1、无机工业流程1硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO(占40%)，还有CaO、MnO2、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO47H2O的流程如下：根据题意回答下列问题：(1)实验中需用1 molL1的硫酸800 mL，若用18.4 molL1的浓硫酸来配制，量取浓硫酸时，需使用的量筒的规格为_。A10 mL B20 mL C50 mL D100 mL(2)加入的NaClO可与Mn2反应：Mn2ClOH2O=MnO22HCl，还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为_。(3)滤渣中除含有Fe(OH
2、)3、Al(OH)3外，还有_。(4)在“除钙”前，需检验滤液中Fe3是否被除尽，简述检验方法：_。(5)已知MgSO4、CaSO4的溶解度(g/100 g H2O)如下表：温度/物质40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤：_。“操作”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，_，便得到了MgSO47H2O。(6)实验中提供的硼镁泥共100 g，得到的MgSO47H2O为172.2 g，则MgSO47H2O的产率为_。【答案】(1)D (2)2
3、Fe2ClO2H=2Fe3ClH2O(3)MnO2、SiO2(4)取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变血红色，则说明滤液中不含Fe3，如果溶液变血红色，则说明滤液中含Fe3(5)蒸发浓缩，趁热过滤过滤(或过滤、洗涤) (6)70%【解析】(1)实验中需用1 molL1的硫酸800 mL，则配制时需用1 000 mL的容量瓶配成1 000 mL溶液。设需要18.4 molL1的浓硫酸的体积为V mL，则18.4 molL1V103 L1 molL11 L，解得V54.3。故需使用的量筒的规格为100 mL。(2)硫酸酸解得到的溶液中含有Al3、Fe3、Fe2、Ca2等金属离子，加入N
4、aClO，Fe2也会被氧化，离子方程式为2Fe2ClO2H=2Fe3ClH2O。(3)滤渣中还含有不溶于硫酸的SiO2及氧化生成的MnO2。(4)加入KSCN溶液，检验Fe3是否被除尽。(5)MgSO4的溶解度受温度影响大，而CaSO4的溶解度受温度影响小，故选择蒸发浓缩，趁热过滤的方法除去CaSO4。“操作”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，便得到了MgSO47H2O。(6)根据关系式：MgOMgSO47H2O，MgSO47H2O的理论产量为100 g40%246 g，故MgSO47H2O的产率为100%70%。2某科研小组采用如下方案回收废旧光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量
5、过低，对实验的影响可忽略)。已知NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO=2NaClNaClO3AgCl可溶于氨水：AgCl2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl2H2O常温时N2H4H2O(水合肼)能还原Ag(NH3)2：4Ag(NH3)2N2H4H2O=4AgN24NH4NH3H2O(1)“氧化”阶段需在80 条件下进行，适宜的加热方式为_。(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为_。HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是_。(3)为提高Ag的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并_。(4)从“
6、过滤”得到的滤液中获取单质Ag的过程中，在加入2 molL1水合肼溶液后，后续还需选用的试剂有_(1 molL1H2SO4溶液、10%氨水、1 molL1NaOH溶液，填序号)。反应完全后欲获取纯净的单质银需再进行的实验操作为_。【答案】(1)水浴加热 (2)4Ag4NaClO2H2O4AgCl4NaOHO2会释放出氮氧化物，造成环境污染(3)将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中(4)过滤、洗涤、干燥【解析】(1)控制反应温度为80 ，可以选择水浴加热。(2)根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式。HNO3也能氧化Ag，硝酸作氧化剂时通常被还原为有毒的氮氧化物而污染环境，所以HNO3代替NaCl
7、O的缺点是会释放出氮氧化物，造成环境污染。(3)为提高Ag的回收率，需对过滤的滤渣进行洗涤(洗涤的目的是把滤渣表面残留的银氨配离子洗涤下来)，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中。(4)“过滤”得到的滤液中含有银氨配离子，根据已知信息，常温时N2H4H2O(水合肼)能与Ag(NH3)2反应产生氨气，氨气有强烈的刺激性气味，会污染空气，因此需要进行尾气吸收，可用硫酸吸收。完全反应后将混合物过滤、洗涤、干燥即可得到纯净的单质银。3铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0
8、.1 molL1)氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3.39.99.5(1)酸浸时粉碎铜镉渣的目的是_。(2)操作产生的滤渣主要成分为_(填化学式)。(3)操作中先加入适量H2O2，发生反应的离子方程式为_。再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为_，判断依据是_。若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以鉴别：_。(4)处理含镉废水常用加入碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为_。除去工业废水中的Cd2时，若反应达到平衡后溶液中c(Ca2)0.1 molL1，溶液中c(Cd2)_mol
9、L1已知25 ，Ksp(CdCO3)5.61012，Ksp(CaCO3)2.8109。【答案】(1)增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率(2)Cu (3)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O3.3pH7.2根据表格中的信息可知在3.3pH7.2时，能确保Fe3沉淀完全，而Cd2不会沉淀取待电解液少量于试管中，向其中滴加H2O2后再滴入KSCN溶液，若溶液变红或向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，则待电解液中含有Fe元素(其他合理答案也可)(4)CaCO3(s)Cd2(aq)CdCO3(s)Ca2(aq)2.0104【解析】(2)加入稀H2SO4，Zn、Fe、Cd、C
