突破03 控制溶液的pH值(二)-备战2021年高考化学《工艺流程》专题突破系列

这是一份突破03 控制溶液的pH值(二)-备战2021年高考化学《工艺流程》专题突破系列，共10页。试卷主要包含了金属锰主要用在航空，CCO3可用作选矿剂，硫酸锌可用于制造锌钡白等内容，欢迎下载使用。

无机综合及工艺流程(三)
1、二氧化锆(ZrO2)是最重要的氧离子固体电解质，用于制造燃料电池、氧气含量测定仪等。可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2·SiO2；含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2杂质)通过如工艺流程法制得

已知：①ZrO2具有两性，高温与纯碱共熔生成可溶于水的Na2ZrO3，与酸反应生成ZrO2+
②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表
金属离子
Fe3+
Al3+
ZrO2+
开始沉淀时pH
1.9
3.3
6.2
沉淀完全时pH
3.2
5.2
8.0
请回答下列问题：
(1)已知Zr元素的原子序数是40，请写出它在周期表中的位置：____________________________
(2)烧结时ZrSiO4发生反应的化学方程式为__________________________；滤渣1的化学式为__________
(3)调节pH=a时，a的范围应该是__________________；用氨水调节pH=b时，所发生反应的离子方程式为________________
(4)本题的流程中，一共有三步过滤操作，北中最后一步过滤所得的Zr(OH)4沉淀需要洗涤，证明该沉淀已经洗涤干净的最佳操作方法是：______________________________________
(5)工业上用铝热法冶炼锆，写出以ZrO2通过铝热法制取锆的化学方程式：________________
(6)一种新型燃料电池用掺杂Y2O3 的ZrO2晶体作电解质在熔融状态下传导O2-，一极通入空气，另一极通入乙烷，写出负极的电极反应式：________________________________

2、金属锰主要用在航空、冶金及化工等行业。采用“两矿一步法”浸出高硫高铁碳酸锰矿(主要含有FeS2、FeCO3、SiO2、CuO等杂质)制备金属锰的工艺流程如下：

已知：Ⅰ.福美钠的化学式为(CH3)2CNS2Na,采用福美钠对MnSO4溶液中重金属进行净化去除效果良好:
Ⅱ.部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：

Fe2+
Cu2+
Fe3+
Mn2+
pH(开始沉淀)
7.5
5.2
1.7
7.2
pH(完全沉淀)
9.7
7.8
3.2
10.4
回答下列问题：
(1)FeS2中S元素的化合价为_____价
(2)浸出时，软锰矿中的主要成分MnO2与FeS2发生氧化还原反应，写出该反应的化学方程式___________________________
(3)向浸出液中吹入空气的目的是___________________________________________(用离子方程式表示)
(4)调节pH的最佳范围是__________，沉淀的成分是_________(填化学式)
(5)(CH3)2CNS2H可由(CH3)2NH与CS2通过加成反应得到,1mol(CH3)2NH中,共价键的数目为_____NA
(6)工业上采用如图所示的方法获得金属Mn，B极为_______极，若没有阴离子交换膜,Mn2+将在D极发生反应生成MnO2,则电极反应式为_________________________________





3、CoCO3可用作选矿剂、催化剂及伪装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3和ZnSO4溶液的一种工艺流程如下：

下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)：
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Co2+
7.6
9.4
Al3+
3.0
5.0
Zn2+
5.4
8.0
(1)写出“酸浸”时发生氧化还原反应的化学方程式________________________
(2)“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为_________，形成沉渣时发生反应的离子方程式为______________________
(3)在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有_________________；上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层)ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是______________
(4)“沉钴”时，Na2CO3溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释原因___________________
(5)在空气中煅烧CoCO3生成某种钴氧化物和CO2，若充分煅烧一定量CoCO3后测定所得固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，假设固体为纯净物，其化学式为__________
4、马日夫盐(Mn(H2PO4)2）是一种白色晶体，易溶于水，常用于机械设备的磷化处理。以软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO和Al2O3）为原料制备马日夫盐的流程如下：

