2021届高考化学二轮复习逐题专练： 化学工艺流程大题 (解析版)

化学工艺流程大题【原卷】 

1．Mn3O4可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯、磁盘等。以软锰矿(主要含MnO2，还含有Fe2O3、SiO2、Al2O3、CaO和MgO等)为原料经过下列过程可以制得Mn3O4。

(1)酸浸、还原：向软锰矿中加入硫酸、同时加入铁屑，充分反应后，过滤，所得溶液中主要含有Mn2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、H＋和SO。写出酸浸、还原过程中MnO2发生反应的离子方程式：___________。

(2)调pH：向酸浸、还原所得滤液中加入MnCO3固体，调节溶液的pH，过滤。若要使和Fe3＋和Al3＋沉淀完全，则需调节溶液的pH最小值为___________。(已知溶液中金属离子的物质的量浓度≤10-5 mol·L-1时可以看成沉淀完全，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33)

(3)沉锰：向调pH后所得滤液中加入一定量的氨水，可以得到Mn(OH)2沉淀。

①其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低的原因是___________。

②沉锰过程中溶液中存在平衡：Mn2＋＋4NH3 [Mn(NH3)4]2＋。与Mn2＋形成配位键的原子是___________。

(4)氧化：向沉锰所得Mn(OH)2中加入H2O2溶液，可以得到Mn3O4。写出该反应的化学方程式：___________.

2．（辽宁省辽西地区2021届高三大联考）某工业的含碲废渣中含有较多，同时含有、、、等杂质。某研究小组设计了如流程回收碲。

(1)为提高含碲废渣的浸取率，可采取的措施为___________(任写一种)。

(2)“滤渣Ⅱ”的主要成分为PbS和，写出生成PbS的化学方程式：___________。

(3)加入稀硫酸调节溶液pH为5.8~6.6，使水解沉碲()，写出“沉碲”的离子方程式：___________。

(4)经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，则“滤渣”中的质量分数为___________，含有的杂质可能为___________(填化学式)。

(5)与的性质相似，都可与强碱反应。“浸取液Ⅱ”需调节NaOH的浓度在，经惰性电极电解可得到Te，写出电解时阳极的电极反应式：___________。

(6)“滤渣Ⅰ”的主要成分有和___________(填化学式)。其中可被氧化得到亚硒酸()。已知常温下的、，则溶液的pH___________(填“＞”、“＜”或“=”)7，硒酸()可以用氯气氧化亚硒酸得到，该反应的化学方程式为___________。

3．（山东省部分省重点中学2021届高三联考）钒酸钇(YVO4)广泛应用于光纤通信领域，一种用废钒催化剂(含V2O5、K2O、SiO2、少量Fe2O3和Al2O3)制取YVO4的工艺流程如下：

已知：V2O2(OH)4既能与强酸反应，又能与强碱反应。回答下列问题：

(1)“还原酸浸”时，钒以VO2+浸出。

①若用8%硫酸溶液浸取，K2SO3用量一定，则为提高钒及钾的浸取率，可采取的措施是_______(列举1条即可)。

②“滤渣Ⅰ”的主要成分是_______(填化学式)。

③V2O5被还原的离子方程式为_______，同时被还原的还有_______(填离子符号)。

(2)常温下，“钒、钾分离”时，pH对钒的沉淀率的影响如图所示：

pH＞7时，随pH增大钒的沉淀率降低的原因可能是_______。

(3)“碱溶”时发生反应的化学方程式为_______。

(4)“焙烧”时，尾气必须吸收处理，实验室吸收处理的装置为_______(填标号)。

(5)某废钒催化剂中V2O5的含量为45.5%，某工厂用1吨该废钒催化剂且用该工艺流程生产V2O5，若整个流程中V的损耗率为20%，则最终得到YVO4_______kg。

4．（山东省临沂市2021届高三质检）以废旧磷酸亚铁锂电池正极片(、炭黑和铝箔等)为原料制备锰酸锂()的流程如图所示。

回答下列问题：

(1)中Fe元素的化合价为_________；“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是__________。

(2)“碱浸”中发生反应的离子方程式为________________________________。

(3)“浸取”中加入的作用为________________；“沉铁”过程所得滤渣为白色固体，其主要成分是________________。

(4)已知碳酸锂的分解温度为。当“焙烧”温度达到时，开始有产生，可能的原因是________________；可以利用溶液与溶液反应制备，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。

(5)写出“焙烧”过程中生成锰酸锂的化学方程式_________________________________。

5．（山东省实验中学2021届高三模拟）铋(Bi)与氮同主族，氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色、生产金属铋等。一种用火法炼铜过程产铜转炉烟尘(除含铋的化合物之外，还有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、SiO2、铅砷化合物)制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)向“酸浸”所得浸液1中加入Zn粉，主要目的是____________；充分反应后过滤，从溶液中获得ZnSO4·7H2O的操作为____________、过滤、洗涤、干燥。

(2)“浸铜”时，有单质硫生成，其离子方程式为__________；浸出渣中除含有硫外，还含有___________(填化学式)和铅砷化合物。

(3)“浸铋”时，反应液必须保持强酸性，否则BiOCl会提前析出混入浸出渣使产率降低，原因是________(用离子方程式表示)。

(4)“除铅、砷”时，加入改性HAP。浸液1与HAP的液固比()与铅、砷去除率以及后续沉铋量的关系如下表：

	125：1	50：1	25：1	15：1
Pb2+去除率/%	84.86	94.15	95.40	96.83
As3+去除率/%	98.79	98.92	98.99	99.05
m(沉铋)/g	2.34	2.33	2.05	1.98

实验中应采用的=_______。

(5)“沉铋“时需控制溶液的pH=3.0，此时BiCl3发生反应的化学方程式为___________。

6．（重庆实验中学2021届高三模拟）广泛用于镀镍电镀液、催化剂媒染剂和金属着色剂。某工厂利用富含镍（NiS）的工业废渣（含有、FeO、等杂质）制备，工艺流程如图所示：

已知：常温下，相关金属离子氢氧化物的近似如下表所示：

化学式
近似值

回答下列问题：

（1）已知：酸浸过程中，失去个电子，同时生成一种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式：_______，滤渣1的主要成分为_______（填化学式）。