10、o都与稀H2SO4反应，只有Cu不反应，故滤渣为Cu。(3)加入适量H2O2，将Fe2氧化为Fe3，根据氧化还原规则和质量守恒定律可知反应的离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。加入ZnO提高pH，将Fe3转化为Fe(OH)3过滤除去，同时不能损失Cd2，所以控制反应液的pH范围为3.37.2。若加入的H2O2不足量，则待电解溶液中有Fe2残余。(4)除去废水中的Cd2时，若反应达到平衡后溶液中c(Ca2)0.1 mol/L，则溶液中的c(CO)Ksp(CaCO3)c(Ca2)2.81090.12.8108mol/L，溶液中c(Cd2)Ksp(CdCO3)c(CO)5.61012
11、2.81082104 mol/L。4(2021届黑龙江大庆市大庆实验中学高三期中)氧化亚铜(Cu2O)是一种附加值较高的铜类物质，某工厂以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀7.52.74.8完全沉淀9.03.76.4(1)炉气中的有害气体成分是_，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：_。(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是_。(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：_
12、，操作X包括过滤、洗涤、烘干，其中过滤后，可以通过_的方法检验固体物质是否已被洗涤干净。(5)Cu2O也常用电解法制备，流程如下：已知：Cu2O为暗红色的固体，有毒 部分难溶物的颜色和常温下的Ksp如下表所示：难溶物Cu(OH)2CuOHCuClCu2O颜色蓝色黄色白色红色Ksp(25 )1.610-191.010-141.210-6实验室模拟电解装置如图所示，观察到的现象如下：开始无明显现象，随后液面以下的铜棒表面逐渐变暗；5 min后，b极附近开始出现白色沉淀，并逐渐增多，且向a极扩散；10 min后，最靠近a极的白色沉淀开始变成红色；12 min后，b极附近的白色沉淀开始变成黄色，然后逐
13、渐变成橙黄色；a极一直有大量气泡产生；停止电解，将U形管中悬浊液静置一段时间后，上层溶液呈无色，没有出现蓝色，下层沉淀全部显红色。则：电解池的阳极反应式为_。b极附近的白色沉淀开始变成黄色，此时溶液中=_。【答案】(1)SO2 2：1 (2)2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O (3) 3.7pH4.8 (4)4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2O 取最后一次洗涤液少量于试管中，先加入盐酸酸化，而后滴加几滴BaCl2溶液 ，若产生白色沉淀，则证明没有洗净(或：若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净) (5)Cu+Cl-e-=CuCl 8.310-9 【解析】
14、硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)预处理后与氧气焙烧，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH将Fe3+转化为沉淀经过滤除去，将滤液用KOH、N2H4还原，过滤、洗涤、隔绝空气烘干，得到Cu2O。(1)根据流程可知，矿石与氧气反应得到金属氧化物和SO2，Cu2S与O2反应的化学方程式为Cu2S+O22CuO+SO2，氧化剂是O2，还原剂是Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；(2)若试剂X是H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为2Fe2+2H+
15、H2O2=2Fe3+2H2O；(3)加入试剂Y的目的是调节溶液和pH完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+，根据表中数据可知，pH的调控范围是3.7pH4.8；(4)在碱性条件下N2H4将Cu2+还原为Cu2O，由流程可知反应的化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2O；过滤、洗涤后，取最后一次洗涤液少量于试管中，先加入盐酸酸化，而后滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明没有洗净(或：若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净)；(5)根据题中提供有物质的颜色及离子沉淀的pH可以推知，亚铜离子与溶液中的氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，在碱性环境中氯化亚铜可转化为
16、氢氧化铜沉淀，氢氧化亚铜分解生成氧化亚铜。电解时铜作阳极，失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，电极反应式为Cu+Cl-e-=CuCl，答案：Cu+Cl-e-=CuCl；亚铜离子与溶液中的氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，在碱性环境中氯化亚铜可转化为氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为CuCl+OH-=CuOH+Cl-，氢氧化亚铜分解生成氧化亚铜，白色沉淀变成黄色的过程中，=8.310-9。5(2021届湖北武汉市华中师大一附中高三期中)铑(Rh)是铂系金属中的一种，其氧化态性质稳定且极难溶解而其氢氧化物是一种两性化合物，含铑催化剂化学工业中都有广泛的应用。以下是一种从废铑催化剂(杂质主要为有机杂质和少量C
17、u)中回收铑的工艺流程：(1)焚烧的目的是_。(2)实验室探究焚烧温度对铑回收率的影响，结果如图，当焚烧温度选择320时，回收效果最好，请解释选择此温度的可能的原因是：_。(3)用KHSO4熔融的目的是将焚烧后的铑和铜转化成可溶性的Rh2(SO4)3和CuSO4，写出铑和KHSO4反应的化学方程式_。(4)用氨水除杂的原理是(用离子方程式和简要文字表述)_，此步骤中，pH不能太高(实际调节pH在8左右)的原因是_。(5)电解还原时，铑将在_极(填“阳”或者“阴”)析出。(6)铑的某配合物的化学式为CsRh(SO4)2，该物质易溶于水，向其水溶液中加入一定浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成，该盐溶
18、于水的电离方程式为_。【答案】(1)除去有机组分 (2)温度过低则达不到完全灰化的目的，大量有机杂质仍然滞留在其中；温度过高铑会被氧化成氧化态铑(性质稳定，难溶解)，影响后续铑的回收 (3)2Rh+6KHSO4= Rh2(SO4)3+3H2+3K2SO4 (4)NH3H2ONH4+OH-，Rh3+和氢氧根反应生成Rh(OH)3沉淀 防止Cu2+沉淀 (5)阴 (6)CsRh(SO4)2=Cs+Rh(SO4)2- 【解析】废铑催化剂(杂质主要为有机杂质和少量Cu)先通过燃烧除去有机组分，然后和熔融KHSO4反应生成Rh2(SO4)3和CuSO4，用氨水调pH使Rh(OH)3沉淀而不生成Cu(OH
