备战2026年高考近五年(2021-2025)高考化学真题分类汇编(江苏专用)专题10物质的转化与工艺流程(原卷版+解析版)

这是一份备战2026年高考近五年(2021-2025)高考化学真题分类汇编(江苏专用)专题10物质的转化与工艺流程(原卷版+解析版)，共60页。试卷主要包含了硫铁化合物应用广泛等内容，欢迎下载使用。
1．（2025·江苏·高考真题）ZnS可用于制备光学材料和回收砷。
(1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉CdS等]制备ZnS的过程如下：
已知：Ksp(ZnS)=1.6×10−24,Ksp(CdS)=8.0×10−27,Ka1H2S=1.0×10−7,Ka2H2S=1.2×10−13。当离子浓度小于1.0×10−5ml⋅L−1时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入O2可提高Zn2+浸出率的原因是 。
②通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、cH2S=0.01ml⋅L−1时，Cd2+是否沉淀完全 (写出计算过程)。
③沉锌前调节溶液的pH至4~5，加入的氧化物为 (填化学式)。
(2)制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
区域A“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。
(3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的As2S3沉淀。
已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H3AsO3形式存在，As2S3+6H2O⇌2H3AsO3+3H2S。
60℃时，按n(S):n(As)=7:1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。
①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式： 。
②反应4h后，砷回收率下降的原因有 。
2．（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为：
(有机层)
已知：
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。
②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。
(3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。
①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。
②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。
3．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为 。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为 ；反应选用溶液而不选用溶液的原因是 。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 (用化学方程式表示)。
(3)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为 。
③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是 。
4．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。
(1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为 。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是 。
(2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为 ，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来 。
(3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。
5．（2021·江苏·高考真题）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为
(1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有 (填化学式)。
(2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150ml·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。
(3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。
①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为 。
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为 。
(4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是 。
将本地区2025年模拟题（1-3模及名校模拟）进行汇编
1．（2025·江苏南通·模拟预测）镓及其化合物在电子工业中应用广泛。从高铝粉煤灰(含SiO2、Al2O3和少量Fe2O3、Ga2O3等)中提取镓的过程如下：
已知粉煤灰中Ga2O3存在形式有两种：一种存在于非晶质中，易与酸或碱反应；一种存在于由SiO2和Al2O3组成的玻璃体结构中，该玻璃体结构难与酸或碱反应。
(1)焙烧。向高铝粉煤灰中加入Na2CO3焙烧，得到Na2SiO3、NaAlO2、NaGaO2等。
①写出焙烧过程中Ga2O3发生反应的化学方程式： 。
②焙烧过程中加入Na2CO3的作用除与Ga2O3反应外，还有 。
(2)浸取。向焙烧所得固体中加入NaOH溶液可浸取镓元素。浸取时选用NaOH溶液而不用水的原因是 。
(3)除硅铝。先除去浸取液中的硅，得到主要含Na[Al(OH)4]和Na[Ga(OH)4]的溶液，向其中通入CO2至pH=10，过滤。溶液中镓元素含量随pH变化如下图所示。pH由11降到10的过程中，溶液中镓元素含量降低的原因是 。[已知：pH=11时，溶液中开始析出Al(OH)3，pH=10时，开始析出Ga(OH)3。]
(4)富集镓。除硅铝所得滤液中的镓元素可利用某种树脂[分子中含有氨基(−NH2)、肟基(=N−OH)]进行吸附，再通过解吸附后富集。吸附前Ga(OH)4−首先与树脂中的H+反应得到Ga(OH)3、Ga(OH)2+、Ga(OH)2+，从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因： 。
(5)电解。利用电解法制取镓的装置如下左图所示(电解时不锈钢电极不发生反应)。电解时阳极溶液中Na2CO3和NaHCO3的浓度与时间的关系如下右图所示。
①0~2h，当铜基镀镓电极增重280g，理论上阳极生成气体的物质的量为 。
②8~11h，NaHCO3浓度基本不变的主要原因是 。
2．（2025·江苏连云港·一模）以钴锰废渣（含LiCO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料制备 C3O4。
