pd。加入盐酸和H2O2酸浸，Pd转化为H2PdCl4，铁和铜被氧化为离子，α­Al2O3不溶，过滤出来，浸出液中含有H2PdCl4、Fe3＋和Cu2＋，浸出液进行离子交换，离子交换树脂中的Cl－被[PdCl4]2－交换，Pd被留在离子交换树脂中，其他离子H＋、Fe3＋、Cu2＋、Cl－等离子在流出液中。然后再洗脱，[PdCl4]2－重新进入溶液中，加盐酸，H2PdCl4 (稀溶液) →[Pd(NH3)4]Cl2 (稀溶液) →[Pd(NH3)2]Cl2 (沉淀)，得到的[Pd(NH3)2]Cl2用N2H4·H2O还原得到海绵钯。
(1)钯催化剂在使用过程中， Pd 易被氧化为难溶于酸的 PdO 而失活，“还原i”加入甲酸的目的是还原 PdO。
(2)王水有很强的氧化性和挥发性，且王水不稳定，容易分解得到氯气，氯气有毒，所以从绿色化学要求出发，酸浸液应选择盐酸和H2O2，故选C。从题图中可以看出，当温度在75 ℃～80 ℃时，浸取率最大，能达到98%～99%，固液比为4∶1时，浸取率也最大，能达到98%，故“酸浸”的最佳条件为温度控制在75 ℃～80 ℃，固液比为4∶1。
(3)由以上分析可知，“离子交换”流出液中阳离子有H＋ 、Fe3＋、Cu2＋。淋洗过程中有[Pd(NH3)4]Cl2(aq)[Pd(NH3)2]Cl2(s)＋2NH3(aq)，加入盐酸，H＋和NH3反应，使平衡正向移动，从而使Pd沉淀，所以需控制pH小于2。
(4)“沉钯”的目的是将Pd和其他杂质如NH4Cl等分离。
(5)“还原ii”中产生无毒无害气体。由[Pd(NH3)2]Cl2生成海绵钯的化学方程式为：2[Pd(NH3)2]Cl2＋N2H4·H2O===2Pd＋N2↑＋4NH4Cl＋H2O。
(6)在“离子交换”步骤有HCl生成，可以回到“酸浸”步骤重复使用；洗脱过程中产生的RCl也可以循环使用。
答案： (1)PdO (2)① C ②温度控制在75 ℃～80 ℃，固液比为4∶1 (3)①Fe3＋、Cu2＋
②淋洗过程中有[Pd(NH3)4]Cl2(aq)[Pd(NH3)2]Cl2(s)＋2NH3(aq)，加入盐酸，H＋和NH3反应，使平衡正向移动，从而使Pd沉淀，所以需控制pH小于2
(4)将Pd和其他杂质如NH4Cl等分离
(5)2[Pd(NH3)2]Cl2＋N2H4·H2O===2Pd＋N2↑＋4NH4Cl＋H2O
(6)HCl、RCl
3．铜转炉烟灰含金属元素(主要为Cu、Zn、Pb、Fe)的硫酸盐和氧化物以及SiO2。其有价金属回收工艺流程如下。已知：25 ℃时，Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8，Ksp(PbCO3)＝1.46×10－13。
回答下列问题：
(1)“浸出液①”中所含有的金属阳离子有 和Fe2＋、Fe3＋。“浸出”中，当硫酸浓度大于1.8 ml·L－1时，金属离子浸出率反而下降，原因是
。
(2)“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，用KMnO4溶液氧化后，所得滤渣主要成分为Fe(OH)3、MnO2，该氧化过程的离子方程式为
。
(3)ZnSO4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100 ℃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SiO2和 。该工艺中，可循环利用的物质有 。
(5)测定烟灰中的Pb2＋：取20 mL硝酸浸出液于锥形瓶中，调pH为5，加入指示剂后用a 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标准溶液b mL，则Pb2＋的浓度为 g·L－1。
解析： 铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣SiO2、PbSO4；浸出液①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ZnO调pH至5.2后，用KMnO4溶液氧化把Fe2＋氧化为Fe(OH)3，过滤，所得滤渣主要成分为Fe(OH)3、MnO2，滤液②蒸发浓缩得到ZnSO4·7H2O。
(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＋、Fe2＋、Fe3＋；当硫酸浓度大于1.8 ml·L－1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ZnO调pH至5.2后，用KMnO4溶液氧化Fe2＋，氧化产物是Fe(OH)3、还原产物是MnO2，根据得失电子守恒，配平氧化过程的离子方程式为3Fe2＋＋MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋。