19、)2，加盐酸使Rh(OH)3溶解，电解含有Rh3+的溶液，在阴极得到粗铑粉，再经过酸洗、水洗、焙烧得到纯铑粉。(1)由题意可知，废铑催化剂中杂质主要为有机杂质和少量Cu，因此焚烧的目的是通过燃烧除去有机组分；(2)铑的氧化物性质稳定，因此在焚烧时需注意控制温度，因此焚烧温度选择320，温度过低则达不到完全灰化的目的，大量有机杂质仍然滞留在其中；温度过高铑会被氧化成氧化态铑(性质稳定，难溶解)，影响后续铑的回收；(3)铑和KHSO4反应生成Rh2(SO4)3，Rh元素化合价升高，则化合价下降的元素只能是H，生成氢气，根据电子得失守恒和原子守恒配平方程式为：2Rh+6KHSO4= Rh2(SO4)
20、3+3H2+3K2SO4；(4)氨水中NH3H2O电离产生氢氧根：NH3H2ONH4+OH-，Rh3+和氢氧根反应生成Rh(OH)3沉淀；此步骤中，pH不能太高(实际调节pH在8左右)是为了防止Cu2+沉淀；(5)电解还原时，Rh3+得电子，在阴极析出；(6)铑的某配合物的化学式为CsRh(SO4)2，该物质易溶于水，向其水溶液中加入一定浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成，说明硫酸根处于内界，该盐溶于水的电离方程式为：CsRh(SO4)2=Cs+Rh(SO4)2-。6(2021届哈尔滨市黑龙江实验中学高三月考)钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上利用钼精矿
21、(主要成分是不溶于水的MoS2，含少量PbS等)制备钼酸钠的工艺如图所示。(1)“焙烧”过程中，为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是_(答两条即可)。(2)已知“焙烧”过程中生成了两种氧化物，请写出焙烧时MoS2发生反应的化学方程式_。(3)“碱浸”所得 Na2MoO4 溶液中含SO42-杂质，其中 c(MoO42-)=1.0mol/L， c(SO42-) =0.02 mol/L，在结晶前需加入 Ba(OH)2 固体以除去溶液中的SO42-。当BaMoO4 开始沉淀时，SO42-的去除率是_。(Ksp(BaMoO4)=4.010-8，Ksp(BaSO4)=1.010-10，溶液体积变化可忽略
22、)(4)“除杂”过程中加入的除杂剂是 Na2S，则废渣的化学式为_(5)流程中由 Na2MoO4 溶液获得晶体，洗涤沉淀时，最适合作为洗涤剂的是_。A冷水 BNa2SO4 饱和溶液 C乙醇与水的混合溶液(6)另一种利用钼精矿制备钼酸钠的工艺流程中，直接向粉碎后的钼精矿中加入NaOH 溶液和NaClO 溶液来得到钼酸钠，则得到钼酸钠溶液的离子方程式为_。【答案】(1)将矿石粉碎增大接触面积(或增加空气的进入量或采用逆流焙烧等) (2)2MoS2+7O22MoO3+4SO2 (3)87.5% (4) PbS (5)C (6)MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+3H2O+2SO4
23、2- 【解析】(1)根据外界条件对反应速率的影响可知，“焙烧”过程中，为了提高钼精矿焙烧速率，可将矿石粉碎增大接触面积(或增加空气的进入量或采用逆流焙烧等)；(2)根据流程知，氧气做氧化剂，Mo被氧化到+6价的MoO3，硫元素升高到+4价的SO2，故反应为2MoS2+7O22MoO3+4SO2；(3)BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)=Ksp(BaMoO4)c(MoO42-)=4.010-8molL-1，故溶液中c(SO42-)=Ksp(BaSO4)c(Ba2+)=2.510-3molL-1，故硫酸根离子的去除率=100%87.5%；(4)”除杂”过程中加入的除杂剂是Na2S，溶液中含有+
24、2价Pb，故废渣的化学式为PbS；(5)结晶得到的是钼酸钠晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤；由于钼酸钠溶于水，故不能用水洗涤，冷水和Na2SO4饱和溶液中均含有水，且Na2SO4饱和溶液会引入硫酸根杂质，乙醇可减少钼酸钠的溶解，故答案选C；(6)ClO-作氧化剂，将MoS2氧化成MoO42-和SO42-，用NaClO在碱性条件下氧化MoS2，发生反应的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+3H2O+2SO42-。7(2021届黑龙江南岗区哈师大附中高三期中)锰是一种非常重要的金属元素，在很多领域有着广泛的应用。利用废铁屑还原浸出低品位软锰矿
25、制备MnSO4，然后通过电解制备金属Mn，其工业流程图如图：已知：i.低品位软锰矿主要成份有MnO2、Al2O3、Fe2O3、Cu2(OH)2CO3、CaCO3、SiO2等；ii.常温下部分金属离子以氢氧化物沉淀时的pH；金属离子Fe2+Fe3+Al3+Mn2+Cu2+开始沉淀的pH6.81.83.78.65.2沉淀完全的pH8.32.84.710.16.7iii.几种化合物的溶解性或溶度积数据(Ksp)MnF2CaSMnSFeSCuS溶于水溶于水2.510136.310186.31036(1)研究表明，单质Fe和Fe2+都可以还原MnO2。在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+的离
26、子方程式是_。(2)滤液A先用H2O2处理，然后加入CaCO3，反应后溶液的pH约为5。滤渣a的主要成分中含有黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6。H2O2的作用是_(用离子方程式表示)。滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有X。用平衡移动原理解释产生X的原因_。(3)MnS固体的作用为_(用离子方程式表示)。(4)滤渣c的成分是_。(5)利用如图装置模拟工业流程图中的“电解”步骤制金属Mn。阳极的电极反应式是_。阴极的电极反应为Mn2+2e=Mn和2H+2e=H2。电极上H2的产生会引起制得的锰起壳开裂，降低产品质量。向滤液C中加入氨水调节溶液pH=7，除了考虑到物质循环利用、降低能耗以外
27、，其他的原因是_。电解前，向中性MnSO4溶液中加入(NH4)2SO4的作用除了增大溶液导电性之外，还有_(结合电极反应式和离子方程式解释)。【答案】(1)3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O (2)2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 加入CaCO3使溶液c(H+)降低， Al3+3H2OAl(OH)3+3H+平衡正向移动，pH4.7时Al(OH)3沉淀完全 (3)MnS(s)+Cu2+=Mn2+ CuS(s) (4)CaF2 (5)2H2O-4e-=O2+4H+ 降低c(H+)，减少阴极上产生的H2 阴极上2H+2e=H2使阴极区溶液c(OH)增大，利用反应