(1)“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2，充分反应后，过滤。
①在加料完成后，提高浸取效率的措施有 写2点)。
②过滤后，滤渣的主要成分为 。
(2)“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+。
①加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为 。
②滤液中加入MnF2固体发生的反应为MnF2＋Ca2+⇌CaF2＋Mn2+。已知：K＞105认为反应进行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2能除去Ca2+的原因： 。
(3)“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA表示)萃取金属离子，原理为C2+＋2HA(有机层)⇌CA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含C2+的溶液。
①“萃取”时，随着pH的升高，C2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是 。
②“反萃取”时，为使C2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有 。
(4)“制备”。已知：CC2O4从水溶液中析出的主要成分为CC2O4·2H2O，其在空气中受热的质量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含C2+的溶液制备C3O4的实验方案：取富含C2+的溶液， ，得到C3O4。(须使用的试剂：0.1ml·L−1Na2C2O4溶液、盐酸、BaCl2溶液)。
3．（2025·江苏南通·三模）工业以钼精矿为原料制备MO3的过程如下：
、
(1)“焙烧”：将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂。冷却后采用XRD分析焙烧前后物相的变化如下图所示。写出焙烧时生成MO3的化学反应方程式： 。
(2)“预处理”：将钼焙砂和HNO3、NH4NO3混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含H2MO4、多钼酸铵[(NH4)2MnO(3n+1)]、SiO2等滤渣。[已知(NH4)2MnO(3n+1)在水中存在平衡：(NH4)2MnO(3n+1)(s)⇌2NH4+(aq)+MO42−(aq)+(n−1)MO3(s)]
①“预处理”需在通风设备中进行，原因是 。
②写出CaMO4转化为(NH4)2MnO(3n+1)的化学方程式： 。
③其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，所得滤渣中M的含量增大，原因是 。
(3)“氨浸”：将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的H2MO4、(NH4)2MnO(3n+1)可转化为可溶的(NH4)2MO4，还有少量的CaMO4难溶于氨水。为进一步提高M元素的浸出率，可在氨水中加入的物质是 。
(4)五钼酸铵[(NH4)4M5O17，M=824g⋅ml−1]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到MO3。取1.648g五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体NH3和H2O生成，维持300℃时加热当固体质量不再变化时，所得固体[组成为(NH4)aMbOc，M为+6价]质量为1.57g。计算300℃所得固体的化学式，并写出计算过程 。
4．（2025·江苏盐城·模拟预测）从分金脱氯渣（主要成分为Ag、Pb、SiO2）中获取高纯银的流程如图所示：
(1)“酸浸”的目的是将Ag、Pb转化为硝酸盐。加入H2O2的作用是 。
(2)已知：Pb2++4Cl−=PbCl42−。“沉银”后的滤液中，主要含有的阴离子可能有Cl−、 。
(3)①为提高银的回收率，需对“浸银”后的滤渣进行洗涤，并 。（补充完整实验操作）
②溶液中Ag+、AgNH3+、AgNH32+三种离子分布分数系数δ随lgcNH3⋅H2O的变化关系如图1所示。[δAg+=cAg+cAg++cAgNH3++cAgNH32+×100%]
浸银后的“银转化”体系中，cNH3⋅H2O=0.010ml⋅L−1，cAgNH32+/cAgNH3+= （已知：101.5=31.6）。
(4)①N2H4⋅H2O还原AgNH32+的离子方程式为 。
②实验表明pH过高，银的还原率下降，主要原因是 。
(5)α−AgI晶体是离子导体，晶胞结构如图2。Ag+可随机地分布在彼此共面相连的四面体空隙和八面体空隙中，则晶胞中nAg+:n（四面体空隙）= 。
5．（2025·江苏盐城·模拟预测）用磷铁渣（含FeP、Fe2P及少量杂质）制备FePO4的方案如下：
(1)分离磷与铁。向磷铁渣粉中加入碳酸钠焙烧，生成Fe2O3和Na3PO4，充分溶解后过滤，再经处理可得到粗品Fe2O3和Na3PO4固体。写出焙烧过程中Fe2P发生的化学方程式 。
(2)制备FeSO4。粗品Fe2O3和一定比例的淀粉混合，在氩气氛围中煅烧生成粗FeO，加入足量的硫酸浸出，得到FeSO4溶液。
①162g淀粉最多能生成 ml FeO。
②粗FeO用硫酸浸出，控制浸出时间、温度和硫酸浓度一定，测得烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液固比的关系如图1所示。当液固比大于20mL⋅g−1，所得浸出液中铁元素浓度降低的原因是 。
[已知烧渣的浸出率=m(溶解的烧渣)m(原烧渣)×100%，液固比=V(硫酸的体积)m(原烧渣)]
(3)制备FePO4。其他条件一定，制备FePO4时测得Fe的有效转化率nFePO4n总(Fe)×100%与溶液pH的关系如图2所示。请补充完整制备FePO4的实验方案：取一定量已除杂后的FeSO4溶液，加入足量的H3PO4溶液， ，直至取所得溶液滴加K3Fe(CN)6溶液不产生蓝色沉淀为止。 ，干燥，得到FePO4（须使用的试剂有：10%H2O2，1.0ml⋅L−1Na3PO4，1.0ml⋅L−1HCl，1.0ml⋅L−1BaCl2）。
(4)测定粗品中FeO含量。准确称取3.000g产品，加入足量硫酸溶解后配成100mL溶液。取20.00mL于锥形瓶中，用0.05000ml⋅L−1K2Cr2O7溶液滴定（反应原理为Fe2++Cr2O72−+H+→Fe3++Cr3+ +H2O，未配平。杂质不参与反应），恰好完全反应时，消耗K2Cr2O7溶液25.00mL。计算产品中FeO的质量分数 （写出计算过程）。
6．（2025·江苏宿迁·模拟预测）氮化钛(Ti3N4)常作仿金饰品，乳酸亚铁[Fe(C3H5O3)2]常作补铁制剂。以钛铁矿(主要含FeTiO3，还含少量Al2O3、SiO2)为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图。
已知：①“酸浸”后的溶液中，主要含H+、Fe3+、Al3+、Fe2+、TiO2+、SO42−等。
②TiO2+易水解为TiO2⋅nH2O。
③高温下钛易与O2、H2等反应。
④部分物质的熔点、沸点数据如表所示：
(1)其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为 。
(2)为达到流程工艺目的，试剂A为 。
(3)“熔炼”时，温度在800~900℃，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学方程式为 。