（2）“氧化”保持滤液温度在40℃左右，加入6%的溶液，加入的目的是_______，该步骤也可以用代替请写出用代替发生反应的离子方程式：_______。若上述流程省去“氧化”步骤，后果是_______。

（3）常温下，“调pH”除铁和铝，若溶液中浓度为0.1mol/L，溶液的pH范围应调节为4.3~________之间。

（4）小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，这样做有利于_______。

（5）“操作X”指的是_______。

7．（福建省福州市第三中学2021届高三质检）利用软锰矿和方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2，等杂质)制备PbSO4的工艺流程如图：

已知： PbCl2(s)+2Cl- (aq)  PbCl (aq) H>0； Ksp(PbSO4)=1.08x10-8， Ksp (PbCl2)= 1.6x10-5；PbCl2易溶于热水。

(1)“滤渣1”的成分是S(硫)，“浸取”时被氧化的元素是___________。

(2)“滤渣2的成分是___________。

(3)加入冰水“沉降”的离子方程式为___________。

(4)20°C时，PbCl2(s) 在不同浓度的盐酸中的最大溶解量(g L-1 )如图所示。下列叙述正确的是___________  (填字母代号)

A．z y，发生了沉淀溶解反应

B．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)相等

C．x z c(Cl- )增大使PbCl2，溶解平衡逆向移动。

D．盐酸浓度越小Ksp (PbCl2)越小

(5)“滤液a”经过处理后可以返回到___________工序循环使用； PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4.，当c(Cl- )=0.1 mol·L-1时，c(SO)=___________ mol·L-1。 (保留三位有效数据)

8．（福建省漳州市2021届高三教学质量检测）一种从电解铜的阳极泥中(主要含 Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质)回收硒、碲的工艺流程如图所示：

已知：

①铜的阳极泥化学成分(其他元素不考虑)：

元素	Au	Ag	Cu	Se	Te
成分/%	0.9	12.08	23.4	8.0	3.1

②亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，在水中溶解度较小。

回答下列问题：

(1)Te元素在周期表中处于第五周期ⅥA族，亚碲酸中碲的化合价为___________。

(2)滤渣1中含单质和化合物，生成滤渣1中化合物的离子方程式为___________。当溶液中同时存在 AgCl 和Ag2SO4时，___________[已知：一定温度下Ksp(AgCl)=2×10-10、Ksp (Ag2SO4)=8×10-5]。

(3)“硒、碲分离”时，需要进行的操作是___________，溶液中硒、碲浓度比值随 pH 的变化如图所示，则 pH 应调至___________左右。

(4)写出“还原1”的离子方程式：___________。

(5)还原2反应后的溶液过滤得到粗 Se，粗 Se 中 Se的含量可以用如下方法测定：

①Se+2H2SO4(浓)= 2SO2个+SeO2+2H2O

②SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O

③I2+2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI

用淀粉溶液作指示剂，Na2S2O3滴定反应②中生成的I2来测定 Se 的含量。

若从100g铜的阳极泥中回收得到a g粗Se，每次准确称取0.0la g粗 Se进行实验，重复三次实验，平均消耗0.1000mol·L-1 Na2S2O3溶液的体积为 22.10 mL，滴定终点的现象是___________，Se 的回收率为___________。(结果保留 3 位有效数字，回收率= )

9．（广东省“百越名校联盟”2021届高三质检）高铝粉煤灰提取铝既能缓解我国缺铝矿的现状，又能减少煤燃烧产生的污染。高铝粉煤灰含55.22% Al2O3、32.58% SiO2、5.08% CaO、2.09% Fe2O3和5.03%其他杂质。活化焙烧法从高铝粉煤灰中提取铝的工艺流程如图所示，回答下列问题：

(1)碱石灰烧结法是利用高铝粉煤灰与纯碱、焦炭1220℃烧结，Al2O3转化为易溶的偏铝酸钠，从而将铝元素分离出来，烧结过程无污染，氧化铝发生反应的化学方程式是_______。

(2)活化焙烧过程中，不同活化剂对铝、钙浸出率的影响不同(如下表)，应选择_______做活化剂。

活化剂	Na3PO4	Na2HPO4	NaF	Na2SO4	CH3COONa
Al浸出率	83.82%	83.62%	85.%	77.55%	90.96%
Ca浸出率	97.10%	97.75%	98.26%	96.79%	90.96%

(3)酸浸使用的酸是_______，酸的浓度与氧化铝溶出率的关系如图1，酸浓度为36%时达到最大溶出率，但实际工业使用32%的酸浓度，原因是_______。酸溶温度与氧化铝溶出率的关系如图2，选择的最佳温度是_______。

(4)流程图中的一系列操作应包括_______、过滤、洗涤、干燥，粗氧化铝的主要杂质是_______。

(5)电解过程中阴极的电极反应式为_______，现有102 t高铝粉煤灰，如果总转化率为75%，可以得到_______t铝(计算结果保留四位有效数字)。

10．（广东省2021届高三“六校联盟”联考）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓与铝的化学性质类似。从刚玉渣(含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝)回收镓的流程如图所示：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下表所示：

金属离子	Ga3+	Al3+	Fe3+	Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol⋅L-1)的 pH	4.5	3.7	2.2	7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5 mol⋅L-1)的 pH	5.5	4.7	3.2	9.0

请回答下列问题：

(1)“酸浸”过程中禁止明火加热，原因是___________。

(2)“结晶”过程中得到FeSO4·7H2O的具体操作为___________。

(3)“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为___________。

(4)“碳酸化”过程中不能通入过量CO2的原因为___________(用离子方程式表示)。

(5)“电解”过程中需要保持溶液为pH=11以上的原因是___________。

(6)下列说法不正确的是___________。

A．为提高浸出率，可将刚玉渣研磨

B．“结晶”过程中得到的FeSO4·7H2O可作为净水剂

C．由流程图可知酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3

D．“碱浸”过程中可用氨水代替 NaOH 溶液

(7)GaN具有优异的光电性能。工业上常采用在 1100℃条件下，利用Ga与NH3反应可制备GaN，该过程的化学方程式为___________。

11．一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。用该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如图所示：