28、NH4+OH=NH3H2O控制溶液pH，防止pH过高而产生Mn(OH)2 【解析】由流程图可知，软锰矿加入Fe和H2SO4，MnO2将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，经过滤除去不溶的SiO2和难溶的硫酸钙，清液A中含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+等离子，在清液A中加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钙调节溶液的pH，产生黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6和氢氧化铝沉淀，除去Fe2+、Fe3+、Al3+。清液B中含有Mn2+、Cu2+和Ca2+等离子，在清液B中加入MnS固体，生成CuS沉淀，除去Cu2+。清液C中含有Mn2+和Ca2+等离子，在
29、清液C中加入MnF2可将Ca2+转化为CaF2沉淀而除去。最后加氨水调节溶液pH=7，电解中性MnSO4溶液制取Mn。(1)硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+的离子方程式是3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O。(2)过氧化氢能够氧化前步反应生成的亚铁离子，离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；由反应后溶液的pH5和表中数据可知，加入CaCO3使溶液c(H+)降低，Al3+3H2OAl(OH)3+3H+平衡正向移动，pH4.7时Al(OH)3沉淀完全，所以滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有氢氧化铝；(3)由题目所给的溶解性表数据可知，生成的
30、CuS比MnS更难溶，加入MnS固体，生成CuS沉淀，发生沉淀转化，除去Cu2+，离子方程式为MnS(s)+Cu2+=Mn2+ CuS(s)；(4)经过前面的处理后剩余的杂质离子为钙离子，故此步骤加入MnF2的目的为除去钙离子，即滤渣c的成分是CaF2；(5)电解池阳极失去电子，环境为酸性溶液，电解质溶液为稀硫酸，故发生的电极方程式为2H2O-4e-=O2+4H+；滤液C用氨水调节pH=7之后，阳离子交换膜左侧中性硫酸锰溶液氢离子浓度较低，减少阴极上产生的H2，能够很好的防止电极上氢气产生引起锰起壳开裂；中性硫酸锰溶液中存在调pH加入的氨水，氨水电离会对电解过程产生干扰，所以加入硫酸铵溶液增大
31、溶液的导电性，另外阴极上2H+2e=H2使阴极区溶液c(OH)增大，利用反应NH4+OH=NH3H2O控制溶液pH，防止pH过高而产生Mn(OH)2。8(2021届湖南高三月考)我国科学家潘锦功发明了碲化镉薄膜太阳能电池，又称为“发电玻璃”，被誉为“挂在墙上的油田”，使得碲元素重新走进人们的视野。以锡碲渣(主要含Na2SnO3和Na2TeO3)为原料，制备碲的流程如图所示：已知：.锡酸钠(Na2SnO3)和亚碲酸钠(Na2TeO3)均易溶于碱；. TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。(1)在生产过程中，要将锡碲渣粉碎，其目的是_。(2)“碱浸”过程中，锡碲浸出率与溶液中碱的质量浓度关系如
32、图所示，最理想的碱的质量浓度为100gL1，其理由是：_。(3)“氧化”时，反应的离子方程式为_。(4)“沉碲”时加入硫酸控制溶液的为4.55.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，将导致碲的回收率偏低，其原因是_。(5)以石墨为电极对浸出液电解可获得Te，阴极上的电极反应为_。(6)碲产品中碲质量分数的测定，步骤如下：取4.0g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。往锥形瓶中加入25.00mL 0.1molL1酸性K2CrO7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。用0.1molL1硫酸亚铁铵标准溶液滴定剩余的酸性
33、K2CrO7溶液，滴入几滴试亚铁灵指示剂至终点显红色，进行三次平行实验，平均消耗18.00mL硫酸亚铁铵标准溶液。试计算该碲产品中碲的质量分数为_。(保留小数点后面二位数字)【答案】(1)通过增大接触面积，加快浸出速率，提高浸出率 (2)当碱的浓度大于100gL1时，锡的浸出率几乎不变，碲的浸出率提高不大 (3)2Na2+TeO32-+H2O2= Na2TeO2+H2O(4)TeO2可溶于硫酸，导致碲的回收率偏低 (5)TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH-(6)84.48% 【解析】由题给流程可知，锡碲渣溶于氢氧化钠溶液过滤得到含有锡酸钠和亚碲酸钠的碱性混合溶液；向含有锡酸钠和亚碲酸
34、钠的碱性混合溶液中加入过氧化氢溶液，碱性条件下，过氧化氢与亚碲酸钠发生氧化还原反应生成碲酸钠沉淀，向碲酸钠中加入浓盐酸，碲酸钠与浓盐酸反应得到碲酸溶液，向溶液中通入二氧化硫气体，碲酸与二氧化硫发生氧化还原反应生成单质碲；向含有锡酸钠和亚碲酸钠的碱性混合溶液中加入硫酸调节溶液pH得到二氧化碲沉淀，二氧化碲沉淀溶于氢氧化钠浓溶液得到亚碲酸钠溶液，亚碲酸根在阴极上得到电子发生还原反应生成单质碲。(1)在生产过程中，将锡碲渣粉碎，可以增大固体的表面积，增加与氢氧化钠溶液的接触面积，从而加快浸出速率，提高浸出率；(2)由图可知，碱的浓度小于100gL1时，锡碲浸出率随着溶液中碱的浓度增大而增大，碱的浓度
35、大于100gL1时，锡的浸出率几乎不变，碲的浸出率提高不大，则最理想的碱的质量浓度为100gL1；(3)氧化时发生的反应为碱性条件下，过氧化氢与亚碲酸钠发生氧化还原反应生成碲酸钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2+TeO32-+H2O2= Na2TeO2+H2O；(4)由题给信息可知二氧化碲微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱，若硫酸过量，二氧化碲溶于过量硫酸导致碲的回收率偏低；(5)以石墨为电极对浸出液电解时，亚碲酸根在阴极上得到电子发生还原反应生成单质碲，电极反应式为TeO32-+3H2O+4e-=Te+6OH-；(6)由得失电子数目守恒可得：n(K2CrO7)3= n(H2TeO3)2+ n1
36、，则100mL溶液中n(H2TeO3)=0.0264mol，由碲原子个数守恒可知，碲产品中碲中碲的物质的量为0.0264mol，质量分数为100%=84.48%。9(2021届福建福州市福州三中高三月考)水钴矿的主要成分为Co2O3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、CuO、MnO2等。一种利用水钻矿制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：CoCl2 6H2O受热易失去结晶水。25时，已知几种金属开始沉淀及沉淀完全时的pH的参考数据如下表(“沉淀完全”指溶液中该离子浓度1.010-5molL-1)：沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH
37、)2开始沉淀pH3.41.56.37.04.78.1沉淀完全时pH4.72.88.39.06.710.1Al(OH)3在pH=7.8时开始溶解。回答下列问题：(1)将水钴矿粉碎的原因是_。(2)浸出工序中加入一定量的Na2SO3还原Co2O3、MnO2等，Co2O3发生反应的离子方程式为_。(3)氧化工序要控制NaClO3用量，若不慎加入过量NaClO3，可能生成的有毒气体是_；氧化工序主要反应的离子方程式为_。(4)加入NaOH溶液沉淀时，调整pH的范围为_。(5)已知莘取剂A、B中pH对钴、锰离子萃取率的影响如图，应选择萃取剂_(填A”或“B”)。(6)“系列操作”依次是_、_和过滤等；制