(4)①Mg“还原”时需要高温和外加保护气。下列可作为保护气的是 。(填标号)。
a．N2 b．Ar c．CO2 d．H2
②“还原”时，加入足量的Mg，得到钛和另一产物M，然后采用蒸馏法获得钛，蒸馏时温度为 。
(5)用酸性KMnO4溶液滴定法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是 。
(6)某工厂用10t该钛铁矿通过该工艺流程最终制得乳酸亚铁11840.4kg，已知在该流程中铁的损耗率为8%。该钛铁矿中钛的含量为 。
7．（2025·江苏扬州·模拟预测）电子元件废料中金（Au）和Cu以单质存在，以其为原料回收Au、Cu单质的方法如下图所示（其他杂质不参与反应）。
已知：硫脲SCNH22可被缓慢氧化，最终生成单质硫。
(1)①基态Fe3+的核外电子排布式为 。
②“浸金”时，溶液中生成AuSCNH22+和Fe2+，该反应的离子方程式为 。
③硫脲中存在如图所示的转化，AuSCNH22+中的配位原子为 。
(2)硫脲浓度对金的浸出率的影响如图，其他条件相同时，硫脲浓度大于0.1ml⋅L−1时，金浸出率下降的原因是 。
(3)“置换”后，过滤所得金粉中含有的金属杂质为 。
(4)请补充从电子元件废料中回收Cu单质的实验方案，酸浸实验装置如图所示：取一定量的电子元件废料加入三颈烧瓶， ，关闭电源，收集阴极生成的铜。（必须使用：浓硝酸，0.1ml⋅L−1NaOH溶液，直流电源，铜电极，石墨电极）。
8．（2025·江苏泰州·模拟预测）BiOCl是一种新型的不溶于硫酸的高档环保珠光材料。某工厂以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2，SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下：
已知：
①Bi3+易与Cl−形成BiCl63−，在一定条件下BiCl63−可以发生水解：BiCl63−+H2O⇌BiOCl↓+5Cl−+2H+。
②2BiOCl(白色)+2OH−Δ2Cl−+H2O+Bi2O3(黄色)
(1)“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸”时，需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，其目的是 。
(3)“转化”时，加入金属Bi的作用是 。
(4)“萃取”时，铋离子能被有机萃取剂TBP萃取，其萃取原理可表示为：BiCl63−+nTBP⇌BiCl3⋅nTBP+3Cl−，萃取温度对铋、铁萃取率的影响如图所示，Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低的原因可能是 。
(5)请补充完整利用含少量FeOH3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3的实验方案： ，过滤、洗涤、干燥，得Bi2O3。(须使用的试剂有：1ml⋅L−1 H2SO4溶液、4ml⋅L−1 NaOH溶液、1ml⋅L−1 BaCl2溶液、蒸馏水)
9．（2025·江苏南京·模拟预测）一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下：
已知：酸浸液主要含有C2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子。
(1)“酸浸”时保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。
(2)“沉铁”时，先向酸浸液中加入一定量H2O2，检验Fe2+氧化完全的试剂为 （填化学式）。反应完成后加入CaCO3调节pH至4.0将Fe3+转为FeOH3，反应的化学方程式为 。
(3)“沉钴”时，选用NaHS溶液而不选等浓度Na2S溶液的理由为 。获得的CS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，该氧化物的化学式为 。
(4)“沉镍”时，Ni2+与丁二酮肟（）反应生成鲜红色沉淀，结构如图所示。该沉淀中存在的化学键有______（填序号）。
A．氢键B．共价键C．配位键D．金属键
(5)“沉锰”后主要生成Mn2OH2SO4和MnOH2两种沉淀，再通入空气氧化得到产品Mn3O4。氧化时间对Mn3O4中锰含量及溶液pH的影响如图所示。
①15~150min，pH下降较快的原因是 （用离子方程式表示）。
②氧化时间大于225min时，产品中的锰含量下降，其原因是 。
10．（2025·江苏苏州·三模）利用菱锰矿[主要成分为MnCO3，含CaMg(CO3)2、SiO2等杂质]制备Mn3O4的工艺流程如下：
已知：①MnCO3分解吸热；②锰氨配合物能稳定存在的pH范围为8.2~10.6。
(1)碱浸时，加入质量分数为25%的NaOH溶液并控制温度为85℃。碱浸时发生反应的离子方程式为 。
(2)控制不同温度在N2氛围中焙烧所得产物成分如下表：
①控制800℃时，CaMg(CO3)2发生反应的化学反应方程式为 。
②在密闭装置中焙烧时，若将N2替换为CO2，MnCO3显著分解的温度从600℃升高至700℃，其原因是 。
(3)浸锰时通常使用氨水-(NH4)2CO3混合溶液，将MnO转化成[Mn(NH3)4]CO3，(NH4)2CO3溶液的作用是 。
(4)沉锰过程中温度对Mn沉淀率和溶液pH的影响如图1所示。随着温度升高，溶液pH降低的原因是 。
(5)制备高纯Mn3O4；已知：①Mn(OH)2比Mn2+更容易被氧化；②体系中不同温度和pH下所得产品的X-射线衍射图(可用于判断某晶态物质是否存在)如图2所示。请补充完整以MnCO3为原料制备Mn3O4的实验方案：将MnCO3固体粉碎， ，干燥［须使用的试剂和仪器：H2SO4溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液、O2、水浴锅］。
11．（2025·江苏苏州·三模）磷酸铁是锂离子电池正极材料的前驱体。利用磷化渣［主要含Zn3Fe(PO4)3等］制备电池级磷酸铁的流程如下：
(1)碱浸。加少量水润湿磷化渣，在50°C搅拌条件下加入30%的NaOH溶液。实验测得PO43−浸出率和浸取液中锌含量随碱渣比(NaOH溶液质量与磷化渣质量的比值)的变化曲线如图所示。
①Zn3Fe(PO4)3与NaOH反应的化学方程式为 。
②当碱渣比大于0.65时，浸取液中锌含量小幅升高的原因是 。
(2)萃取。碱浸后的滤液中加入含萃取剂P2O4 (结构如图)的有机溶剂(煤油等)，进一步除去滤液中大部分Zn2+。萃取时P2O4与水相、有机相界面处的Zn2+结合后进入有机溶剂。
①萃取剂P2O4进入水相与Zn2+结合的是 (选填“A端”或“B端”)；萃取后，水相中的pH (选填“变大”或“变小”)。
②加入萃取剂P2O4过多，Zn2+的萃取率明显下降，其原因可能是 。
(3)反应。控制n(Na3PO4):n(FeCl3)=1:1，调节Na3PO4溶液与FeCl3溶液反应液pH可制取FePO4⋅2H2O。实验测得产物中铁磷比[n(Fe)n(P)]、随反应液pH的变化如图所示。随pH增大，产物中铁磷比下降的原因是 。
(4)以硫铁矿烧渣(含Fe2O3和少量的MgO、SiO2)为原料制取FePO4⋅2H2O。补充完整制取FePO4⋅2H2O的实验方案：取一定质量的硫铁矿烧渣，加入2ml⋅L−1 HCl溶液至固体不再溶解，过滤， ，充分反应后，经过滤、洗涤、低温烘于后得到FePO4⋅2H2O(可选用的试剂：2ml⋅L−1 HCl溶液，2ml⋅L−1氨水，1ml⋅L−1 NH4H2PO4溶液)。
已知：①溶液中Fe3+、Mg2+开始沉淀的pH分别为1.6、9.6；Fe3+完全沉淀的pH为3.7.