(1)粉碎软锰矿制成矿浆的目的是_________________________________________，葡萄糖（C6H12O6）与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________
(2)用H2O2溶液“氧化”时发生反应的离子方程式为_______________________________
(3)已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示、“调pH并过滤”时，应调整的pH范围为____________，滤渣1的主要成分为_________(填化学式)
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Fe3+
1.8
3.2
Al3+
3.0
5.0
Fe2+
5.8
8.8
Mn2+
7.8
9.8
(4)加入磷酸后发生反应的化学方程式为_____________________________________
(5)某工厂用上述流程制备马日夫盐，已知软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，则1t该软锰矿可制得马日夫盐__________t
5、硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂质)制备ZnSO4·7H2O的流程如下：

相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)如表所示：
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3＋
1.1
3.2
Fe2＋
5.8
8.8
Zn2＋
6.4
8.0
(1)“滤渣1”的主要成分为________(填化学式)，“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、___________
(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3＋、H＋反应外，另一主要反应的化学方程式为___________________________
(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为________________________________。溶液pH控制在[3.2,6.4)之间的目的是_________________________
(4)“母液”中含有的盐类物质有____________(填化学式)。


6、碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下。请回答下列问题：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
(1)加入少量NaHCO3的目的是调节pH范围在__________________________内，使溶液中的___________________沉淀(写离子符号)，该反应的离子方程式为_________________________________
(2)反应Ⅱ中的离子方程式为________________________________________________
(3)在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2 L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为_____________________
(4)碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2+离子，Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)42+ 聚合离子，该水解反应的离子方程式为___________________________________
(5)在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3－。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为___________________
A．氯水 B．KSCN溶液 C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液
7、Ni为第Ⅷ 族元素，在许多工业生产中都有涉及。已知草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂（成分主要为Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等）制备草酸镍晶体的流程如图所示：

已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.1
5.8
3.0
6.8
完全沉淀的pH
3.2
8.8
5.0
9.5
②Ksp(CaF2)=1.46×10-10 ③当某物质浓度小于1.0×10-5 mol/L时，视为完全沉淀
(1)请写出一种能提高酸浸速率的措施________________
(2)试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的离子方程式__________________________
(3)pH的调控范围为 __________________，滤渣Ⅱ的成分为_____________________________
(4)写出“沉镍”时反应的离子方程式_____________________________________________________，证明Ni2＋已经沉淀完全的实验步骤及现象是______________________________________，当Ca2+沉淀完全时，溶液中c(F－)>_________ mol/L(写出计算式即可)
(5)操作a的内容是____________________________________________
8、工业上利用粗ZnO(含FeO、CuO)制取金属锌的流程如下(部分步骤省略)。请回答下列问题：

已知：几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：
待沉淀的离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Cu2+
开始沉淀时pH
6.3
1.5
6.2
5.2
沉淀完全时pH
9.7
3.2
8.0
6.4
(1)酸浸粗氧化锌的过程中，常将粗氧化锌粉碎成细颗粒，适当增加硫酸的浓度，目的是___________________________
(2)步骤A的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，并全部形成Fe(OH)3沉淀，为了暂不形成Cu(OH)2和Zn(OH)2，该步骤需控制溶液pH的范围是____________，该步骤中先加入H2O2充分反应后再加入氨水，写出加入H2O2的离子方程式______________________
(3)步骤C的反应离子方程式为____________________________________
(4)若步骤A中加入H2O2后，室温下将溶液的pH调为4，求Fe3+ 离子浓度为_________(已知Ksp[Fe(OH)3]= 4.0×10-3 8)
9、铁黄是一种重要的颜料，化学式为Fe2O3•xH2O，广泛用于涂料、橡胶、塑料、文教用品等工业。实验室模拟工业利用硫酸渣(含
Fe2O3及少量的CaO、MgO等) 和黄铁矿粉(主要成分为FeS2) 制备铁黄的流程如下。