38、得的CoCl26H2O需减压烘干的原因是_。【答案】(1)增大接触面积，提高浸出时反应速率 (2)Co2O3+ SO32-+4H+=2Co2+ SO42-+2H2O (3)Cl2 ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O (4)6.7pH7.0 (5)B (6)蒸发浓缩 冷却结晶 降低烘干温度，防止CoC126 H2O分解 【解析】水钴矿的主要成分为Co2O3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、CuO、MnO2等。将水钴矿粉碎，增大接触面积，加快浸出速率，提供原料利用率，由(2)中加入一定量的Na2SO3还原Co2O3、MnO2、Fe2O3等，氧化铝、氧化铜与盐酸反应，
39、二氧化硅不反应，过滤分离。滤渣含有二氧化硅等不溶性物质，滤液中含有Co2+、Mn2+、Fe2+、Al3+、Cu2+、Na+及过量的H+，阴离子有Cl-、SO42-等，再加入NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，加入NaOH调节pH，由表中氢氧化物开始沉淀即沉淀完全的pH，可知调节pH不能除去Mn2+，控制pH在6.77之间，使Fe3+、Al3+、Cu2+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀，过滤分离，滤渣中含有Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2，加入萃取剂萃取溶液中Mn2+，分液分离，将所得水溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CoCl26H2O。(1)将水钴矿
40、粉碎，目的是增大接触面积，提高浸出时反应速率；(2)浸出工序中加入一定量的Na2SO3还原Co2O3、MnO2等，Na2SO3在酸性条件下将Co2O3还原为Co2+，Na2SO3被氧化为Na2SO4，发生反应的离子方程式为C Co2O3+ SO32-+4H+=2Co2+ SO42-+2H2O；(3)氧化工序要控制NaClO3用量，若不慎加入过量NaClO3，则在酸性条件下，H+、Cl-、ClO3-会发生氧化还原反应，生成的有毒气体Cl2，该反应的离子方程式：6H+5Cl-+ ClO3-=3Cl2+H2O；在氧化工序中，在酸性条件下Fe2+被ClO3-氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为ClO3
41、-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；(4)加入NaOH溶液沉淀调整pH，使溶液中的使Fe3+、Al3+、Cu2+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀，而Co2+不形成沉淀，则根据表格数据可知溶液pH的范围为6.7pH7.0；(5)滤液中加入萃取剂的作用是除去Mn2+。由图中可知，在相同pH条件下，使用A萃取剂情况下，Mn2+、Co2+的萃取率都比较高，不能很好的分离两种离子；当控制pH在35左右时，使用萃取剂B时，萃取Mn2+的萃取率与Co2+的萃取率相差大，离子分离比较彻底，可使Mn2+几乎完全除去，故应该选择B萃取剂；(6)CoCl2的溶解度受温度的影响变
42、化较大，且溶解度比较大，要从其溶液中获得氯化钴晶体，则“系列操作”依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等。制得的CoCl2-6H2O需减压烘干是由于降低烘干温度，能够防止CoC126 H2O分解，得到的物质比较纯净。10(2021届河北桃城区衡水中学高三期中)中药药剂砒霜(主要成分为As2O3，微溶于水)，可用于治疗急性白血病。工业上用含硫化砷(As2S3)的废渣生产砒霜的工艺流程如图所示：(1)硫化砷中砷元素化合价为_，其难溶于水，“碱浸过程中硫元素价态不变，发生的主要反应的离子方程式为_。(2)氧化脱硫过程中被氧化的元素是_。(填元素符号)(3)还原过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应
43、的化学方程式是_。(4)还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度度(S)曲线如下图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，在此过程中应控制的条件为_。(5)在工业生产中，最后一步所得滤液可循环使用，其目的是_。(6)砷元素广泛存在于自然界，砷与其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2Os热稳定性差。根据下图写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式_。【答案】(1)+3 As2S3+6OH- =AsO33-+ AsS33
44、-+3H2O (2)As、S (3)SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4 (4)调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25C (5)提高砷的回收率 (6)As2O5(s)= As2O3(s)+O2(g) H = +295.4 kJ/mol 【解析】(1)硫元素的负价为-2，所以硫化砷中砷的化合价为+3；由图可知碱浸时加入的碱为氢氧化钠，碱浸后得到的溶液的主要成分为Na3AsO3、Na3AsS3，所以碱浸发生的主要反应的离子方程式为As2S3+6OH- =AsO33-+ AsS33-+3H2O。(2)氧气氧化脱硫后得到了黄色固体和Na3AsO4，黄色固体应该为硫单质，所以
45、氧化脱硫过程中被氧化的元素是As、S。(3)还原过程中二氧化硫被氧化成硫酸，H3AsO4被还原为H3AsO3，反应的化学方程式为SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4。(4)观察As2O3在不同温度和不同浓度硫酸溶液中的溶解度曲线图可知，在硫酸溶液浓度约为7mol/L，温度为25C时，As2O3的溶解度最小，故为了提高粗As2O3的沉淀率，在“结晶”过程中应该调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25C。(5)最后一步所得滤液中依然含有砷元素，所以循环使用可以提高砷的回收率。(6)根据图中的数据，由As2O5分解为As2O3吸收热量为914.6 kJ/mol-619.2
46、kJ/mol=+295.4 kJ/mol，所以反应的热化学方程式为：As2O5(s)= As2O3(s)+O2(g) H = +295.4 kJ/mol。11(2021届云南省玉溪第一中学高三期中)以工业生产中排放的含锰酸性废水(主要金属离子为Mn2+、Fe2+、Al3+，还含有少量Ca2+、Mg2+、Cu2+等离子)为原料，生产MnCO3的工艺流程如图：已知：25时，几种金属离子沉淀时的pH如下：Fe2+Fe3+Al3+Mn2+Cu2+Ca2+Mg2+开始沉淀时pH7.62.73.88.35.911.89.8完全沉淀时pH9.74.04.79.86.913.811.825时，Ksp(CaF2