②Fe3++NH4H2PO4+2NH3⋅H2O=FePO4⋅2H2O↓+3NH4+。
12．（2025·江苏苏州·三模）一种利用铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se等)分离提取铜和硒的流程如下：
已知：①K2S2O8Δ2SO4-·＋2K+，副反应：SO4-·＋SO4-·=S2O82−
②Ka1(H2SeO3)=3×10-3，Ka2(H2SeO3)=5×10-8
(1)氧化浸取1
控制液固比为20：1，温度为80℃，反应2h，Cu、Se、Ag浸取率随K2S2O8浓度变化如1所示。
①浸取时，SO4-·将Cu2Se转化为Cu2+和Se．SO4-·氧化Cu2Se的离子方程式为 。
②当K2S2O8的浓度超过8g·L-1时，Cu元素浸取率迅速下降的原因是 。
(2)氧化浸取2
将H2O2、H2SO4、NaCl溶液按一定比例配成溶液，充分浸泡滤渣，所得滤液中含Se微粒主要为Se(IV)。
①当体系pH=5时，Se(IV)微粒的主要存在形式为 。
②氧化浸取2过程中，随着H2O2量的增加，体系pH明显下降的原因是 。
(3)沉硒
向氧化浸取2的滤液中通入SO2获得单质Se，并测定产品中Se的纯度。
①要获得1mlSe理论上需要通入标准状况下SO2的体积为 。
②通过如下步骤测定产品中Se的纯度：取1.6000g产品磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，将溶液转移至250mL容量瓶中。准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入·L-1KMnO4标准溶液，再向锥形瓶中加入0.0500ml·L-1FeSO4标准溶液滴定至紫红色褪去，平行滴定3次，平均消耗FeSO4溶液20.00mL。已知：Se的最高价含氧酸氧化Fe2+速率较慢，滴定过程可忽略此反应。计算产品中Se的纯度 (写出计算过程，计算结果保留两位小数)。
(4)硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，硒氧化铋晶胞可以看成带正电的[Bi2O2]n2n+层与带负电的[Se]n2n−层交替堆叠而成，其结构如图2所示。硒氧化铋的化学式为 。
13．（2025·江苏·三模）钨(W)熔点(3430℃)高，在国防工业有着重要用途，Na2WO4是制备W的前驱体。
(1)以含钨废渣［难溶于水，主要成分为Fe2O3、Al2O3(10%)、SiO2、CaO及少量钨酸亚铁(FeWO4)］制备Na2WO4的流程如下：
一段时间内，钨的浸出率(浸出液中钨元素质量含钨废渣中钨元素质量×100%)及固体残留率(残留固体质量含钨废渣质量×100%)随盐酸浓度的变化如图所示。
①选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是 。
②写出FeWO4与盐酸反应的离子方程式： 。
③盐酸的浓度选择3.5ml⋅L−1的原因是 。
④残留固体中Al2O3质量分数大于10%的原因是 。
(2)废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得Na2WO4。该反应的化学方程式为 。
(3)将废弃钨制品(W与WO3混合物)在空气中加热使之完全转化为WO3，所得固体溶于NaOH溶液可得Na2WO4。
①某废弃钨制品，通过元素分析可知其中钨元素的质量分数为90%。取92.0g该制品在空气中加热，理论上可制得WO3的质量为 (写出计算过程)。
②加热至1000℃，所得固体成分仅为WO3，其质量小于理论值，原因是 。
14．（2025·江苏盐城·三模）从含砷氧化锌废渣(还含有Cu、Ni、Ag的氧化物等)制取活性氧化锌的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)①锌在元素周期表中位于 区。
②该工序锌的浸出率与温度关系如图，当温度高于328K时，锌的浸出率反而下降的原因
是 。
(2)①砷位于元素周期表的 周期 族，该原子具有 种运动状态不同的电子。
②“除砷”时，FeSO4需过量，一是生成Fe(OH)3[或Fe(OH)3−Fe(OH)2]胶体吸附含砷微粒，二是 ；写出砷酸铁的化学式： 。
(3)“除铁”时，Fe2+被KMnO4全部氧化为Fe3+，再调pH将Fe3+、Mn2+转化为沉淀而除去。检验铁元素是否被完全除去的试剂是 。
(4)写出“蒸氨”时，[Zn(NH3)4]CO3生成ZnCO3⋅2Zn(OH)2的化学方程式： 。
(5)以1 t含锌元素10%的含砷氧化锌制得活性氧化锌113.4 kg，依据以上数据能否计算出锌元素的回收率。若能，写出计算结果，若不能，请说明理由： 。
15．（2025·江苏南京·二模）从铜阳极泥(含Cu、Ag、Au、Pd等)中回收贵金属的工艺流程如下：
(1)“酸浸”(已知柠檬酸化学式为H3C6H5O7，是一种三元弱酸)。
①只用稀硝酸也可氧化浸出Pd生成Pd2+和NO，反应的离子方程式为 。
②添加柠檬酸可提高Pd的浸出率，除因为形成PdC6H5O7−外，还有 。
③HNO3和柠檬酸协同浸出Pd时，HNO3浓度过大使Pd浸出率降低的原因是 。
(2)“沉银”时AgC6H5O72−转化为AgCl。AgC6H5O72−中与Ag+配位的原子为 。
(3)“氨浸”时反应为AgCl(s)+2NH3(aq)⇌AgNH32+(aq)+Cl−(aq)。该反应的平衡常数数值为 。已知：Ksp(AgCl)=1.8×10−10；反应Ag+(aq)+2NH3(aq)⇌AgNH32+(aq)的平衡常数K=1.1×107
(4)“还原”在碱性条件下进行。理论上获得的n(Ag):nN2= 。
(5)“置换”后的溶液可制备CuSO4⋅SH2O晶体，该晶体分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(热量变化)如图所示。DSC曲线上650～850℃有两个吸热峰，可能发生的吸热反应为CuSO4650−850°CCuO+SO3↑、 。
专题10 物质的转化与工艺流程
1．（2025·江苏·高考真题）ZnS可用于制备光学材料和回收砷。
(1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉CdS等]制备ZnS的过程如下：
已知：Ksp(ZnS)=1.6×10−24,Ksp(CdS)=8.0×10−27,Ka1H2S=1.0×10−7,Ka2H2S=1.2×10−13。当离子浓度小于1.0×10−5ml⋅L−1时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入O2可提高Zn2+浸出率的原因是 。
②通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、cH2S=0.01ml⋅L−1时，Cd2+是否沉淀完全 (写出计算过程)。
③沉锌前调节溶液的pH至4~5，加入的氧化物为 (填化学式)。
(2)制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
区域A“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。
(3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的As2S3沉淀。
已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H3AsO3形式存在，As2S3+6H2O⇌2H3AsO3+3H2S。
60℃时，按n(S):n(As)=7:1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。
①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式： 。
②反应4h后，砷回收率下降的原因有 。
【答案】(1) 氧化S2−生成S，促进酸浸反应正向进行 否。pH=0时，cH+=1ml⋅L−1
cS2−=Ka1H2S⋅Ka2H2S⋅cH2Sc2H+=1.0×10−7×1.2×10−13×10−212ml⋅L−1=1.2×10−22ml⋅L−1
cCd2+=KspCdScS2−=8.0×10−271.2×10−2ml⋅L−1≈6.67×10−5ml⋅L−1>1.0×10−5ml⋅L−1，则Cd2+未沉淀完全 ZnO
(2) Cl− 负电
(3) 2H3AsO3+3ZnS+6H+=As2S3+3Zn2++6H2O 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促进As2S3+6H2O⇌2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降
【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS等，加入H2SO4、O2酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为Zn2+、Fe3+、Cd2+，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去Fe3+与Cd2+，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。