请回答下列问题：

（1）为了提高“酸溶”工序中原料的浸出效率，采取的措施不合理的有______。

A．搅拌

B．适当升高温度

C．研磨矿石

D．用浓硫酸

（2）“酸溶”时，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成，废渣的主要成分是______；合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀，反应有N2生成，金属镍溶解的离子方程式为______。

（3）“除铁”时控制温度不超过40℃的原因是______；加入碳酸钠的目的是______。

（4）Fe2+也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3+在较小pH条件下水解，最终形成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀而被除去，图表示pH-温度关系，图中阴影部分为钠铁矾稳定存在的区域。

则下列说法不正确的是______（填字母）

a．黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]中铁为+2价

b．pH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾，其原因相同

c．氯酸钠在氧化Fe2+时，1 molNaClO3得到的电子数为6NA

d．工业生产中温度常保持在85℃-95℃，控制溶液的pH为1.2～1.8，此时加入Na2SO4后生成黄钠铁矾

（5）“除铜”时，反应的离子方程式为______，若用Na2S代替H2S除铜，优点是______。

（6）已知某温度下Ksp[Ni（OH）2]=4.0×10-15，该流程在“沉镍”过程中需调节溶液pH约为______，Ni2+才刚好沉淀完全（离子沉淀完全的浓度≤10-5 mol/L；lg2=0.30）。

化学工艺流程大题 

1．Mn3O4可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯、磁盘等。以软锰矿(主要含MnO2，还含有Fe2O3、SiO2、Al2O3、CaO和MgO等)为原料经过下列过程可以制得Mn3O4。

(1)酸浸、还原：向软锰矿中加入硫酸、同时加入铁屑，充分反应后，过滤，所得溶液中主要含有Mn2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、H＋和SO。写出酸浸、还原过程中MnO2发生反应的离子方程式：___________。

(2)调pH：向酸浸、还原所得滤液中加入MnCO3固体，调节溶液的pH，过滤。若要使和Fe3＋和Al3＋沉淀完全，则需调节溶液的pH最小值为___________。(已知溶液中金属离子的物质的量浓度≤10-5 mol·L-1时可以看成沉淀完全，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33)

(3)沉锰：向调pH后所得滤液中加入一定量的氨水，可以得到Mn(OH)2沉淀。

①其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低的原因是___________。

②沉锰过程中溶液中存在平衡：Mn2＋＋4NH3 [Mn(NH3)4]2＋。与Mn2＋形成配位键的原子是___________。

(4)氧化：向沉锰所得Mn(OH)2中加入H2O2溶液，可以得到Mn3O4。写出该反应的化学方程式：___________.

【答案】3MnO2＋12H＋＋2Fe=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O    4.7    温度升高，氨水发生分解并挥发    N    3Mn(OH)2＋H2O2=Mn3O4＋4H2O    

【分析】

调pH范围的计算：已知溶液中金属离子的物质的量浓度≤10-5 mol·L-1时可以看成沉淀完全及Ksp，计算出沉淀完全时氢氧根离子浓度、按常温时的离子积常数，计算出氢离子浓度pH；

【解析】

(1)向软锰矿中加入硫酸、同时加入铁屑，充分反应后，所得溶液中主要含有Mn2+、Fe3+等。根据信息，酸浸、还原过程中， MnO2被Fe还原为Mn2＋、铁被氧化为Fe3＋，则MnO2发生反应的离子方程式为：3MnO2＋12H＋＋2Fe=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O ；

(2)已知Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4，使滤液中的Fe3+沉淀完全，Fe3+的的物质的量浓度≤10-5 mol·L-1，则，则，即，Fe3+沉淀完全；同理Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，使滤液中的Al3+沉淀完全，Al3+的物质的量浓度≤10-5 mol·L-1，则，则 ，，Al3+沉淀完全；所以若要使和Fe3+和Al3+沉淀完全，则需调节溶液的pH最小值为4.7；

(3)①氨水具有挥发性、不稳定，受热易挥发易分解，50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低的原因是：温度升高，氨水发生分解并挥发； ②Mn2+具有空轨道、NH3中N原子含有孤电子对，则氨分子中的N原子通过孤电子对与Mn2+形成配位键；

(4)向沉锰所得Mn(OH)2中加入H2O2溶液，可以得到Mn3O4，可见发生了氧化还原反应， Mn(OH)2被H2O2氧化，氧化产物为Mn3O4，还原产物为H2O，该反应的化学方程式：3Mn(OH)2＋H2O2=Mn3O4＋4H2O 。

2．（辽宁省辽西地区2021届高三大联考）某工业的含碲废渣中含有较多，同时含有、、、等杂质。某研究小组设计了如流程回收碲。

(1)为提高含碲废渣的浸取率，可采取的措施为___________(任写一种)。

(2)“滤渣Ⅱ”的主要成分为PbS和，写出生成PbS的化学方程式：___________。

(3)加入稀硫酸调节溶液pH为5.8~6.6，使水解沉碲()，写出“沉碲”的离子方程式：___________。

(4)经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，则“滤渣”中的质量分数为___________，含有的杂质可能为___________(填化学式)。

(5)与的性质相似，都可与强碱反应。“浸取液Ⅱ”需调节NaOH的浓度在，经惰性电极电解可得到Te，写出电解时阳极的电极反应式：___________。

(6)“滤渣Ⅰ”的主要成分有和___________(填化学式)。其中可被氧化得到亚硒酸()。已知常温下的、，则溶液的pH___________(填“＞”、“＜”或“=”)7，硒酸()可以用氯气氧化亚硒酸得到，该反应的化学方程式为___________。

【答案】适当延长浸取时间(或其他合理答案)            93.7%                ＜        

【分析】

某工业的含碲废渣中含有较多，同时含有、、、等杂质。某研究小组设计了如流程回收碲。对于流程图中第一步用水浸取，经过滤可除去、，第二步在浸取液Ⅰ中加入硫化钠溶液和氯化钙溶液可把硅酸根除去，把转化为PbS而除去，第三步在滤液Ⅰ中加入稀硫酸调酸碱性沉碲，第四步在滤渣Ⅲ加入氢氧化钠溶液溶解二氧化碲，最后电解来制碲。