47、)=1.510-10、Ksp(MgF2)=7.510-11。(1)流程中含锰废水经过前三步预处理，得到主要含有Mn2+的母液。除铁铝时，在搅拌条件下先加入H2O2溶液，再加入NaOH溶液调节pH。加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为_，调节溶液的pH范围是_。除钙镁步骤中，当Ca2+、Mg2+沉淀完全时，溶液中=_。(2)沉锰过程在pH为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。沉锰过程发生反应的离子方程式为_。当温度超过30，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是_。(3)沉锰后过滤得到MnCO3粗产品，依次用去离子水和无水乙醇各洗涤23次，再低温干燥，得到纯净的M
48、nCO3。用无水乙醇洗涤的目的是_。MnCO3和磷酸在一定条件下反应可生成马日夫盐Mn(H2PO4)22H2O，其用于钢铁制品，特别是大型机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。马日夫盐溶液显_性(填“酸”或“碱”)(已知：H3PO4的电离常数Ka1=7.5210-3，Ka2=6.2310-8，Ka3=2.210-13)。【答案】(1)2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 4.7，5.9) 2 (2)Mn2+2HCO3-=MnCO3+H2O+CO2 温度升高，NH4HCO3受热分解(或Mn2+水解) (3)有利于低温条件下快速干燥 酸性 【解析】由题给流程可知，向含锰废水加入过氧化氢溶液
49、，将亚铁离子被氧化成铁离子，再加入NaOH溶液调节pH在4.75.9范围，将铁离子和铝离子转化为氢氧化物沉淀，过滤除去溶液中的铁、铝元素，向滤液中加入硫化铵溶液，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤除去铜元素，向滤液中氟化铵溶液，将钙离子和镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，过滤除去钙、镁元素，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锰离子在沉锰时转化为碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到碳酸锰。(1)除铁铝时，在搅拌条件下先加入过氧化氢溶液，酸性条件下，过氧化氢与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，由表格数据可知，加入NaOH溶液调节pH
50、在4.75.9范围，可将铁离子和铝离子转化为氢氧化物沉淀；除钙镁步骤中，当Ca2+、Mg2+沉淀完全时，溶液中=2；(2)沉锰过程发生的反应为碳酸氢根离子与锰离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Mn2+2HCO3-=MnCO3+H2O+CO2；铵盐受热易分解，当温度过高时碳酸氢铍容易分解，而温度升高时锰离子水解程度也会增大，则沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降；(3)沉锰后过滤得到碳酸锰粗产品，用去离子水能洗去沉淀表面的可溶性杂质离子，再用易挥发的乙醇洗涤，乙醇挥发时能快速除去水分，使碳酸锰快速干燥得到纯净的碳酸锰；溶液中磷酸二氢根的水解常数K=1.3310-12Ka2=6
51、.2310-8，则磷酸二氢根离子在溶液中的电离大于水解，溶液呈酸性。12(2021届江苏盐城市高三期中)从铬铜废催化剂(主要含CuOCr2O3、少量有机物及水)中回收铬和铜的实验流程如下：(1)700“焙烧”可使Cr2O3不溶于酸，焙烧的另一目的是_。(2)配制“酸洗”所用100mL6molL1硫酸需要的玻璃仪器有：量筒、烧杯、100mL容量瓶、_和_；为使研碎的烧渣中CuO充分溶解，应采取的措施是_。(3)为确定xNa2SO4yCr2(SO4)3zH2O的组成，进行下列实验：称取样品1.9320g溶于水，加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，得到1.8640g沉淀。另称取样品1.9320g溶于水
52、，经H2O2在碱性条件下氧化、煮沸、酸化得Na2Cr2O7和Na2SO4的混合酸性溶液；加入稍过量的KI溶液(Cr2O72-+6I+14H+ = 2Cr3+3I2+7H2O)，暗处静置5min，立刻用0.5000molL1Na2S2O3标准溶液滴定(2Na2S2O3I2=2NaINa2S4O6)至溶液呈浅黄色，再加入1mL淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色刚好消失，消耗Na2S2O3溶液24.00mL。根据上述实验数据，确定xNa2SO4yCr2(SO4)3zH2O的化学式_(写出计算过程)。(4)已知反应2Cu(NH3)42+ + N2H4H2O +4OH= 2Cu+ N2+ 8NH3 + 5H2
53、O。请补充完整由CuSO4溶液制备纯净铜粉的实验方案：_，干燥得铜粉(实验中须使用的试剂有：12 molL1氨水、2 molL1 N2H4H2O溶液)。【答案】(1)将有机物及水除去 (2)玻璃棒 胶头滴管 适当加热并搅拌 (3)n(Na2SO4) + 3nCr2(SO4)3 = =0.0080mol，Cr2(SO4)3Na2Cr2O73I26Na2S2O3，nCr2(SO4)3 = n(Na2S2O3) = 0.5000molL124.00mL103LmL1= 0.0020mol，n(Na2SO4) = 0.0080mol30.0020mol = 0.0020mol，n(H2O) =1.93
54、20g0.0020mol142gmol10.0020mol392gmol118gmol1=0.0480mol1.9320g0.0020mol142gmol10.0020mol392gmol118gmol1=0.0480mol，xyz=0.00200.00200.0480=1124，化学式为Na2SO4Cr2(SO4)324H2O (4)搅拌下向CuSO4溶液中不断加入12 molL1氨水，直到起初产生的沉淀完全溶解；再在搅拌下向其中加入2 molL1N2H4H2O溶液，直到溶液中不再产生气泡为止；过滤、水洗 【解析】(1)铬铜废催化剂主要含CuOCr2O3、少量有机物及水，700“焙烧”可使C
55、r2O3不溶于酸，另外也可以将有机物及水除去；(2)配制“酸洗”所用100mL6molL1硫酸需要的玻璃仪器有：量筒、烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；加热可以加速溶解，所以为使研碎的烧渣中CuO充分溶解，应采取的措施是适当加热并搅拌；(3)称取样品1.9320g溶于水，加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，得到BaSO4沉淀，硫酸根守恒：n(Na2SO4) + 3nCr2(SO4)3 = =0.0080mol；根据方程式Cr2O72-+6I+14H+ = 2Cr3+3I2+7H2O和2Na2S2O3I2=2NaINa2S4O6得到关系式：Cr2(SO4)3Na2Cr2O73I26Na2S