回答下列问题：
(1)操作I中为了提高硫酸渣的溶解速率，可采取的措施有_____________________________(答两条即可)
(2)溶液X中含有的金属离子有Fe3+和_____；溶液X中加入黄铁矿粉后，先发生反应FeS2+H2SO4( 稀)=FeSO4+ H2S↑+S↓，H2S 再将Fe3+还原，其离子方程式为_____________________________
(3)在溶液Y 中通入空气的目的是______________，再通入NH3后可观察到的现象是__________，若通入NH3后溶液的pH 过高，会影响产品纯度，原因是_________
(4)操作II中除用到玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是________
(5)若将滤渣Z灼烧产生的尾气通入溶液X 中，充分反应后溶液的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)
(6)为了测定所制备铁黄Fe2O3•xH2O中x的值，用分析天平准确称量m1g样品置于坩埚中加热、冷却后称量；经过重复操作，当达到恒重时，残留固体质量为m2g，则x =__________
10、CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂。可由水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取，其工艺流程如下：

已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等
②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
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110﹣120℃时，失去结晶水生成CoCl2
回答下列问题：
(1)浸出水钴矿过程中，Fe2O3发生反应的化学方程式为________________________
(2)向浸出液中加入适量NaClO3目的是______________________________________
(3)“加Na2CO3调pH至a”，a=________；过滤所得沉淀的主要成分为___________(填化学式)
(4)萃取剂对金属离子的萃取与溶液pH的关系如下图所示，向“滤液”中加入该萃取剂的目的是____________，使用该萃取剂的最佳pH范围是_____(填选项字母)
A． 5.0﹣5.5 B． 4.0﹣4.5 C． 3.0﹣3.5 D． 2.0﹣2.5

(5)实验操作“操作1”为_______________、__________________、过滤和减压烘干；制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是________________________
11、硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe2O3、FeCO3、
MgO、CaO等，生产工艺流程示意如下：

(1)将菱锌矿研磨成粉的目的是__________________________________________________________________
(2)完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：Fe(OH)2＋______＋______===Fe(OH)3＋Cl－
(3)针铁矿(Coethite)是以德国诗人歌德(Coethe)名字命名的，组成元素是Fe、O和H，化学式量为89，化学式是________
(4)根据下表数据，调节“滤液2”的pH时，理论上可选用的最大区间为________________

Mg(OH)2
Zn(OH)2
MgCO3
CaCO3
开始沉淀的pH
10.4
6.4
—
—
沉淀完全的pH
12.4
8.0
—
—
开始溶解的pH
—
10.5
—
—
Ksp
5.6×10－12 mol3·L－3
—
6.8×10－mol2·L－2
2.8×10－9 mol2·L－2
(5)工业上从“滤液3”制取MgO过程中，合适的反应物是________(选填序号)
a．大理石粉　b．石灰粉　c．纯碱溶液　d．烧碱溶液
(6)“滤液4”之后的操作依次为________________、________________、过滤、洗涤、干燥
(7)分析图中数据，菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于________________
12、碲(Te)是一种第VIA族分散稀有元素，主要伴生于铜、镍、铅等金属矿藏中。TeO2属于两性氧化物，难溶于水，易溶于强酸和强碱。工业上可从电解精炼铜的阳极泥(主要成分Cu2Te，还有少量的Ag、Au)中提取碲。其工艺流程如下：

(1)“加压浸出”生成TeO2的离子方程式为________________________，“加压浸出”时控制pH为4.5～5.0，酸性不能过强的原因是_____________________
(2)“盐酸酸浸”后将SO2通入浸出液即可得到单质碲，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为________________，该流程中可循环利用的物质是_____________(填化学式)
(3)已知：Ksp(Ag2SO4)=7.70×10-5，Ksp(AgC1)=1.80×10-10。盐酸酸浸时，“浸出渣1”中Ag2SO4可充分转化为AgC1。通过计算说明为什么可以实现充分转化_________________
(4)NaOH碱浸时反应的离子方程式为_______________，流程中，电解过程用石墨为电极得到碲，阴极的电极反应式为_________
(5)浸出法是工业提取金属常用的方法，某实验小组用1.0mol· L-1的草酸在75℃时浸出镍。随时间变化，不同固液比对镍浸出率的影响曲线如图所示。
，
①由图可知，固液比与镍浸出率的关系是______________________
②除固液比之外，你认为影响金属浸出率的因素还有____________________(至少两项)
13、金属钇(Y)具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：
表1、浸出液成分