【解析】

(1)为提高含碲废渣的浸取率，可升高温度，增加搅拌，或者延长浸取时间等；

(2)加入硫化钠溶液， 和Na2S反应生成PbS，生成PbS的化学方程式为：。

(3)加入稀硫酸调节溶液pH为5.8~6.6，使水解沉碲()，“沉碲”的离子方程式为：；

(4)经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，碲的摩尔质量为128g/mol,二氧化碲的摩尔质量为160g/mol，1molTe可以制备1molTeO2，所以75gTe可以制备TeO2的质量为=93.7g, 经实验测得“滤渣Ⅲ”中含Te的质量分数为75%，则“滤渣”中的质量分数为93.7%，因为硫酸钙微溶于水，所以含的杂质可能是；

(5)因为溶液为碱性，经惰性电极电解时，氢氧根离子在阳极失去电子生成氧气，阳极的电极反应式：；

(6)“滤渣Ⅰ”的主要成分有和SiO2,已知常温下的、，的水解常数为，Ka2>Kh，溶液呈酸性，溶液的pH<7，氯气氧化亚硒酸得到硒酸()，反应的化学方程式为：。

3．（山东省部分省重点中学2021届高三联考）钒酸钇(YVO4)广泛应用于光纤通信领域，一种用废钒催化剂(含V2O5、K2O、SiO2、少量Fe2O3和Al2O3)制取YVO4的工艺流程如下：

已知：V2O2(OH)4既能与强酸反应，又能与强碱反应。回答下列问题：

(1)“还原酸浸”时，钒以VO2+浸出。

①若用8%硫酸溶液浸取，K2SO3用量一定，则为提高钒及钾的浸取率，可采取的措施是_______(列举1条即可)。

②“滤渣Ⅰ”的主要成分是_______(填化学式)。

③V2O5被还原的离子方程式为_______，同时被还原的还有_______(填离子符号)。

(2)常温下，“钒、钾分离”时，pH对钒的沉淀率的影响如图所示：

pH＞7时，随pH增大钒的沉淀率降低的原因可能是_______。

(3)“碱溶”时发生反应的化学方程式为_______。

(4)“焙烧”时，尾气必须吸收处理，实验室吸收处理的装置为_______(填标号)。

(5)某废钒催化剂中V2O5的含量为45.5%，某工厂用1吨该废钒催化剂且用该工艺流程生产V2O5，若整个流程中V的损耗率为20%，则最终得到YVO4_______kg。

【答案】研磨或适当延长浸取时间、搅拌等    SiO2        Fe3+    V2O2(OH)4能与OH-发生反应，碱性越强，V2O2(OH)4损耗率越大        C    816    

【分析】

酸浸时金属氧化物与酸反应变为金属阳离子，V2O5被K2SO3还原为VO2+浸出，Fe3+被还原为Fe2+进入溶液，酸性氧化物SiO2不能溶解，进入滤渣I中；然后向还原后的含VOSO4溶液中加入适量KOH溶液，形成V2O2(OH)4沉淀，K+留在滤液中，从而实现钒、钾分离，得到滤饼中含V2O2(OH)4，V2O2(OH)4能够与强碱反应，并且该物质具有还原性，向滤饼中加入NaClO3、NaOH溶液，发生氧化还原反应，V2O2(OH)4元素转化为，再向溶液中加热NH4Cl，形成NH4VO3晶体，将其高温煅烧，产生V2O5，将V2O5、Y2O3高温共融，反应产生YVO4。

【解析】

(1)①若用8%硫酸溶液浸取，K2SO3用量一定，为提高钒及钾的浸取率，可采取的措施可以是研磨，增大固体与稀硫酸的接触面积或是适当延长浸取时间、加热、搅拌等；

②“还原酸浸”时，V2O5、K2O、Fe2O3和Al2O3均发生反应而溶解，而SiO2是酸性氧化物，不能与硫酸发生反应，故滤渣I为SiO2；

③具有还原性，而V2O5和Fe3+具有氧化性，二者可同时被还原。其中V2O5在酸性条件下被还原产生VO2+，该反应的离子方程式为：；Fe3+被还原为Fe2+，反应的离子方程式为：2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+；

(2)根据图示可知：随着溶液pH的增大，钒的沉淀率逐渐增大，当溶液pH增大到7后，随着pH增大，钒的沉淀率反而有所下降，是由于V2O2(OH)4能与OH-发生反应，碱性越强，V2O2(OH)4损耗率越大；

(3)碱溶时，V2O2(OH)4与碱NaOH、NaClO3发生氧化还原反应产生NaVO3、NaCl、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式：；

(4)焙烧时，NH4VO3受热分解产生NH3，NH3易溶于水，且易与硫酸反应产生硫酸铵，若直接通入水中或稀硫酸中，会引起倒吸现象；为充分吸收氨气，同时防止倒吸现象，可以在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，故合理选项是C；

(5)设得到YVO4的质量为m，根据V元素守恒，可得关系式：～，结合物质反应转化利用关系，可得：，解得m=816 kg。

4．（山东省临沂市2021届高三质检）以废旧磷酸亚铁锂电池正极片(、炭黑和铝箔等)为原料制备锰酸锂()的流程如图所示。

回答下列问题：

(1)中Fe元素的化合价为_________；“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是__________。

(2)“碱浸”中发生反应的离子方程式为________________________________。

(3)“浸取”中加入的作用为________________；“沉铁”过程所得滤渣为白色固体，其主要成分是________________。

(4)已知碳酸锂的分解温度为。当“焙烧”温度达到时，开始有产生，可能的原因是________________；可以利用溶液与溶液反应制备，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。

(5)写出“焙烧”过程中生成锰酸锂的化学方程式_________________________________。

【答案】+2    从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中    或    将氧化为    或磷酸铁    作催化剂，降低了碳酸锂分解反应的活化能，加快碳酸锂分解    1:1        