【详解】（1）①酸浸时，若不通入O2，会发生反应：ZnS+H2SO4⇌ZnSO4+H2S，通入O2可以氧化S2−生成S，促进酸浸反应正向进行，提高Zn2+浸出率；
②通入H2S除镉，当溶液pH=0、cH2S=0.01ml⋅L−1时，cH+=1ml⋅L−1， 又因为Ka1H2S=1.0×10−7,Ka2H2S=1.2×10−13，Ka1H2S×Ka2H2S=c(H+)×c(HS-)c(H2S)×c(H+)×c(S2-)c(HS-)=c2(H+)×c(S2-)c(H2S)，则cS2-=1×10−7×1.2×10−13×0.0112ml/L==1.2×10−22ml/L，则此时cCd2+=Ksp(CdS)cS2-=8.0×10-271.2×10-22ml/L=6.6×10-5ml/L，此时Cd2+的浓度大于1.0×10−5ml⋅L−1，离子沉淀不完全。
③由②知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的H+，加入的氧化物为ZnO。
（2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由Cl−替换S2−，区域B中，由Cu+替换Zn2+；按照均摊法，区域B中含Zn2+：3个、Cu+：1个、S2−：8×18+6×12=4个，+2×3++1×1+−2×4=−1，则区域B带负电。
（3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， ZnS与H3AsO3反应除了生成As2S3外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：2H3AsO3+3ZnS+6H+=As2S3+3Zn2++6H2O。
②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促进As2S3+6H2O⇌2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降，所以反应4h后，砷回收率下降。
2．（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为：
(有机层)
已知：
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。
②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。
(3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。
①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。
②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。
【答案】(1) Fe2O3 浸出初期，c(H+)较大，Fe2O3溶解使铁的浸出率升高，一段时间后，溶液酸性减弱，水解生成沉淀，使铁的浸出率下降
(2) 随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多 2:1
(3) 2:1
【解析】（1）①由图可知，Fe的浸出率比Nd的浸出率低很多，因此大多数铁元素在浸取过程中以氧化铁的形式存在，则含铁滤渣的主要成分是未反应的Fe2O3；
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，一段时间后随着Nd的浸出率增大，溶液中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成进入滤渣，Fe的浸出率又减小。
（2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。
②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。
（3）①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和，该反应的离子方程式为。
②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5ml-=，因此可以确定该产物中的比值为。
3．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为 。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为 ；反应选用溶液而不选用溶液的原因是 。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 (用化学方程式表示)。
(3)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为 。
③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是 。
【答案】(1) 制得的催化剂中不含Na+
(2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消
(3) 提高反应温度、延长浸出时间 促进充分沉淀
【解析】（1）在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为；反应选用溶液而不选用溶液的原因是制得的催化剂中不含Na+；
（2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如。
（3）
提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，已知具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为 。饱和溶液中存在溶解平衡，加过量溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量，促进充分沉淀。
4．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。
(1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为 。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是 。
(2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为 ，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来 。
(3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。
【答案】(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降
(2) 4
(3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3
【解析】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故答案为：；5 ；FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。
（2）因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。
（3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。
5．（2021·江苏·高考真题）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为
(1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有 (填化学式)。
(2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150ml·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。
(3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。
①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为 。
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为 。
(4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是 。
【答案】(1)Fe3+、H+
(2)0.7500ml·L-1
(3) ZnFe2O4+3H2S+H2400℃ZnS+2FeS+4H2O ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O
(4)ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐
【分析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。