Al3+
Fe3+
Ca2+
PO43-
Mg2+
Mn2+
Y3+
浓度/(mg•L-1)
7670
9460
550
640
5600
1500
70.2
(1)浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集(已知：Y3+与Fe3+性质相似)，原理如下：Fe3+ + 3HRFeR3 + 3H+
Y3+ + 3HR YR3 + 3H+ （已知：FeR3、YR3均易溶于HR）
浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。

①用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因____________________
②结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是__________________________
(2)采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁
表2、Fe3+、Y3+去除率
终点pH
去除率/%
Fe3+
Y3+
3.0
87.84
19.86
3.5
92.33
23.63
4.5
99.99
44.52
5.0
99.99
89.04
中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示
①该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因_________________________________________
磷酸法：将磷酸(H3PO4：三元弱酸)加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀(FePO4)，滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3
表3、滤液中Fe3+、Y3+的浓度

Fe3+
Y3+
浓度/(mg•L-1)
508
68.9
②配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式：Fe3+ + + = FePO4↓+ CO2↑+
③综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因________
(3)经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过____________________(填操作)收集含Y3+的有机溶液
(4)综合分析以上材料，下列说法合理的是________________
a.分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+
b.表2中 Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3+的吸附
c.表2中 pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3+ + 3OH- = Y(OH)3↓
d.有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低
14、某研究性学习小组利用下列原料和流程制备CuSO4．5H2O。已知：Cu+在酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+。