56、2O3 ，nCr2(SO4)3 = n(Na2S2O3) = 0.5000molL124.00mL103LmL1= 0.0020mol；n(Na2SO4) = 0.0080mol30.0020mol = 0.0020mol；n(H2O) = ，xyz=0.00200.00200.0480=1124，化学式为Na2SO4Cr2(SO4)324H2O；(4) 已知反应2Cu(NH3)42+ + N2H4H2O +4OH= 2Cu+ N2+ 8NH3 + 5H2O，可以在搅拌的条件下向CuSO4溶液中不断加入12 molL1氨水，直到起初产生的沉淀完全溶解；再在搅拌下向其中加入2 molL1N2H4
57、H2O溶液，直到溶液中不再产生气泡为止；通过过滤把生成的Cu单质分离出来，再水洗。13(2021届宁夏银川市银川一中高三月考)随着新能源汽车销量的猛增，动力电池退役高峰将至，磷酸铁锂(LFP)是目前使用最多的动力电池材料，因此回收磷酸铁锂具有重要意义。一种从废旧磷酸铁锂正极片( LiFePO4、导电石墨、铝箔)中回收锂的工艺流程如图：已知：Li2CO3在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时发生水解。回答下列问题：(1)在“碱浸”时，为加快浸出速率，下列措施不可行的是_(填标号)。A适当提高浸出温度 B使用电动搅拌器C适当提高氢氧化钠的浓度 D增大矿石的粒度(2)“氧化浸出”时，保持其他条件不
58、变，不同氧化剂对锂的浸出实验结果如表，实际生产中氧化剂选用H2O2，不选用 NaClO的原因是_。在“氧化浸出”时，温度不宜超过50，其目的是_。“氧化浸出”时生成了难溶的FePO4，该反应的离子方程式为_。序号锂含量/%氧化剂pH浸出液体Li浓度/(gL-1)浸出渣中Li含量/%13.7H2O23.59.020.1023.7NaClO33.59.050.0833.7O23.57.050.9343.7NaClO3.58.240.43(3)“浸出液”循环两次的目的是_。(4)“沉锂”的温度保持在95，最适宜的加热方式为_。“一系列操作”具体包括_、洗涤、干燥。(5)“滤渣”经纯化可得FePO4，
59、流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得 LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为_。【答案】(1)d (2)NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境 防止H2O2分解和盐酸挥发 2LiFePO4+H2O2+2H+=2Li+2FePO4+2H2O (3)提高盐酸与H2O2的利用率 (4)水浴加热 趁热过滤 (5)2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2 【解析】用废旧磷酸铁锂正极片( LiFePO4、导电石墨、铝箔)得碳酸锂晶体，需先在碱性溶液中进行反应，溶解可溶物质；再加入盐酸和氧化剂进行氧化浸出发生反应：2LiF
60、ePO4+H2O2+2H+=2Li+2FePO4+2H2O；浸出液循环两次可提高氧化剂的利用率，使物质反应完全，提高产率；溶液中金属阳离子除锂外，还含亚铁离子，故需加入氢氧化钠溶液除杂；加入碳酸锂即可进行沉锂，得到碳酸锂粗产品；碳酸锂煮沸时会发生水解，故沉锂时要控制温度水浴加热；最后经过趁热过滤、洗涤、干燥即可得碳酸锂。(1)a项，适当提高浸出温度，可加快反应速率，可加快浸出速率，a不选；b项，使用电动搅拌器，可加快反应速率，b不选；c项，适当提高氢氧化钠的浓度，可加快反应速率，c不选；d项，增大矿石的粒度，固体物质的浓度不影响反应速率，故不能改变反应速率，d选；综上所诉，答案为d；(2)氧化
61、浸出时，实际生产中氧化剂选用H2O2，因为NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境，故不选用 NaClO；为防止H2O2分解和盐酸挥发，故在氧化浸出时，温度不宜超过50；氧化浸出时生成了难溶的FePO4，该反应的离子方程式为：2LiFePO4+H2O2+2H+=2Li+2FePO4+2H2O；故答案为：NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境；防止H2O2分解和盐酸挥发；2LiFePO4+H2O2+2H+=2Li+2FePO4+2H2O；(3)浸出液循环两次可提高盐酸与H2O2的利用率；(4)碳酸锂煮沸时会发生水解，故沉锂时应水浴加热，温度保持在95；沉锂后要得碳酸锂产品，需进行趁
62、热过滤、洗涤、干燥；(5)滤渣经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得 LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2。14(2021届南宁市育才实验中学高三月考)以硫酸法生产钛白粉过程产生的含锰废水(主要组分为Mn2+、Fe2+、Al3+，还含有少量钙、镁、铜和镍等其他重金属离子杂质)为原料，对废水中的锰进行资源化回收的工艺流程如下：回答下列问题：(1)工艺流程中多次用到过滤操作，实验室中进行此操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和_。(2)在含锰废水中加入过氧化氢溶液的
63、目的是(用离子方程式表示)_；加入NaOH溶液调节溶液pH至56时，溶液pH不能过大的原因是_。(3)除去杂质后，将滤液浓缩至Mn2+浓度约为1 molL-1，得到粗硫酸锰浓缩母液，加入NH4HCO3，使Mn2+沉淀，写出反应的离子方程式：_；Mn2+转化为MnCO3沉淀后经过水洗、醇洗、干燥后得到工业级碳酸锰，醇洗的目的使_。(4)已知实验条件下的Ksp(CaF2)=4.010-9，使Ca2+沉淀完全(当离子浓度降到1.010-5molL-1时，视为沉淀完全)，需要加入NH4F溶液的最低浓度为_molL-1。(5)下图为浓缩富锰溶液时，初始不同pH对锰沉淀率和产物中锰含量的影响。 锰沉淀率随
64、pH的增加先增加后趋于平缓，相应产物中锰含量先增加后降低，并于pH为7.0时达到最高值43.52%；分析当pH从6.0增加到7.0时锰沉淀率呈明显上升趋势、pH从7.0增加至7.5时产物中锰含量呈下降趋势的原因分别是_、_。【答案】(1)玻璃棒 (2)2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 溶液pH过大，氢氧化铝沉淀会溶解 (3)Mn2+2HCO3-=MnCO3+H2O+CO2 除去水分，便于碳酸锰干燥 (4)0.02 (5)中性或弱酸性条件有利于产物碳酸锰的生成 溶液中的OH-增多，Mn2+会转化成Mn(OH)2 【解析】(1)过滤操作，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，缺少了玻璃