【详解】（1）“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。
（2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L×0.015ml·L-1=3.75×10-4ml；ZnSO4溶液的物质的量浓度为3.75×10-4ml2.5×10-3×20100=0.75ml/L；
（3）①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2400℃ZnS+2FeS+4H2O；
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O；
（4）在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。
将本地区2025年模拟题（1-3模及名校模拟）进行汇编
1．（2025·江苏南通·模拟预测）镓及其化合物在电子工业中应用广泛。从高铝粉煤灰(含SiO2、Al2O3和少量Fe2O3、Ga2O3等)中提取镓的过程如下：
已知粉煤灰中Ga2O3存在形式有两种：一种存在于非晶质中，易与酸或碱反应；一种存在于由SiO2和Al2O3组成的玻璃体结构中，该玻璃体结构难与酸或碱反应。
(1)焙烧。向高铝粉煤灰中加入Na2CO3焙烧，得到Na2SiO3、NaAlO2、NaGaO2等。
①写出焙烧过程中Ga2O3发生反应的化学方程式： 。
②焙烧过程中加入Na2CO3的作用除与Ga2O3反应外，还有 。
(2)浸取。向焙烧所得固体中加入NaOH溶液可浸取镓元素。浸取时选用NaOH溶液而不用水的原因是 。
(3)除硅铝。先除去浸取液中的硅，得到主要含Na[Al(OH)4]和Na[Ga(OH)4]的溶液，向其中通入CO2至pH=10，过滤。溶液中镓元素含量随pH变化如下图所示。pH由11降到10的过程中，溶液中镓元素含量降低的原因是 。[已知：pH=11时，溶液中开始析出Al(OH)3，pH=10时，开始析出Ga(OH)3。]
(4)富集镓。除硅铝所得滤液中的镓元素可利用某种树脂[分子中含有氨基(−NH2)、肟基(=N−OH)]进行吸附，再通过解吸附后富集。吸附前Ga(OH)4−首先与树脂中的H+反应得到Ga(OH)3、Ga(OH)2+、Ga(OH)2+，从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因： 。
(5)电解。利用电解法制取镓的装置如下左图所示(电解时不锈钢电极不发生反应)。电解时阳极溶液中Na2CO3和NaHCO3的浓度与时间的关系如下右图所示。
①0~2h，当铜基镀镓电极增重280g，理论上阳极生成气体的物质的量为 。
②8~11h，NaHCO3浓度基本不变的主要原因是 。
【答案】(1) Ga2O3+Na2CO3焙烧2NaGaO2+CO2↑ 破坏玻璃体结构，并与其中的Ga2O3反应，有利于提高镓的浸取率
(2)抑制NaGaO2水解产生Ga(OH)3沉淀而降低镓的浸取率
(3)Al(OH)3沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附
(4)含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键
(5) 3ml CO32−结合阳极产生的氢离子生成HCO3−的速率与HCO3−与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近
【分析】高铝粉煤灰主含SiO2、Al2O3和少量Fe2O3、Ga2O3等；加入碳酸钠焙烧，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，SiO2和碳酸钠反应生成硅酸钠，加入氢氧化钠碱浸，镓、铝元素转化为NaGaO2、NaAlO2溶液，氧化铁不反应过滤除去；除硅铝所得滤液中的镓元素可利用某种树脂富集镓，再电解得到镓单质；
【详解】（1）①“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO3焙烧2NaGaO2+CO2↑；②根据分析，焙烧过程中加入Na2CO3高温下能与二氧化硅和氧化铝反应，破坏玻璃体结构，并与其中的Ga2O3反应，有利于提高镓的浸取率；
（2）根据已知条件，浸取时选用NaOH溶液是因为能抑制NaGaO2水解产生Ga(OH)3沉淀而降低镓的浸取率；
（3）pH=11时，溶液中开始析出Al(OH)3， Al(OH)3沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附，溶液中镓元素含量降低；
（4）从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因：含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键；
（5）①Na[Ga(OH)4]中Ga为+3价，当铜基镀镓电极增重280g，生成镓的物质的量为4ml，电路中通过电子物质的量为12ml，阳极发生反应：2H2O−4e−+4CO32−=O2↑+4HCO3−，可知生成3mlO2；
②8~11h，Na2CO3浓度下降，NaHCO3浓度基本不变的主要原因是CO32−结合阳极产生的氢离子生成HCO3−的速率与HCO3−与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近。
2．（2025·江苏连云港·一模）以钴锰废渣（含LiCO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料制备 C3O4。
(1)“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2，充分反应后，过滤。
①在加料完成后，提高浸取效率的措施有 写2点)。
②过滤后，滤渣的主要成分为 。
(2)“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+。
①加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为 。
②滤液中加入MnF2固体发生的反应为MnF2＋Ca2+⇌CaF2＋Mn2+。已知：K＞105认为反应进行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2能除去Ca2+的原因： 。
(3)“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA表示)萃取金属离子，原理为C2+＋2HA(有机层)⇌CA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含C2+的溶液。
①“萃取”时，随着pH的升高，C2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是 。
②“反萃取”时，为使C2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有 。
(4)“制备”。已知：CC2O4从水溶液中析出的主要成分为CC2O4·2H2O，其在空气中受热的质量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含C2+的溶液制备C3O4的实验方案：取富含C2+的溶液， ，得到C3O4。(须使用的试剂：0.1ml·L−1Na2C2O4溶液、盐酸、BaCl2溶液)。
【答案】(1) 适当搅拌，适当升高温度 CaSO4、炭黑
(2) 3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑ 此反应K＝cMn2+cCa2+＝KspMnF2KspCsF2＝7.5×106＞105，反应进行完全，因此可将Ca2＋完全除尽
(3) 随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大 适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取
(4)边搅拌向其中加入0.1ml·L−1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变
【分析】以钴锰废渣（含LiCO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料，向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2进行酸浸和还原，充分反应后，过滤，炭黑不溶于酸，CaCO3与稀H2SO4反应生成的CaSO4微溶于水，会残留部分在滤渣中。向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，生成Fe(OH)3，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+，生成CaF2。再萃取和反萃取出C2+，用Na2C2O4沉淀得CC2O4⋅2H2O，灼烧得C3O4。
【详解】（1）升高温度可以加快反应速率，搅拌可使反应物充分接触，加快反应速率，故提高浸取效率的措施有：适当搅拌，适当升高温度。