(1)操作①的名称为____
(2)若固体①的成分为混合物，则其成分的化学式为
(3)将H2O2加入滤液①中，发生反应的离子方程式为
(4)调pH可选用的药品为
A．NaOH溶液 B．CuO C．氨水 D．CuCO3
(5)获得的CuSO4．5H2O晶体表面附着杂质离子，常用酒精洗涤的原因是
【无机综合及工艺流程(三)】答案
1、(1)第五周期，ⅣB族
(2)ZrSiO4 + 2Na2CO3Na2ZrO3 + Na2SiO3 +2CO2↑ H2SiO3(或H4SiO4)
(3)5.2≤pH<6.2 ZrO2+ +2NH3·H2O + H2O＝Zr(OH)4↓+2NH4+
(4)取最后一次洗涤液，(用盐酸酸化)加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，证明沉淀已经洗干净
(5)3ZrO2 + 4Al3Zr + 2Al2O3
(6)2C2H6－28e－+ 14O2－＝4CO2 +6H2O
【解析】
已知Zr元素的原子核外电子排布由里往外依次为2、 8 、18、 10、 2，在周期表中的位置为第五周期，ⅣB族；正确答案：五周期，ⅣB族。
（2）ZrSiO4 与Na2CO3固体在高温下发生反应，生成Na2ZrO3 、Na2SiO3和CO2气体；正确答案：ZrSiO4 + 2Na2CO3Na2ZrO3 + Na2SiO3+2CO2↑。硅酸钠溶液与过量的稀硫酸反应，生成硅酸或原硅酸沉淀，所以滤渣1为 H2SiO3(或H4SiO4)；正确答案：H2SiO3(或H4SiO4)。
（3）用氨水调节溶液的pH，目的是使Fe3+ 、 Al3+沉淀完全，以此达到除去两种离子的目的，根据图表信息可知：5.2≤pH<6.2； 根据流程可知用氨水调节pH=b时，溶液中的ZrO2+与氨水反应生成Zr(OH)4沉淀，；离子方程式为ZrO2+ +2NH3·H2O + H2O＝Zr(OH)4↓+2NH4+ ；正确答案：5.2≤pH<6.2 ； ZrO2+ +2NH3·H2O+H2O＝Zr(OH)4↓+2NH4+ 。
（4）ZrOSO4溶液与NH3·H2O反应生成Zr(OH)4和硫酸铵溶液，所以Zr(OH)4沉淀上可能附有硫酸铵，因此检验硫酸根离子是否存在就可以达到实验目的；正确答案：取最后一次洗涤液，(用盐酸酸化)加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，证明沉淀已经洗干净。
（5）高温下，金属铝与氧化锆反应置生成锆和氧化铝；正确答案：3ZrO2 + 4Al3Zr + 2Al2O3。
（6）乙烷燃料电池，乙烷在负极发生氧化反应，乙烷被氧化为CO2；正确答案：2C2H6－28e－+ 14O2－＝4CO2 +6H2O。
2、(1)-1
(2)15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O
(3)4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
(4)3.2≦pH<7.2 Fe(OH)3、SiO2、Cu(OH)2
(5)9
(6)正 Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+
【解析】高硫高铁碳酸锰矿(主要含有FeS2、FeCO3、SiO2、CuO等杂质)用硫酸溶解，同时二氧化锰与FeS2发生氧化还原反应，溶液中存在Fe3+、Cu2+、Mn2+，吹入空气将亚铁离子完全氧化，在加入氨水，调节pH使Fe3+、Cu2+沉淀除去，加入福美钠 (CH3)2CNS2Na除去MnSO4溶液中的重金属离子，最后电解生成金属锰。
(1)FeS2中Fe为+2价，则S元素的化合价为-1价；
(2)浸出时，软锰矿中的主要成分MnO2与FeS2发生氧化还原反应，生成硫酸锰和硫酸铁，反应的化学方程式为15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O；
(5) (CH3)2NH可以看成氨气中的氢原子被甲基取代后的产物，1mol(CH3)2NH中，含有9mol共价键；
(6)根据图示，该装置为电解池，硫酸根离子从C移向D，因此C池阴极，溶液中Mn2+离子放电生成金属锰，D为阳极，溶液中氢氧根离子放电生成氧气，则A为电源分解，B为正极，若没有阴离子交换膜，溶液中的Mn2+可能在阳极被氧化生成MnO2，电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。