【解析】

（1）LiFePO4中Li元素为+1价， 整体为-3价，推得Fe为+2价。放电时负极Li失电子变为Li+，经电解质向正极移动并进入正极材料中，有利于锂回收。

（2）原料中铝箔和NaOH反应，即。

（3）将原料中的亚铁氧化为三价铁，便于后续沉淀。因为Fe3+与彻底双水解生成红褐色Fe(OH)3沉淀，但题目说是白色沉淀，依据元素守恒只能是FePO4。

（4）焙烧时加入了MnO2，联想到MnO2可以作催化剂，降低反应的活化能，使得Li2CO3在较低温度下分解。

（5）MnSO4→MnO2化合价升高，故K2S2O8有元素化合价降低，S元素在溶液中常以+6价稳定存在，推测K2S2O8中S元素由+7降到+6，根据得失电子守恒得1 K2S2O8 ~ 1 MnSO4，所以氧化剂：还原剂为1：1。

（6）Li2CO3与MnO2反应生成LiMn2O4，结合第（5）问信息，还有CO2生成，此时得到混合气体，根据元素守恒推测另一种气体为O2，故方程式为：

5．（山东省实验中学2021届高三模拟）铋(Bi)与氮同主族，氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色、生产金属铋等。一种用火法炼铜过程产铜转炉烟尘(除含铋的化合物之外，还有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、SiO2、铅砷化合物)制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)向“酸浸”所得浸液1中加入Zn粉，主要目的是____________；充分反应后过滤，从溶液中获得ZnSO4·7H2O的操作为____________、过滤、洗涤、干燥。

(2)“浸铜”时，有单质硫生成，其离子方程式为__________；浸出渣中除含有硫外，还含有___________(填化学式)和铅砷化合物。

(3)“浸铋”时，反应液必须保持强酸性，否则BiOCl会提前析出混入浸出渣使产率降低，原因是________(用离子方程式表示)。

(4)“除铅、砷”时，加入改性HAP。浸液1与HAP的液固比()与铅、砷去除率以及后续沉铋量的关系如下表：

	125：1	50：1	25：1	15：1
Pb2+去除率/%	84.86	94.15	95.40	96.83
As3+去除率/%	98.79	98.92	98.99	99.05
m(沉铋)/g	2.34	2.33	2.05	1.98

实验中应采用的=_______。

(5)“沉铋“时需控制溶液的pH=3.0，此时BiCl3发生反应的化学方程式为___________。

【答案】除去Cu2+、Fe3+    蒸发浓缩、冷却结晶    CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++S+2H2O    SiO2    Bi3++H2O+Cl-=BiOCl↓+2H+    50:1    BiCl3+Na2CO3 = BiOCl↓+2NaCl+CO2↑    

【分析】

由题给流程可知，向铜转炉烟尘中加入稀硫酸，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，含铋的化合物、硫化铜、二氧化硅和铅砷化合物不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸铁、硫酸铜和硫酸锌的浸液1和含有含铋的化合物、硫化铜、二氧化硅和铅砷化合物的滤渣1；向浸液1中加入Zn粉，将硫酸铁、硫酸铜转化为硫酸锌，充分反应后过滤，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O；向滤渣1中加入稀硫酸和二氧化锰，酸性条件下，二氧化锰与硫化铜反应生成硫酸铜、硫酸锰、硫和水，过滤得到含有含铋的化合物、二氧化硅和铅砷化合物的滤渣2；向滤渣2中加入盐酸和氯化钠溶液，含铋的化合物和铅砷化合物溶解，过滤得到含有含有Bi3+、Pb2+和As3+的浸液2；向浸液2中加入改性HAP过滤去除铅、砷得到含有Bi3+的浸液3，向浸液3中加入碳酸钠溶液后，过滤得到BiOCl。

【解析】

(1)由分析可知，向浸液1中加入Zn粉的目的是将硫酸铁、硫酸铜转化为硫酸锌除去Cu2+、Fe3+；硫酸锌经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O；

(2) “浸铜”时发生的反应为酸性条件下，二氧化锰与硫化铜反应生成硫酸铜、硫酸锰、硫和水，反应的离子方程式为CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++S+2H2O；由分析可知，滤渣2中含有含铋的化合物、二氧化硅和铅砷化合物； 

(3) 由题意可知，“浸铋”时，若溶液酸性过低，溶液中Bi3+会与Cl-反应生成BiOCl沉淀，反应的离子方程式为Bi3++H2O+Cl-=BiOCl↓+2H+；

(4) 由表格数据可知，浸液1与HAP的液固比小于50:1时，铅、砷去除率虽然增加，但去除率变化不大，且后续沉铋量减小，所以浸液1与HAP的液固比控制在50:1；

(5) “沉铋“时发生的反应为氯化铋溶液与碳酸钠溶液反应生成BiOCl沉淀、氯化钠和二氧化碳气体，反应的化学方程式为BiCl3+Na2CO3 = BiOCl↓+2NaCl+CO2↑。

6．（重庆实验中学2021届高三模拟）广泛用于镀镍电镀液、催化剂媒染剂和金属着色剂。某工厂利用富含镍（NiS）的工业废渣（含有、FeO、等杂质）制备，工艺流程如图所示：

已知：常温下，相关金属离子氢氧化物的近似如下表所示：

化学式
近似值

回答下列问题：

（1）已知：酸浸过程中，失去个电子，同时生成一种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式：_______，滤渣1的主要成分为_______（填化学式）。

（2）“氧化”保持滤液温度在40℃左右，加入6%的溶液，加入的目的是_______，该步骤也可以用代替请写出用代替发生反应的离子方程式：_______。若上述流程省去“氧化”步骤，后果是_______。

（3）常温下，“调pH”除铁和铝，若溶液中浓度为0.1mol/L，溶液的pH范围应调节为4.3~________之间。

（4）小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，这样做有利于_______。

（5）“操作X”指的是_______。

【答案】        将氧化为        和分离不开（或产品不纯）    7    过滤分离    蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤、干燥）    

【解析】

（1）由1molNiS失去个电子，可知硫元素由2价变为+6价，反应生成，则做反应的氧化剂，被还原生成的无色的有毒气体NO，反应的化学方程式为，不溶于，则过滤得到的滤渣1为； 