根据分析可知，过滤后，滤渣的主要成分为炭黑和CaSO4。故答案为：适当搅拌，适当升高温度；CaSO4、炭黑；
（2）Fe3+在pH＝4形成Fe(OH)3沉淀，MnCO3中的CO32−与H+结合生成H2O和CO2，则加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑。
MnF2＋Ca2+⇌CaF2＋Mn2+，K=Mn2+Ca2+=KspMnF2KspCaF2=1.2×10−31.6×10−10=7.5×106>105，反应进行完全，因此可除去Ca2+。故答案为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑；此反应K=Mn2+Ca2+=KspMnF2KspCaF2=1.2×10−31.6×10−10=7.5×106>105，反应进行完全，因此可将Ca2+完全除尽。
（3）根据反应：C2+＋2HA(有机层)⇌CA2(有机层)＋2H+ (水层)，随着pH的升高，H+浓度减小，平衡正向移动，促进C2+进入有机层，从而提高萃取率。“反萃取”时，为使C2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有：适当加入高浓度硫酸，使H+浓度增大，平衡逆向移动，释放C2+进入水层，或者充分振荡，加快传质过程，提高反萃取率，或者多次萃取。故答案为：随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大；适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取；
（4）根据图示可知，CC2O4⋅2H2O的质量为18.3g，物质的量为0.1ml，则C元素的质量为5.9g，C点钴氧化物的质量为8.03g，由质量守恒可知C点O元素的质量为8.03−5.9=2.13g，则C点nC:nO=0.1:2.13g16g/ml≈3:4，故C点为C3O4。B点对应质量为14.7g，与起始相比减少了3.6g，恰好为结晶水的质量，则B点对应物质为CC2O4。故要得到C3O4，需在300℃以上煅烧。故取富含C2+的溶液，加入过量0.1ml·L−1Na2C2O4溶液，充分反应生成CC2O4⋅2H2O沉淀，过滤并洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀，则洗涤干净。将沉淀在300℃以上煅烧，充分反应至质量不变得C3O4。故答案为：边搅拌向其中加入0.1ml·L−1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变。
3．（2025·江苏南通·三模）工业以钼精矿为原料制备MO3的过程如下：
、
(1)“焙烧”：将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂。冷却后采用XRD分析焙烧前后物相的变化如下图所示。写出焙烧时生成MO3的化学反应方程式： 。
(2)“预处理”：将钼焙砂和HNO3、NH4NO3混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含H2MO4、多钼酸铵[(NH4)2MnO(3n+1)]、SiO2等滤渣。[已知(NH4)2MnO(3n+1)在水中存在平衡：(NH4)2MnO(3n+1)(s)⇌2NH4+(aq)+MO42−(aq)+(n−1)MO3(s)]
①“预处理”需在通风设备中进行，原因是 。
②写出CaMO4转化为(NH4)2MnO(3n+1)的化学方程式： 。
③其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，所得滤渣中M的含量增大，原因是 。
(3)“氨浸”：将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的H2MO4、(NH4)2MnO(3n+1)可转化为可溶的(NH4)2MO4，还有少量的CaMO4难溶于氨水。为进一步提高M元素的浸出率，可在氨水中加入的物质是 。
(4)五钼酸铵[(NH4)4M5O17，M=824g⋅ml−1]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到MO3。取1.648g五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体NH3和H2O生成，维持300℃时加热当固体质量不再变化时，所得固体[组成为(NH4)aMbOc，M为+6价]质量为1.57g。计算300℃所得固体的化学式，并写出计算过程 。
【答案】(1)2MS2+7O2=高温2MO3+4SO2
(2) 钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应，生成氮氧化物等有毒气体 nCaMO4+2NH4NO3+(2n−2)HNO3Δ(NH4)2MnO(3n+1)+nCa(NO3)2+(n−1)H2O (NH4)2MnO(3n+1)在水中存在平衡：NH42MnO(3n+1)s=2NH4+aq+MO4−aq+n−1MO3s，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，NH4+浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MnO(3n+1)，所得滤渣中M的含量增大
(3)硝酸铵
(4)(NH4)
【分析】将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂，将钼焙砂和HNO3、NH4NO3混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含H2MO4、多钼酸铵[(NH4)2MnO(3n+1)]、SiO2等滤渣，将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的H2MO4、(NH4)2MnO(3n+1)可转化为可溶的(NH4)2MO4，还有少量的CaMO4难溶于氨水；五钼酸铵[(NH4)4M5O17，M=824g⋅ml−1]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到MO3。
【详解】（1）钼精矿(主要成分是MS2)与空气中的氧气在高温的条件下反应生成MO3和SO2，反应的方程式为：2MS2+7O2=高温2MO3+4SO2；
（2）①钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应生成H2MO4、多钼酸铵[(NH4)2MnO(3n+1)]、SiO2等滤渣，同时生成氮氧化物等有毒气体，所以“预处理”需在通风设备中进行；
②将钼焙砂和HNO3、NH4NO3混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到多钼酸铵[(NH4)2MnO(3n+1)]等，据元素种类守恒，产物还有Ca(NO3)2，设(NH4)2MnO(3n+1)的化学计量数为1，由Ca、M、NH4+守恒得反应为nCaMO4+2NH4NO3+xHNO3Δ(NH4)2MnO(3n+1)+nCa(NO3)2+yH2O，由N原子守恒得4+x=2n+2、由H原子守恒得8+x=8+2y，解得x=2n-2、y=n-1，则CaMO4转化为(NH4)2MnO(3n+1)的化学方程式为：nCaMO4+2NH4NO3+(2n−2)HNO3Δ(NH4)2MnO(3n+1)+nCa(NO3)2+(n−1)H2O；
③根据题意，(NH4)2MnO(3n+1)在水中存在平衡：NH42MnO(3n+1)s=2NH4+aq+MO4−aq+n−1MO3s，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，NH4+浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MnO(3n+1)，所得滤渣中M的含量增大；
（3）CaMO4难溶于氨水，为进一步提高M元素的浸出率，可在氨水中加入加入硝酸铵；
（4）所得固体组成为(NH4)aMbOc，其中M为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0；1.648g五钼酸铵的物质的量为：0.002ml，五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体NH3和H2O生成，根据氮元素和氢元素质量守恒得到：0.002×4−a×17+0.002×4−a2×18=1.648−1.57，a=1.5，钼原子反应前后个数不变，则b=5，根据所得固体组成为(NH4)aMbOc，其中M为+6价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0，则c=15.75，则300℃所得固体的化学式为：(NH4)。
4．（2025·江苏盐城·模拟预测）从分金脱氯渣（主要成分为Ag、Pb、SiO2）中获取高纯银的流程如图所示：
(1)“酸浸”的目的是将Ag、Pb转化为硝酸盐。加入H2O2的作用是 。
(2)已知：Pb2++4Cl−=PbCl42−。“沉银”后的滤液中，主要含有的阴离子可能有Cl−、 。
(3)①为提高银的回收率，需对“浸银”后的滤渣进行洗涤，并 。（补充完整实验操作）