3、(1)Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O
(2)5.0≤pH＜5.4(或5.0-5.4) 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
(3)分液漏斗、烧杯 向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层
(4)Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2
(5)Co3O4
【解析】（1）“酸浸”时加入H2SO4和SO2，由于SO2具有还原性，SO2将钴废渣中+3价的Co还原为+2价，“酸浸”时发生的非氧化还原反应为：CoO+H2SO4=CoSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，发生的氧化还原反应为Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O。
（2）“除铝”过程中Al3+完全沉淀，其它金属阳离子不形成沉淀，根据已知Co2+、Al3+、Zn2+开始沉淀和沉淀完全的pH，“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为5.0~5.4。形成沉渣时加入的是Na2CO3，发生的是Al3+与CO32-的双水解反应，形成沉渣时反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。
（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯；根据萃取反应ZnSO4(水层)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)可得，由有机层获得ZnSO4溶液，要使平衡逆向移动，所以要向有机层中加入硫酸，然后分液，所以由有机层获取ZnSO4溶液的操作是：向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层。
（4）“沉钴”时是向CoSO4溶液中加入Na2CO3溶液产生CoCO3沉淀，由于Na2CO3溶液呈碱性，若Na2CO3溶液滴加过快会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2沉淀，导致产品CoCO3中混有Co(OH)2。
（5）0.672L(标准状况)CO2的物质的量为0.03mol，根据C元素守恒，n(CoCO3)=n(CO2)=0.03mol；根据Co元素守恒，n(Co)=0.03mol，m(Co)=0.03mol×59g/mol=1.77g，则氧化物中m(O)=2.41g-1.77g=0.64g，所以n(O)=0.04mol，n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3:4，故该钴氧化物的化学式为Co3O4。
4、(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 12:1
(2)2Fe3＋＋H2O2＋2H＋2Fe3＋＋2H2O
(3)5.0~7.8 Fe(OH)3和Al(OH)3
(4)MnCO3＋2H3PO4Mn(H2PO4)2 ＋CO2↑＋H2O
(5)2.59（或2.5935）
【解析】（1）粉碎软锰矿制成矿浆的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率； 由葡萄糖（C6H12O6）与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O可知：葡萄糖做还原剂，MnO2做氧化剂；根据电子守恒：设MnO2为xmol, （C6H12O6）ymol，2x=y×（4-0）×6；x/y=12:1,正确答案：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；12:1。
（2）反应中的亚铁离子在酸性条件下被双氧水氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋2Fe3＋＋2H2O；正确答案：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋2Fe3＋＋2H2O。
（3）“调pH并过滤”时，主要除去铁离子和铝离子，变为沉淀而除去，根据表中数据可知应调整的pH范围为5.0--7.8，得到的沉淀（滤渣1）为Fe(OH)3和Al(OH)3 ；正确答案：5.0--7.8 ；Fe(OH)3和Al(OH)3。
（4）沉锰过程中形成碳酸锰沉淀，再加入磷酸，碳酸锰变为马日夫盐，反应的化学方程式为MnCO3＋2H3PO4Mn(H2PO4)2 ＋CO2↑＋H2O ；正确答案：MnCO3＋2H3PO4Mn(H2PO4)2 ＋CO2↑＋H2O。
（5）根据锰元素的量守恒规律：1t该软锰矿含有锰元素的量为：1×106×87%×（1-9%）÷87=0.0091×106mol, 马日夫盐Mn(H2PO4)2的量为0.0091×106mol,质量为0.0.0091×106×249=2.26×106g=2.26t；正确答案：2.26。
5、(1)SiO2　粉碎锌白矿(或充分搅拌浆料、适当加热等)
(2)Zn＋CuSO4===Cu＋ZnSO4
(3)3Fe2＋＋MnO＋7ZnO＋9H＋===3Fe(OH)3＋MnO2＋7Zn2＋　使Fe3＋沉淀完全，而Zn2＋不沉淀
(4)ZnSO4、K2SO4
【解析】(1)锌白矿中的ZnO、Fe2O3、CuO可与H2SO4反应，所以滤渣1是SiO2；提高浸出率的常用方法是粉碎矿物、适当提高温度、适当提高浓度、搅拌等。(2)加入Zn能反应的有H＋、Fe3＋、Cu2＋。(3)由流程图可知发生氧化还原反应，氧化剂是MnO，还原产物是MnO2，还原剂是Fe2＋，氧化产物是Fe(OH)3，所以由得失电子守恒可知：3n(MnO)＝n(Fe2＋)，最后再由ZnO调节pH，根据氧原子守恒配平得：3Fe2＋＋MnO＋7ZnO＋9H＋===3Fe(OH)3＋MnO2＋7Zn2＋；由表格数据可知pH≥3.2是使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀而被除去，pH＜6.4的目的是使Zn2＋不被除去。(4)由流程图可知加入H2SO4引入SO、加入KMnO4引入K＋，而形成ZnSO4·7H2O的母液中一定存在ZnSO4，所以“母液”中含有的盐类物质有K2SO4和ZnSO4。
6、(1)4.4-7.5 Al3+ Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓
(2)Fe2+＋2H+＋NO2- = Fe3+＋ H2O＋NO↑
(3)2mol
(4)2Fe(OH)2+＋2H2OFe2(OH)42+＋2H+
(5)D

（2）亚硝酸盐具有氧化性，在酸性条件下能把亚铁离子氧化生成铁离子，反应的离子方程式为2H+ + Fe2++ NO2- ＝Fe3+ + NO↑+ H2O；
因此，本题正确答案为：Fe2+＋2H+＋NO2- = Fe3+＋ H2O＋NO↑，
（3）氧气的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，则得到电子0.5mol×4＝2mol，1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到1mol电子，则需要2molNaNO2；
因此，本题正确答案为：2mol；
（4）Fe(OH)2+离子，可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为2Fe(OH)2+ +2H2OFe2(OH)42+ + 2H+；
因此，本题正确答案为：2Fe(OH)2+＋2H2OFe2(OH)42+＋2H+；