（2）“氧化”过程加入的目的是将氧化为，若用代替，氯酸钠与硫酸亚铁反应生成硫酸铁、氯化钠和水，反应的离子方程式为，由于和的接近，必须将亚铁离子氧化为铁离子，若流程中省去“氧化”步骤，和将无法分离；

（3）调节溶液pH的目的是使和完全沉淀，而不生成沉淀，溶液中的浓度为，由可知，开始沉淀时溶液中c(OH—)== =10—7mol/L，则溶液的pH为7，所以pH范围应调节为4.3~7之间；

（4）小火煮沸的目的是使氢氧化铁沉淀颗粒长大，有利于过滤分离；

（5）从溶液中获得晶体，为了防止晶体失去结晶水，操作X先将溶液蒸发浓缩，再冷却热饱和溶液结晶，然后将晶体过滤出来，最后对晶体进行洗涤、干燥。

7．（福建省福州市第三中学2021届高三质检）利用软锰矿和方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2，等杂质)制备PbSO4的工艺流程如图：

已知： PbCl2(s)+2Cl- (aq)  PbCl (aq) H>0； Ksp(PbSO4)=1.08x10-8， Ksp (PbCl2)= 1.6x10-5；PbCl2易溶于热水。

(1)“滤渣1”的成分是S(硫)，“浸取”时被氧化的元素是___________。

(2)“滤渣2的成分是___________。

(3)加入冰水“沉降”的离子方程式为___________。

(4)20°C时，PbCl2(s) 在不同浓度的盐酸中的最大溶解量(g L-1 )如图所示。下列叙述正确的是___________  (填字母代号)

A．z y，发生了沉淀溶解反应

B．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)相等

C．x z c(Cl- )增大使PbCl2，溶解平衡逆向移动。

D．盐酸浓度越小Ksp (PbCl2)越小

(5)“滤液a”经过处理后可以返回到___________工序循环使用； PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4.，当c(Cl- )=0.1 mol·L-1时，c(SO)=___________ mol·L-1。 (保留三位有效数据)

【答案】S和Fe(硫和铁)    Fe(OH)3和Fe2O3        AC    浸取    6.75×10-6    

【分析】

方铅矿主要成分为PbS，含有FeS2会被软锰矿氧化为硫酸根和三价铁，加入氧化铁是为了调节溶液pH使三价铁水解生成氢氧化铁除去，因为PbCl2易溶于热水，加入冰水“沉降”是降低温度，生成PbCl2，在盐酸中的溶解度随着盐酸浓度的增大先减小是因为同离子效应，后增大是因为PbCl2(s)+2Cl- (aq)  PbCl (aq)，沉淀转化生成的滤液a是盐酸，所以在浸取时循环利用，根据沉淀转化可求得硫酸根离子的浓度。

【解析】

(1)浸取时，方铅矿主要成分为PbS，含有FeS2会被软锰矿氧化为硫酸根和三价铁，所以被氧化的元素为S和Fe(硫和铁)；

(2)加入氧化铁是为了调节溶液pH使三价铁水解生成氢氧化铁除去，还会有未完全反应的氧化铁，故答案为Fe(OH)3和Fe2O3；

(3)因为PbCl2易溶于热水， PbCl2(s)+2Cl- (aq)  PbCl (aq) H>0，加入冰水“沉降”是降低温度，利于平衡逆向移动，发生反应；

(4) A．z y，因为PbCl2(s)+2Cl- (aq)  PbCl (aq)，使平衡正向移动，A正确；

B．x、y两点溶解的量相同但铅元素的存在形式不同，B错误；

C．x z c(Cl- )增大溶解平衡逆向移动，C正确；

D．Ksp (PbCl2)只与温度有关，温度不变值不变，D错误；

故选AC。

(5)根据Ksp (PbCl2)= 1.6x10-5可列式求得再根据 Ksp(PbSO4)=1.08x10-8，；

8．（福建省漳州市2021届高三教学质量检测）一种从电解铜的阳极泥中(主要含 Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质)回收硒、碲的工艺流程如图所示：

已知：

①铜的阳极泥化学成分(其他元素不考虑)：

元素	Au	Ag	Cu	Se	Te
成分/%	0.9	12.08	23.4	8.0	3.1

②亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，在水中溶解度较小。

回答下列问题：

(1)Te元素在周期表中处于第五周期ⅥA族，亚碲酸中碲的化合价为___________。

(2)滤渣1中含单质和化合物，生成滤渣1中化合物的离子方程式为___________。当溶液中同时存在 AgCl 和Ag2SO4时，___________[已知：一定温度下Ksp(AgCl)=2×10-10、Ksp (Ag2SO4)=8×10-5]。

(3)“硒、碲分离”时，需要进行的操作是___________，溶液中硒、碲浓度比值随 pH 的变化如图所示，则 pH 应调至___________左右。

(4)写出“还原1”的离子方程式：___________。

(5)还原2反应后的溶液过滤得到粗 Se，粗 Se 中 Se的含量可以用如下方法测定：

①Se+2H2SO4(浓)= 2SO2个+SeO2+2H2O

②SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O

③I2+2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI

用淀粉溶液作指示剂，Na2S2O3滴定反应②中生成的I2来测定 Se 的含量。

若从100g铜的阳极泥中回收得到a g粗Se，每次准确称取0.0la g粗 Se进行实验，重复三次实验，平均消耗0.1000mol·L-1 Na2S2O3溶液的体积为 22.10 mL，滴定终点的现象是___________，Se 的回收率为___________。(结果保留 3 位有效数字，回收率= )

【答案】＋4        5×10-16    过滤    6.0        当加入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变成无色且30s 内不恢复原来的颜色    54.6%    

【分析】

电解铜的阳极泥中(主要含 Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质)，"酸浸"过程中，Ag 以 Ag2SO4形式进入到"氧化"步骤中，与 NaCl溶液反应生成 AgCl沉淀，Au的化学性质比较稳定，难溶于酸和一般的氧化剂，在"氧化"步骤中滤出；由题给信息知“亚碲酸为二元弱酸，在水中溶解度较小”，故“硒、碲分离”时，需要进行的操作是过滤； H2TeO3中的 Te 化合价降低生成单质 Te，据此解题。