65、棒；(2)含锰废水加入双氧水目的是将Fe2+氧化为Fe3+：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；加入NaOH溶液调节溶液pH至56，溶液pH不能过大因为pH过大生成的Al(OH)3沉淀会溶解在氢氧化钠溶液中：Al(OH)3 +NaOH=NaAlO2+H2O；(3)Mn2+与HCO3-发生反应生成MnCO3沉淀：Mn2+2 HCO3-=MnCO3+H2O+CO2；Mn2+转化为MnCO3沉淀后经过水洗、醇洗、干燥后得到工业级碳酸锰，醇洗是为了除去水分，便于碳酸锰干燥；(4)当CaF2完全沉淀时c (Ca2+)=1.010-5 molL-1， Ksp(CaF2)= c (Ca2+)c2
66、 (F-)=4.010-9，则c2 (F-)= c2 (NH4F)=0.02molL-1；(5)pH从6.0增加到7.0时锰沉淀率呈明显上升趋势，由于中性或弱酸性条件下有利于产物碳酸锰的生成，随着pH从7.0增加至7.5时溶液中的OH-增多，Mn2+会转化成Mn(OH)2，故答案为：中性或弱酸性条件有利于产物碳酸锰的生成；溶液中的OH-增多，Mn2+会转化成Mn(OH)2。15(2021届重庆高三月考)医学研究表明，砷的化合物会影响人体代谢和免疫功能造成砷中毒。某含砷(As)的酸性工业废水经处理转化为粗As2O3，流程如图；已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水(1)写出氧化步骤中发生的离子反
67、应方程式：_。(2)酸化步骤产生的废渣为：_，还原步骤中氧化剂与还原剂的比例为：_；本实验中有两种物质可循环使用，分别是NaOH和_。(3)此流程中先沉砷再酸化的目的为：_。(4)沉砷步骤中，若将沉淀剂由石灰乳改为CaCl2固体，抽取AsO43-浓度为0.01molL-1的废水1L，当AsO43-刚好完全沉淀时，假设沉淀后废水体积不变，加入CaCl2的质量为_g。(保留四位有效数字)已知：Ca3(AsO4)2的Ksp=1.010-19，溶液中当离子浓度小于1.010-5 molL-1时视为完全沉淀。【答案】(1)AsO33-+ H2O2 = AsO43-+ H2O (2)CaSO4 1：1 H
68、2SO4 (3)富集砷，提高产率 (4)1.776 【解析】(1)H2O2把AsO33-氧化为AsO43-，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，该反应为AsO33-+ H2O2 = AsO43-+ H2O；(2)加入H2SO4将Ca3(AsO4)2转化为H3AsO4和CaSO4，废渣为CaSO4“还原”步骤中氧化剂是AsO43-，由+5价降低到+3价，得到2个电子，还原剂是SO2，由+4价升高到+6价，失去2个电子，根据得失电子守恒知。氧化剂与还原剂的比例为1：1；通过分析流程知能循环利用的物质是NaOH和H2SO4；(3)“沉砷”能把所有的As元素分离出来，富集砷，能得到更多产物As2O3
69、；(4)完全沉淀AsO43-需要的CaCl2的物质的量为，为使AsO43-浓度维持在1.010-5 molL-1，由，得，此时CaCl2的物质的量为0.001mol，需要的CaCl2的总质量为(0.015+0.001)111=1.776g。16(2021届福建福州市福州三中高三月考)水钴矿的主要成分为Co2O3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、CuO、MnO2等。一种利用水钻矿制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：CoCl2 6H2O受热易失去结晶水。25时，已知几种金属开始沉淀及沉淀完全时的pH的参考数据如下表(“沉淀完全”指溶液中该离子浓度1.010-5molL-1)：沉淀
70、Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2开始沉淀pH3.41.56.37.04.78.1沉淀完全时pH4.72.88.39.06.710.1Al(OH)3在pH=7.8时开始溶解。回答下列问题：(1)将水钴矿粉碎的原因是_。(2)浸出工序中加入一定量的Na2SO3还原Co2O3、MnO2等，Co2O3发生反应的离子方程式为_。(3)氧化工序要控制NaClO3用量，若不慎加入过量NaClO3，可能生成的有毒气体是_；氧化工序主要反应的离子方程式为_。(4)加入NaOH溶液沉淀时，调整pH的范围为_。(5)已知莘取剂A、B中pH对钴、锰离子萃取率的影响如
71、图，应选择萃取剂_(填A”或“B”)。(6)“系列操作”依次是_、_和过滤等；制得的CoCl26H2O需减压烘干的原因是_。【答案】(1)增大接触面积，提高浸出时反应速率 (2) Co2O3+4H+SO32= 2Co2+SO42+2H2O (3)Cl2 ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O (4)6.7pH7.0 B (6)蒸发浓缩 冷却结晶 降低烘干温度，防止CoC126 H2O分解 【解析】(1)将水钴矿粉碎，目的是增大接触面积，提高浸出时反应速率；(2)浸出工序中加入一定量的Na2SO3还原Co2O3、MnO2等，Na2SO3在酸性条件下将Co2O3还原为Co2+，N
72、a2SO3被氧化为Na2SO4，发生反应的离子方程式为Co2O3+4H+SO32= 2Co2+SO42+2H2O；(3)氧化工序要控制NaClO3用量，若不慎加入过量NaClO3，则在酸性条件下，H+、Cl-、ClO3-会发生氧化还原反应，生成的有毒气体Cl2，该反应的离子方程式：6H+5Cl-+ ClO3-=3Cl2+H2O；在氧化工序中，在酸性条件下Fe2+被ClO3-氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；(4)加入NaOH溶液沉淀调整pH，使溶液中的使Fe3+、Al3+、Cu2+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2沉
73、淀，而Co2+不形成沉淀，则根据表格数据可知溶液pH的范围为6.7pH7.0；(5)滤液中加入萃取剂的作用是除去Mn2+。由图中可知，在相同pH条件下，使用A萃取剂情况下，Mn2+、Co2+的萃取率都比较高，不能很好的分离两种离子；当控制pH在35左右时，使用萃取剂B时，萃取Mn2+的萃取率与Co2+的萃取率相差大，离子分离比较彻底，可使Mn2+几乎完全除去，故应该选择B萃取剂；(6)CoCl2的溶解度受温度的影响变化较大，且溶解度比较大，要从其溶液中获得氯化钴晶体，则“系列操作”依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等。制得的CoCl2-6H2O需减压烘干是由于降低烘干温度，能够防止CoC126
74、 H2O分解，得到的物质比较纯净。17(2018广东汕头市高三月考)已知辉铜矿、软锰矿的主要成分如下表所示：矿石辉铜矿软锰矿主要成分Cu2S、Fe2O3、SiO2MnO2、SiO2某化工厂拟以这两种矿石为原料采用湿法冶炼铜，工艺如下：回答下列问题：(1)气体 X 遇浓硝酸产生“白烟”，写出气体 X 的电子式：_。(2)提高“酸浸”速率的措施有_(填两条)。(3)用离子方程式表示“酸浸”中 MnO2 的作用：_，被氧化的元素是_(填元素符号)。(4)已知 CH3COONH4溶液呈中性，则常温下，NH4HCO3溶液 pH_(填“”、“13，Fe(OH)3不能溶于碱，是滤渣的成分，Al(OH)3溶于NaOH；(5)加入过量NH4Cl，c(NH4)增大，根据同离子效应，可促进NH4VO3晶体尽可能完全析出。