7、(1)把废镍催化剂粉碎，或适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌
(2)2Fe2++2H+ +H2O2=2Fe3++2H2O
(3)5.0≤pH<6.8 Fe(OH)3和Al(OH)3
(4)Ni2++C2O42-+2H2O=NiC2O4·2H2O 取适量上层清液放入试管中，继续滴加（NH4）2C2O4溶液，无沉淀生成
(5)过滤、洗涤、干燥
【解析】废镍催化剂（成分主要为Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等），用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、Al2（SO4）3、CaSO4及过量的硫酸，试剂a是一种绿色氧化剂，所以加入 的是加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni（OH）2调节pH，使pH大于5.0小于6.8，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀、Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去，滤液中含有NiSO4、CaSO4，向滤液中加入NH4F，除去Ca2+，过滤，再向滤液中加入（NH4）2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，（1）根据影响化学反应速率的因素可知，提高浸出率，可把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等；

（4）“沉镍”时反应的离子方程式为Ni2++C2O42-+2H2O=NiC2O4•2H2O，证明Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是取上层清液，继续滴加(NH4)2C2O4溶液，无沉淀生成；当Ca2+沉淀完全时，即c（Ca2+）<10-5mol/L，根据Ksp（CaF2）=1.46×10-10，可知溶液中c2（F-）> mol/L，c（F-）>；
（5）根据上面的分析可知，操作a的内容是过滤、洗涤、干燥。
8、(1)加快反应速率
(2)3. 2≤pH＜5.2
(3)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Cu2+ + Zn = Zn2+ + Cu
(4)4 ×10-8

(3)步骤C中加入锌，发生锌和硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，反应离子方程式为Cu2++Zn=Zn2++Cu；
(4) 若步骤A中加入H2O2后，室温下将溶液的pH调为4，c（H+）=10-4mol/L，c(OH-)=10-10mol/L，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)c3(OH-)= c(Fe3+)× (10-10mol/L) 3=4.0×10-38，故c(Fe3+)=4.0×10-8 mol/L。
9、
【解析】硫酸渣中含Fe2O3、CaO、MgO等，用稀硫酸溶解，过滤除去不溶物，再加FeS2发生反应FeS2+H2SO4（稀）═FeSO4+H2S↑+S↓，H2S可以将Fe3+还原为Fe2+，过滤分离，滤渣含有S、FeS2等，滤液中含有Fe2+，通入空气将Fe2+氧化成Fe3+，氨气反应得到Fe（OH）3，过滤分离，烘干得到铁黄，溶液W中含有硫酸铵等。
（1）适当增加稀硫酸浓度、提高反应温度、粉碎硫酸渣增大接触面积等，都可提高硫酸渣的溶解速度；
（2）硫酸渣中含Fe2O3、CaO、MgO都能被硫酸溶解，因此溶液X中含有的金属离子有Fe3+和Mg2+、Ca2+；H2S可以将Fe3+还原为Fe2+，同时生成S，反应离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
（3）根据上述分析，在溶液Y 中通入空气可以将Fe2＋氧化成Fe3＋，再通入NH3后，Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；若通入NH3后溶液的pH 过高，Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，降低产品纯度；学￥科网
（4）操作Ⅱ是过滤，除用到玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是：烧杯、漏斗；