【解析】

(1)Te元素在元素周期表中处于第五周期VI A族，亚碲酸的化学式为，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可知，亚碲酸中碲的化合价为+4。

故答案为：+4。

(2)"酸浸"过程中，Ag 以 Ag2SO4形式进入到"氧化"步骤中，与 NaCl溶液反应生成 AgCl沉淀，Au的化学性质比较稳定，难溶于酸和一般的氧化剂，在"氧化"步骤中滤出；当溶液中同时存在 AgCl和Ag2SO4时， 5×10-16。

故答案为：；5×10-16。

(3)由题给信息知“亚碲酸为二元弱酸，在水中溶解度较小”，故“硒、碲分离”时，需要进行的操作是过滤；溶液中两种元素的离子的浓度 比值越大，分离效果越好，从图像中可得出，当 pH=6.0时，分离效果最好。

故答案为：过滤；6.0。

(4)结合流程可知 H2TeO3中的 Te 化合价降低生成单质 Te，作还原剂，生成 ，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒可知离子方程式为；滴定终点的现象是：当加入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变成无色且30s 内不恢复原来的颜色；铜阳极泥中 Se的含量为8.0%，则100 g 铜阳极泥中含有 Se的总质量为8.0 g，根据测定 Se的三个反应可知 Se～4Na2S2O3，实验中称取 0.0la g的粗 Se 进行实验，所以粗 Se 的回收率为100%≈54.6%。

故答案为：；当加入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变成无色且30s 内不恢复原来的颜色；54.6%。

9．（广东省“百越名校联盟”2021届高三质检）高铝粉煤灰提取铝既能缓解我国缺铝矿的现状，又能减少煤燃烧产生的污染。高铝粉煤灰含55.22% Al2O3、32.58% SiO2、5.08% CaO、2.09% Fe2O3和5.03%其他杂质。活化焙烧法从高铝粉煤灰中提取铝的工艺流程如图所示，回答下列问题：

(1)碱石灰烧结法是利用高铝粉煤灰与纯碱、焦炭1220℃烧结，Al2O3转化为易溶的偏铝酸钠，从而将铝元素分离出来，烧结过程无污染，氧化铝发生反应的化学方程式是_______。

(2)活化焙烧过程中，不同活化剂对铝、钙浸出率的影响不同(如下表)，应选择_______做活化剂。

活化剂	Na3PO4	Na2HPO4	NaF	Na2SO4	CH3COONa
Al浸出率	83.82%	83.62%	85.%	77.55%	90.96%
Ca浸出率	97.10%	97.75%	98.26%	96.79%	90.96%

(3)酸浸使用的酸是_______，酸的浓度与氧化铝溶出率的关系如图1，酸浓度为36%时达到最大溶出率，但实际工业使用32%的酸浓度，原因是_______。酸溶温度与氧化铝溶出率的关系如图2，选择的最佳温度是_______。

(4)流程图中的一系列操作应包括_______、过滤、洗涤、干燥，粗氧化铝的主要杂质是_______。

(5)电解过程中阴极的电极反应式为_______，现有102 t高铝粉煤灰，如果总转化率为75%，可以得到_______t铝(计算结果保留四位有效数字)。

【答案】Al2O3+Na2CO3+C2NaAlO2+CO2↑    CH3COOONa    盐酸    此时氧化铝的溶出率已经达到75%以上，盐酸浓度越高，对设备的要求越高，成本越高    170℃    蒸发浓缩、冷却结晶    Fe2O3    Al3++3e-=Al    22.36    

【分析】

本流程欲从高铝粉煤灰中提取纯Al，首先将高铝粉煤灰活化焙烧得到含NaAlO2以便后续的提取；向焙烧后的固体中加入适量的盐酸得到滤液，向滤液中加入NaF使得溶液中的CaF2沉淀，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥之后得到结晶铝盐，煅烧之后生成的HCl还可以循环利用，将煅烧得到是粗氧化铝经进一步提纯得到纯Al。

【解析】

(1)根据题意，氧化铝从与Na2CO3及焦炭反应生成NaAlO2，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO3+C2NaAlO2+CO2↑；

(2)根据表格，当CH3COONa作为活化剂时，Al和Ca的浸出率最高，因此选用CH3COONa作为活化剂；

(3)结晶铝盐煅烧过程中产生的物质在酸浸这一步循环利用，可推出，该酸为盐酸，结晶铝盐为AlCl3·xH2O，在煅烧过程中铝盐水解生成HCl挥发，同时生成Al2O3；选用32%的酸浓度是因为氧化铝的溶出率已经达到75%以上，盐酸浓度越高，对设备的要求越高，成本越高；根据图像，170℃之后，氧化铝的溶出率变化不大，因此选择的最佳温度为170℃；

(4)流程图中的一系列操作目的是将带结晶水的铝盐从溶液中分离出来，因此操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；酸浸之后，Fe3+进入滤液中，未被除去，因此粗氧化铝的主要杂质是Fe2O3；

(5)电解熔融的氧化铝，阴极的反应是Al3+得电子，反应式为Al3++3e-=Al。根据氧化铝中Al的质量分数可知102t高铝粉煤灰可制得纯Al的质量m=102t×55.22%×75%×=22.36t。

10．（广东省2021届高三“六校联盟”联考）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓与铝的化学性质类似。从刚玉渣(含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝)回收镓的流程如图所示：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下表所示：

金属离子	Ga3+	Al3+	Fe3+	Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol⋅L-1)的 pH	4.5	3.7	2.2	7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5 mol⋅L-1)的 pH	5.5	4.7	3.2	9.0

请回答下列问题：

(1)“酸浸”过程中禁止明火加热，原因是___________。

(2)“结晶”过程中得到FeSO4·7H2O的具体操作为___________。

(3)“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为___________。

(4)“碳酸化”过程中不能通入过量CO2的原因为___________(用离子方程式表示)。

(5)“电解”过程中需要保持溶液为pH=11以上的原因是___________。

(6)下列说法不正确的是___________。

A．为提高浸出率，可将刚玉渣研磨

B．“结晶”过程中得到的FeSO4·7H2O可作为净水剂

C．由流程图可知酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3

D．“碱浸”过程中可用氨水代替 NaOH 溶液

(7)GaN具有优异的光电性能。工业上常采用在 1100℃条件下，利用Ga与NH3反应可制备GaN，该过程的化学方程式为___________。

【答案】金属与酸反应会生成可燃性气体氢气，遇明火会发生爆炸    蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥    5.5-7.5        抑制水解，并防止在阴极放电降低电解效率    CD        