(3)①在100 ℃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100 ℃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SiO2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20 mL硝酸浸出液中的Pb2＋的物质的量是x ml
Pb2＋＋H2Y2－===PbY2－＋2H＋
1 1
x ml ab×10－3ml
x＝ab×10－3ml；则Pb2＋的浓度为 eq \f(ab×10－3ml×207 g/ml,0.02 L) ＝10.35ab g·L－1。
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 eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋
(3)②60 ③加快蒸发速率
(4)PbCO3 HNO3
(5)10.35ab
4．三氯化六氨合钴(Ⅲ)([C(NH3)6]Cl3)是合成其他含钴配合物的重要原料，其工业制备过程如下：
步骤Ⅰ：工业利用水钴矿(主要成分为C2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、CaO、MgO、SiO2等)制取氯化钴晶体：
步骤Ⅱ：在活性炭的催化作用下，通过氧化CCl2·6H2O制得到[C(NH3)6]Cl3流程如下：
CCl2·6H2O eq \(――→,\s\up7(NH4Cl溶液),\s\d5(活性炭)) eq \(――→,\s\up7(浓氨水)) eq \(\s\up7(中间体),\s\d5([C（NH3）6]Cl2)) eq \(――→,\s\up7(5%H2O2溶液),\s\d5(氧化)) eq \(――→,\s\up7(系列操作)) [C(NH3)6]Cl3
已知：①氧化性：C3＋＞ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3))
②沉淀Ⅰ、沉淀Ⅱ中都只含有两种沉淀
③以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
(1)加入Na2SO3的主要作用： 。
(2)向“浸出液”中加入适量的NaClO3，反应的离子方程式是 ，
加入Na2CO3调节溶液pH范围为： ；
萃取剂层含锰元素，则加入NaF的作用是： 。
(3)制备[C(NH3)6]Cl3时需要将CCl2·6H2O晶体研细，研磨时用到的主要仪器是 。
(4)在步骤Ⅱ中“氧化”过程，需水浴控温在50～60 ℃，温度不能过高，原因是：
。
“系列操作”是指在高浓度的盐酸中使[C(NH3)6]Cl3结晶析出，过滤，醇洗，干燥。使用乙醇洗涤产品的具体操作是：
。
(5)结束后废水中的C2＋，人们常用FeS沉淀剂来处理，原理是 (用离子方程式表示)。
解析： 水钴矿中加入盐酸和Na2SO3，C3＋具有强氧化性，能将Na2SO3氧化，浸出液中C元素以C2＋形式存在，Fe3＋具有强氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，浸出液中铁元素以Fe2＋形式存在， Al2O3、MnO、CaO、MgO与盐酸反应生成Al3＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋，SiO2为酸性氧化物，不与盐酸反应，也不与Na2SO3反应，因为NaClO3具有强氧化性，且C3＋的氧化性强于ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，浸取液中加入NaClO3，利用ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，加入碳酸钠，调节pH，沉淀Ⅰ只含有两种沉淀，根据信息③可知，加入碳酸钠，使Fe3＋、Al3＋全部以氢氧化物形式沉淀，根据问题(2)中萃取剂层含锰元素，因此加入NaF溶液的目的是除去Ca2＋和Mg2＋，水层经过蒸发浓缩、冷却结晶得到目标产物。
(1)根据上述分析以及流程可知，加入Na2SO3溶液，利用Na2SO3的还原性，将C(Ⅲ)还原成C(Ⅱ)；
(2)根据上述分析，加入NaClO3的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成Cl－，根据化合价升降法进行配平，其离子方程式为ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；加入碳酸钠溶液，调节pH，使Fe3＋、Al3＋以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀，但C2＋不能沉淀，因此需要调节pH的范围是5.2≤pH