10、(1)Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素
(3)5.2 Fe（OH）3、Al（OH）3
(4)除去溶液中的Mn2+ C；
(5)蒸发浓缩 冷却结晶 降低烘干温度，防止产品分解
【解析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，Co2O3、Co（OH）3、Fe2O3、Al2O3、MnO和稀盐酸反应生成可溶性的CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2、NaCl，然后向溶液中加入氯酸钠，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，然后过滤，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，调节溶液PH在3.0—3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，萃取后的溶液中主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶而得到粗产品。
（1）浸出水钴矿过程中，Fe2O3发生反应的化学方程式为Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O；
（2）向浸出液中加入适量NaClO3目的是将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素；
（3） “加Na2CO3调pH至a”，a=5.2，保证铝离子沉淀完全，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀；
（5）实验操作“操作1”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤和减压烘干；根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。
11、(1)增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分
(2)Fe(OH)2＋ClO－＋H2O===Fe(OH)3＋Cl－
(3)FeO(OH)(或其他合理答案)
(4)8.0≤pH<10.4(或其他合理答案)
(5)b(或b和d或d)
(6)蒸发浓缩　冷却结晶(或其他合理答案)
(7)125m2/81m1(或其他合理答案)
12、(1)Cu2Te+2O2+4H+=2Cu2++TeO2+2H2O 酸性过强TeO2会被酸溶解导致Te产率降低
(2)1:2 H2SO4、HCl
(3)
(4)TeO2+2OH-=TeO32-+H2O TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-
(5)固液比越小，镍的浸出率越高 金属本身、浸液的选择、温度、浓度、浸出时间、搅拌速度等
【解析】（1）“加压浸出”时加入O2、H2SO4，根据流程和题意，Cu2Te与O2、H2SO4反应生成CuSO4、TeO2和水，反应的化学方程式为Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+TeO2+2H2O。反应的离子方程式为Cu2Te+2O2+4H+=2Cu2++TeO2+2H2O。“加压浸出”时控制pH为4.5～5.0，酸性不能过强的原因是：TeO2属于两性氧化物，易溶于强酸和强碱，酸性过强TeO2会被酸溶解导致Te产率降低。
（2）TeO2属于两性氧化物，易溶于强酸和强碱，“盐酸酸浸”时TeO2发生的反应为TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O；向浸出液中通入SO2得到单质Te，TeCl4为氧化剂，被还原成Te，SO2为还原剂，被氧化成SO42-，根据得失电子守恒，4n（TeCl4）=2n（SO2），n（TeCl4）：n（SO2）=1:2，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。反应的化学方程式为：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+2H2SO4+4HCl，该流程中可循环利用的物质的化学式为：H2SO4、HCl。
（3）Ag2SO4转化为AgCl的反应为Ag2SO4（s）+2Cl-（aq）2AgCl（s）+SO42-（aq），该反应的平衡常数K=====2.381015105，Ag2SO4可充分转化为AgCl。
（4）TeO2属于两性氧化物，易溶于强酸和强碱，NaOH碱浸时反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，离子方程式为TeO2+2OH-=TeO32-+H2O。用石墨为电极电解Na2TeO3溶液得到Te，Te元素的化合价由+4价降至0价，电解时阴极发生得电子的还原反应，阴极的电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。
（5）①根据图像，固液比与镍浸出率的关系是：浸出时间相同时，固液比越小，镍的浸出率越高。
②除固液比之外，影响金属浸出的因素还有：金属本身、浸液的选择、温度、浓度、浸出时间、搅拌速度等。

13、(1)①Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H+) 减小（或c(OH-)增大），平衡右移，Y3+萃取率提高
②Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大
(2)①KSP[Fe(OH) 3]小于KSP[Y(OH) 3]或Fe(OH) 3的溶解度小于Y(OH) 3或c（Fe 3+）远大于c（Y3+）
②2Fe 3++2 H3PO4+ 3CO32-= 2FePO4↓+ 3CO 2↑+3H2O
③磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小
(3)分液
(4)bcd
【解析】考查化学反应原理的综合运用，（1）①Y3＋的溶液中存在：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H＋)减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Y3＋的转化率增大，即Y3＋萃取率提高；②根据Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+，Y3+ + 3HR YR3 + 3H+ ，Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大，因此萃取Y3＋之前，应除去Fe3＋，防止对Y3＋萃取产生干扰；（2）①表2采用的是中和沉淀法，通过条件pH，Fe3＋去除率高，其原因可能是KSO[Fe(OH)3] 14、