【分析】

刚玉渣“酸浸”，Ga、Fe和酸反应生成Ga3+、Fe2+和H2，可与不溶于酸的Ti、Si分离，将溶液结晶得到FeSO4·7H2O，利用NaOH“中和沉淀”，将pH调节在5.5-7.5之间，过滤后，可以得到、、沉淀，向滤渣中加入NaOH溶液，、和反应生成、，而不与碱反应，过滤后，向滤液中通入CO2，和CO2反应生成，过滤后得到溶液，电解得到Ga。

【解析】

(1)“酸浸”过程中金属与酸反应会生成可燃性气体氢气，遇明火会发生爆炸；

(2)“结晶”过程中得到FeSO4·7H2O的具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

(3)“中和沉淀”过程是为了分离出Fe2+，pH应调节的范围为5.5-7.5；

(4)“碳酸化”过程中若通入过量CO2会生成沉淀，离子方程式为；

(5)“电解”过程中需要保持溶液为pH=11以上是为了抑制水解，并防止在阴极放电降低电解效率；

(6) A．将刚玉渣研磨，使反应更充分，可提高浸出率，A项正确；

B．FeSO4·7H2O是绿矾，可做净水剂，B项正确；

C．由流程图可知，加入适量CO2，转化为，可知碱性强于，C项错误；

D．“碱浸”是、和反应生成、，、不与弱碱反应，D项错误；

答案选CD；

(7)1100℃条件下，利用Ga与NH3反应可制备GaN，化学方程式为。

11．一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。用该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如图所示：

请回答下列问题：

（1）为了提高“酸溶”工序中原料的浸出效率，采取的措施不合理的有______。

A．搅拌

B．适当升高温度

C．研磨矿石

D．用浓硫酸

（2）“酸溶”时，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成，废渣的主要成分是______；合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀，反应有N2生成，金属镍溶解的离子方程式为______。

（3）“除铁”时控制温度不超过40℃的原因是______；加入碳酸钠的目的是______。

（4）Fe2+也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3+在较小pH条件下水解，最终形成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀而被除去，图表示pH-温度关系，图中阴影部分为钠铁矾稳定存在的区域。

则下列说法不正确的是______（填字母）

a．黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]中铁为+2价

b．pH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾，其原因相同

c．氯酸钠在氧化Fe2+时，1 molNaClO3得到的电子数为6NA

d．工业生产中温度常保持在85℃-95℃，控制溶液的pH为1.2～1.8，此时加入Na2SO4后生成黄钠铁矾

（5）“除铜”时，反应的离子方程式为______，若用Na2S代替H2S除铜，优点是______。

（6）已知某温度下Ksp[Ni（OH）2]=4.0×10-15，该流程在“沉镍”过程中需调节溶液pH约为______，Ni2+才刚好沉淀完全（离子沉淀完全的浓度≤10-5 mol/L；lg2=0.30）。

【答案】D    SiO2    5Ni＋12H＋＋2NO3－=5Ni2＋＋N2↑＋6H2O    温度过高过氧化氢分解，浓度降低    调节溶液pH，使Fe3＋完全沉淀为黄钠铁矾    ab    Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋    不会有易挥发的有毒气体H2S逸出，保护环境    9.3    

【分析】

废料与稀硫酸、稀溶液反应生成硫酸亚铁、硫酸镍，双氧水具有强氧化性，加入双氧水的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，加入碳酸钠调节pH，除去Fe3＋，通入硫化氢除去Cu2＋，硫化氢可与Cu2＋反应生成CuS，加入氟化钠，可生成氟化钙、氟化镁沉淀，最后调节pH生成氢氧化镍沉淀，据此分析；

【解析】

(1)“酸溶”中增大原料的利用率，可以采取的措施是搅拌、适当升高温度、粉碎（或研磨）、适当增加酸的浓度，但是不能用浓硫酸，因为铁与浓硫酸发生钝化反应，不符合该工艺流程，故D符合题意；

(2)废料是铁镍合金，含有CuO、CaO、MgO、SiO2，铁镍合金能与混酸反应转化成相应的离子，CuO、CaO、MgO为碱性氧化物，能与酸反应生成相应的离子，SiO2属于酸性氧化物，不溶于水，且不与硫酸和反应，因此废渣的主要成分是SiO2；镍与反应生成Ni2＋和N2，其离子方程式为5Ni＋12H＋＋2NO3－=5Ni2＋＋N2↑＋6H2O；

(3)除铁时需要加入H2O2，H2O2不稳定受热易分解，因此控制温度不超过40℃的原因是防止温度过高过氧化氢分解，浓度降低；加入碳酸钠的目的是调节pH，使Fe3＋完全沉淀为黄钠铁矾；

(4)a．根据化合价代数和为0，推出Fe的化合价为＋3价，故a说法错误；

b．根据图像，pH过低会将黄钠铁矾溶解，pH过高则不会生成黄钠铁矾，其原因不同，故b说法错误；

c．1molNaClO3氧化Fe2＋，得到电子物质的量为1mol×1×[5－(－1)]=6mol，故c说法正确；

d．工业生产中温度常保持在85℃～95℃，加入Na2SO4后生成黄钠铁矾，结合图可知此时溶液的pH约为1.2～1.8，故d说法正确；

故答案选ab；

(5)根据流程，加入H2S除Cu2＋，CuS不溶于硫酸，即发生离子方程式为Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋；H2S具有臭鸡蛋气味的气体，有毒，污染环境，Na2S代替H2S，优点是不会有易挥发的有毒气体H2S逸出，保护环境；

(6)Ni2＋才刚好沉淀完全时，c(Ni2＋)小于等于10－5mol·L－1，根据溶度积得出，c(OH－)==2.0×10－5mol·L－1，pOH=5－lg2=5－0.3=4.7，即pH=14－4.7=9.3。