②溶液中Ag+、AgNH3+、AgNH32+三种离子分布分数系数δ随lgcNH3⋅H2O的变化关系如图1所示。[δAg+=cAg+cAg++cAgNH3++cAgNH32+×100%]
浸银后的“银转化”体系中，cNH3⋅H2O=0.010ml⋅L−1，cAgNH32+/cAgNH3+= （已知：101.5=31.6）。
(4)①N2H4⋅H2O还原AgNH32+的离子方程式为 。
②实验表明pH过高，银的还原率下降，主要原因是 。
(5)α−AgI晶体是离子导体，晶胞结构如图2。Ag+可随机地分布在彼此共面相连的四面体空隙和八面体空隙中，则晶胞中nAg+:n（四面体空隙）= 。
【答案】(1)将Ag、Pb氧化为Ag+、Pb2+，避免生成NO，污染环境
(2)NO3−、PbCl42−
(3) 将洗涤液加入还原工序中 63.2
(4) 4AgNH32++N2H4⋅H2O+3H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3⋅H2O pH过高，NH3·H2O浓度增大，导致AgNH32+络离子更稳定，难以被还原
(5)1：6
【分析】脱氯渣（主要成分为Ag、Pb、SiO2），加入HNO3、H2O2酸浸，将Ag、Pb转化为硝酸盐，加入NaCl沉银得到AgCl，Pb2+转化为PbCl42−滤液，滤渣中加入NH3·H2O得到AgNH32+，再加入N2H4·H2O得到金属Ag，据此分析。
【详解】（1）加入H2O2的作用是做氧化剂，将Ag、Pb氧化为Ag+、Pb2+，避免生成NO，污染环境；
（2）酸浸时加入了硝酸，故“沉银”后的滤液中，还存在的阴离子有NO3−以及生成的PbCl42−；
（3）①洗涤滤渣的滤液中还存在残留的AgNH32+，需要将洗涤液加入还原工序中，避免Ag损失；
②NH3aq+AgNH3+aq⇌AgNH32+aq 的K2=cAgNH32+cAgNH3+×cNH3=0.40.2×10−3.5=2×103.5，当cNH3⋅H2O=0.010ml⋅L−1，cAgNH32+/cAgNH3+=2×103.5×0.01=63.2；
（4）①“还原”过程为N2H4·H2O将[Ag(NH3)2]+还原为银单质，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：4AgNH32++N2H4⋅H2O+3H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3⋅H2O；
②pH过高，NH3·H2O浓度增大，导致AgNH32+络离子更稳定，难以被还原；
（5）如图所示四面体空隙位于晶胞面心，每个面心是4个，有4×6×12=12个，每个晶胞中含有I−的个数有8×18+1=2个，则Ag+的个数也为2，则晶胞中nAg+:n（四面体空隙）=2：12=1：6。
5．（2025·江苏盐城·模拟预测）用磷铁渣（含FeP、Fe2P及少量杂质）制备FePO4的方案如下：
(1)分离磷与铁。向磷铁渣粉中加入碳酸钠焙烧，生成Fe2O3和Na3PO4，充分溶解后过滤，再经处理可得到粗品Fe2O3和Na3PO4固体。写出焙烧过程中Fe2P发生的化学方程式 。
(2)制备FeSO4。粗品Fe2O3和一定比例的淀粉混合，在氩气氛围中煅烧生成粗FeO，加入足量的硫酸浸出，得到FeSO4溶液。
①162g淀粉最多能生成 ml FeO。
②粗FeO用硫酸浸出，控制浸出时间、温度和硫酸浓度一定，测得烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液固比的关系如图1所示。当液固比大于20mL⋅g−1，所得浸出液中铁元素浓度降低的原因是 。
[已知烧渣的浸出率=m(溶解的烧渣)m(原烧渣)×100%，液固比=V(硫酸的体积)m(原烧渣)]
(3)制备FePO4。其他条件一定，制备FePO4时测得Fe的有效转化率nFePO4n总(Fe)×100%与溶液pH的关系如图2所示。请补充完整制备FePO4的实验方案：取一定量已除杂后的FeSO4溶液，加入足量的H3PO4溶液， ，直至取所得溶液滴加K3Fe(CN)6溶液不产生蓝色沉淀为止。 ，干燥，得到FePO4（须使用的试剂有：10%H2O2，1.0ml⋅L−1Na3PO4，1.0ml⋅L−1HCl，1.0ml⋅L−1BaCl2）。
(4)测定粗品中FeO含量。准确称取3.000g产品，加入足量硫酸溶解后配成100mL溶液。取20.00mL于锥形瓶中，用0.05000ml⋅L−1K2Cr2O7溶液滴定（反应原理为Fe2++Cr2O72−+H+→Fe3++Cr3+ +H2O，未配平。杂质不参与反应），恰好完全反应时，消耗K2Cr2O7溶液25.00mL。计算产品中FeO的质量分数 （写出计算过程）。
【答案】(1)4Fe2P+6Na2CO3+11O2焙烧4Fe2O3+4Na3PO4+6CO2
(2) 24 液固比大于20mL⋅g−1，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低
(3) 边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液 滴加1ml∙L −1Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 ml·L−1盐酸，再加 1. 0ml·L−1BaCl2溶液无明显现象
(4)90.00%
【详解】（1）焙烧过程中Fe2P与Na2CO3和O2发生反应生成CO2、Fe2O3和Na3PO4，化学方程式4Fe2P+6Na2CO3+11O2焙烧4Fe2O3+4Na3PO4+6CO2。故答案为：4Fe2P+6Na2CO3+11O2焙烧4Fe2O3+4Na3PO4+6CO2；
（2）①淀粉的基本单元是葡萄糖单元（C6H10O5），其摩尔质量为162 g/ml，C6H10O5~24e-~6CO2~24FeO，162g淀粉最多能生成24ml FeO。故答案为：24；
②当液固比大于20mL⋅g−1，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低。故答案为：液固比大于20mL⋅g−1，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低；
（3）FeSO4先用双氧水氧化，完全变为三价铁后，根据图2，在pH为1.5时，沉淀最多，过滤、洗涤、干燥，得到FePO4，补充完整制备FePO4的实验方案：取一定量已除杂后的FeSO4溶液，加入足量的H3PO4溶液，边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液，直至取所得溶液滴加K3Fe(CN)6溶液不产生蓝色沉淀为止。滴加1ml∙L −1 Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 ml·L−1盐酸，再加 1. 0ml·L−1BaCl2溶液无明显现象，干燥，得到FePO4。故答案为：边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液；滴加1ml∙L −1 Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 ml·L−1盐酸，再加 1. 0ml·L−1BaCl2溶液无明显现象；
（4）根据题意得到关系式：6Fe2+~Cr2O72−，n(Cr2O72−)＝0.05 ml∙L−1×25×10−3L＝1.25×10 −3 ml，n(Fe2+)＝6n(Cr2O72−)＝6×1.25×10−3ml＝7.5×10−3ml，w(FeO)＝7.5×10−3ml×72g·ml-10.6g×100%=90.00%，故答案为：90.00%。
6．（2025·江苏宿迁·模拟预测）氮化钛(Ti3N4)常作仿金饰品，乳酸亚铁[Fe(C3H5O3)2]常作补铁制剂。以钛铁矿(主要含FeTiO3，还含少量Al2O3、SiO2)为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图。
已知：①“酸浸”后的溶液中，主要含H+、Fe3+、Al3+、Fe2+、TiO2+、SO42−等。
②TiO2+易水解为TiO2⋅nH2O。
③高温下钛易与O2、H2等反应。
④部分物质的熔点、沸点数据如表所示：
(1)其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为 。
(2)为达到流程工艺目的，试剂A为 。
(3)“熔炼”时，温度在800~900℃，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学方程式为 。
(4)①Mg“还原”时需要高温和外加保护气。下列可作为保护气的是 。(填标号)。
a．N2 b．Ar c．CO2 d．H2
②“还原”时，加入足量的Mg，得到钛和另一产物M，然后采用蒸馏法获得钛，蒸馏时温度为 。
(5)用酸性KMnO4溶液滴定法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是 。
(6)某工厂用10t该钛铁矿通过该工艺流程最终制得乳酸亚铁11840.4kg，已知在该流程中铁的损耗率为8%。该钛铁矿中钛的含量为 。
【答案】(1)85%
(2)Fe
(3)TiO2+2C+2Cl2800~900℃TiCl4+2CO
(4) b 1412℃≤T