2026-2027学年高二上学期期中化学二卷大题突破06工艺流程题

2026-2027学年高二上学期期中化学二卷大题突破06工艺流程题 1、高纯四氧化三锰是电子工业生产锰锌氧软磁材料的重要原料之一。用菱锰矿(主要成分是MnCO3，含有SiO2、ɑ-Al2O3、CaO、MgO以及Cu、Co、Ni、Fe的化合物)直接制备电池级四氧化三锰的工艺流程如下： 已知：ɑ-Al2O3(刚玉)不溶于酸；SDD(二甲基二硫代氨基甲酸钠)的化学式为(CH3)2NCSSNa，易溶于水。 回答下列问题： (1)滤渣1的主要成分的化学式为 。 (2)“除铁”时通入空气的作用是 。 (3)SDD可与Cu2+、Co2+、Ni2+等重金属离子反应生成沉淀，其中沉钴的离子方程式为 。 (4)“沉锰”时析出Mn(OH)2沉淀，所得滤液中可回收的副产品的化学式是 。 (5)“氧化”步骤控制温度为50℃，反应的化学方程式为 ；铬酸H2CrO4也是性能优良的氧化剂。已知：常温下，Ka1(H2CrO4)=0.18，Ka2(H2CrO4)=3.2×10-7试推测常温下，KHCrO4溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。 (6)已知“沉锰”所用到的氨水，在25℃时CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等。常温下，10mL0.1mol·L-1醋酸溶液测得其pH=3则10mL0.1mol•L-1NH3•H2O溶液测得其pH= 现向10mL0.1mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中 (填序号)。 a．始终减小b．始终增大c．先减小再增大d．先增大后减小 2、钒触媒常用作转化为的催化剂。一种从废钒触媒(含、等)中回收的工艺如下图： 已知：①易溶于硫酸； ②为两性氧化物，溶于酸生成，在高温下易被还原； ③“滤饼”的主要成分为。 回答下列问题： (1)浸取时，为了提高废钒的浸出率，可以采取的措施： 、 (写出2条) (2)“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为 。 (3)“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是 。 (4)“沉钒”步骤，加生成沉淀。该步骤需要加入过量的，请从平衡的角度解释原因 。 (5)该工艺中反应中的沉矾率是回收钒的关键，沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数(加入质量与料液中的质量比)和温度。根据如图建议最合适的氯化铵系数和温度：氯化铵系数为 ，温度为 。 (6)“煅烧”步骤需要通入一定量的空气，原因是 。 3、钻是一种重要的战略金属，常见化合价为、价，其生产原料水钻矿(主要成分为，含有少量的杂质)大多由非洲进口。 (1)制备草酸钴的流程如图所示： ①浸出时，酸性条件下与发生氧化还原反应的离子方程式为 。 ②常温下，加入将氧化为，加入调节溶液至5.2生成，滤液1中的，则 ；加入萃取剂的目的是去除 (填离子符号)。 ③常温下，的，草酸的，草酸铵溶液的 7(填“”“”或“”)，该溶液中元素守恒的表达式为 。 (2)草酸钴热分解制钴。若称取草酸钴晶体左右在惰性气氛中加热，所得固体产物的质量为，其分解的化学方程式为 ；若在空气中加热，热重分析图谱表明，时的失重率达(失重率固体失去的质量/固体的原始质量)，则所得固体产物的化学式为 。 4、氧化钪可用作半导体镀层的蒸镀材料，也可制成可变波长的固体激光器和高清晰度的电视电子枪、金属卤化物灯等。从钛铁矿(主要成分为，还含有等元素)中提取的流程如下图。 已知： ①当离子浓度减小至时可认为沉淀完全。 ②室温下完全沉淀的为1.05。 ③。 回答下列问题： (1)“酸浸”后元素转化为，其水解反应的离子方程式是 。 (2)既有氧化性又有还原性，还有弱酸性，请写出它的电离方程式 。 (3)萃取剂萃取的反应原理为阳离子交换：(代表萃取剂)。在“反萃取”中反应生成含化合物的化学方程式是 。 (4)“酸溶”后滤液中存在的金属阳离子浓度均小于，再用氨水调节溶液使、沉淀完全而不沉淀，则调应控制的范围是 。 (5)由在空气中煅烧生成的化学反应方程式 。 5、钛在航空航天、舰船制造、冶金、医疗等方面有广泛的应用，可利用钛铁矿[主要成分为(可表示为)，还含有少量、等杂质]来制备金属钛(海绵钛)和锂离子电池的电极材料，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“酸浸”中滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (2)“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出水解反应生成的离子方程式： ，水解过程中需加水稀释并加热，其目的是 。 (3)“氯化”中发生反应  ，该反应在达到平衡时，几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。 (4)工业上用镁在高温下还原四氯化钛生产金属钛，下列有关说法错误的是___________(填标号)。 A．理论上，每制得需要 B．反应过程中必须排除空气的影响，可用氮气作保护气 C．在金属的冶炼方法中，高炉炼铁与此方法相似 D．该反应同时生成，电解熔融的产物均能在流程中利用 (5)“滤液②”中第i步加双氧水反应的离子方程式为 。 (6)若“滤液②”中恰好沉淀完全[即溶液中]时溶液，此时溶液中 。[已知：；、、] 6、镍的氧化物M是蓄电池材料。某小组用含镍废料(成分为NiO、Ni2O3、FeO、MgO和SiO2等)制备M的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)固体2的主要成分是 (填化学式)。提高“酸浸”速率宜采用的措施有 (答两条)。 (2)“酸浸”中有O2生成，分析该反应中的氧化剂为 (填化学式)。 (3)已知25℃时：，。若浸出液中，当离子浓度≤1×10-5mol·L-1时认为已完全沉淀。用Na2CO3调节pH范围为 。 (4)“系列操作”包括蒸发浓缩、 、过滤、乙醇洗涤、干燥。用乙醇洗涤的目的是 。 (5)灼烧NiSO4·7H2O时，剩余固体的质量与温度的变化关系如图1所示。 写出B→C的化学方程式： 。 7、氯化铁在工农业生产中有着广泛的应用，其熔点为，沸点为，极易潮解。工业制备氯化铁的一种工艺如下： (1)“氯化”时，若温度超过400℃产物中存在相对分子质量为325的物质，该物质的化学式为 。 (2)蒸干溶液并灼烧所得固体，最终得到的物质是 (填化学式)。和在加热的条件下可以获得无水，该反应的化学反应方程式为 。(已知该反应为非氧化还原反应)，在该过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂 。 (3)同学向盛有溶液的试管中加入几滴酸化的溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为 ；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是 ；生成沉淀的原因是 (用平衡移动原理解释)。 8、黄钠铁矾被用于作净水剂。以高品质的硫铁矿(主要成分为，含少量)为原料制取黄钠铁矾，工艺流程如图： (1)“盐浸”时的反应为(未配平)，其中氧化剂是 过滤Ⅰ得到的滤渣主要成分为 。 (2)“氧化”时发生反应的离子反应方程式为 。 (3)“沉铁”过程，控制不同条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图中阴影部分表示黄钠铁矾稳定产生的区域)。 ①生成黄钠铁矾的离子反应方程式 。 ②由图所示，在时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾。试解释其原因 。 (4)测定黄钠铁砜样品中铁的质量分数：称取2.000g样品置于锥形瓶中，加入足量稀溶解，滴入稍过量的KI溶液，待充分反应后，调节溶液近中性，滴入几滴淀粉溶液，用0.1500溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。(已知：) ①滴定终点的现象为 。 ②样品中铁的质量分数为 。 9、电解精炼铜阳极泥(含、，、、、等)是粗铜电解精炼的副产品，用氯化法提取硒、碲和其他物质的流程如下。 已知：微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。回答下列问题： (1)“水溶液氯化”时，氯化温度(℃)、液固比(x)、氯化钠的含量()及氯泥比(y)对硒提取率的影响如图所示。 ①最佳液固比是 ；溶液含量过高，硒的提取率降低的原因可能是 。 ②最佳氯泥比是 ；氯化温度高于80℃时，硒提取率降低的原因是 。 (2)“沉碲”时控制溶液的为4.5~5.0，生成沉淀。若盐酸浓度过大，会导致“沉碲”不完全，可能的原因是(用化学方程式表示)。 (3)在盐酸溶液中，被还原得到单质碲。研究表明，此反应中，为0.1时的活化能比为0.3时的活化能大，说明较高浓度的作用是 。 (4)常温下，向1中滴加盐酸，当溶液时， 。(已知：的，) (5)流程中可以循环利用的物质有 (填化学式)。 10、某含镍废料中有等杂质，用此废料提取的工艺流程如图所示： 已知：①有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图所示。 ②25℃时，的电离常数。HF的电离常数。 (1)写出“氧化”这一步的离子反应方程式 。 (2)加调节溶液的pH至5，得到废渣2的主要成分是 (填化学式)。 (3)25℃时，的NaF溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)，其溶液中离子浓度大小关系为 (由大到小的顺序)。溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。 (4)已知沉淀前溶液中，当除镁率达到时，溶液中 。 (5)在NaOH溶液中用NaClO与反应可制得，化学方程式为 。 详解答案 1、(1)ɑ-Al2O3(刚玉)和SiO2 (2)将铁元素氧化为铁离子，便于形成氢氧化铁沉淀除去 (3) (4)、 (5) 酸性 (6) 11 b ɑ-Al2O3(刚玉)和SiO2不溶于酸，酸浸所得到的滤渣1为ɑ-Al2O3(刚玉)和SiO2，通入氧气目的是把溶液中亚铁离子氧化变成铁离子，通过加入氨水调节pH以将铁离子变为氢氧化铁，加入SDD时引入钠离子，加入硫酸时引入硫酸根离子，后续过程中引入铵根离子，所以滤液中可回收的副产品为硫酸铵和硫酸钠。 （1）根据分析可知，滤渣1为ɑ-Al2O3(刚玉)和SiO2； （2）根据分析可知，“除铁”时通入空气是为了将铁元素氧化为铁离子，便于形成氢氧化铁沉淀除去； （3）SDD为二甲基二硫代氨基甲酸钠，与Co2+发生反应沉淀的离子方程式：； （4）根据分析可知，加入SDD时引入钠离子，加入硫酸时引入硫酸根离子，后续过程中引入铵根离子，所以滤液中可回收的副产品为硫酸铵和硫酸钠； （5）氧化步骤中反应物为和O2，生成物是，化学方程式：；KHCrO4水解平衡常数：，说明电离程度大于水解程度，溶液呈酸性； （6）在25℃时CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，说明0.1mol·L-1醋酸电离出的氢离子浓度等于0.1mol•L-1NH3•H2O溶液电离出的氢氧根离子浓度等于10-3mol/L，则氨水中氢离子浓度为10-11mol/L，pH=11；，向10mL0.1mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，溶液碱性减弱，始终减小，始终增大。 2、(1) 研磨粉碎 升高温度，适当提高酸的浓度 (2) (3)“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是：加入过多，后续调节pH值，会消耗更多，增加成本 (4)加入过量的，增大浓度，平衡向生成方向移动，便于完全沉淀 (5) 4 80℃ (6)具有氧化性，具有还原性，故提供氧化氛围，防止在高温下被还原 废钒催化剂(含有、、)加入稀硫酸，不溶液于稀硫酸，则滤渣为，滤液中含有、、Fe3+、K+、H+、，加氯酸钠进行氧化生成沉钒，转化为，沉钒过滤后成为滤饼，滤饼主要成分为，滤液中主要含有Fe3+、K+、Al3+、Cl-、，滤饼中加入，转化为NaVO3；加入稀硫酸调节pH=2，与氯化铵反应生成 沉淀，煅烧分解为V2O5，据此分析； （1）从反应速率影响因素考虑，水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；答案为：研磨粉碎；升高温度，适当提高酸的浓度； （2）为两性氧化物，溶于酸生成，“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为； （3）由于后续步骤中需要加入硫酸调节pH，则“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是：加入过多，后续调节pH值，会消耗更多，增加成本； （4）加生成沉淀，加入过量的，过量，增大浓度，平衡向生成方向移动，便于完全沉淀； （5）根据图像分析可得，要使沉钒率最高，可控制氯化铵系数为4，温度在80 ℃； 故答案为：4；80℃； （6） 煅烧分解为V2O5是产生，具有氧化性，具有还原性，故提供氧化氛围，防止在高温下被还原。 3、(1) Mn2+ < (2) Co2O3 用水钴矿(主要成分为CoOOH，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O，根据流程可知，在水钴矿中加入盐酸和Na2SO3，所得浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；浸出液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，将Fe3+、Al3+全部转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后所得滤液I中加入NaF溶液，目的是除去Ca2+和Mg2+，向滤液Ⅱ中加入萃取剂，将锰离子萃取，在萃后余液中加入草酸铵溶液得到草酸钴，最后再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤得到CoC2O4•2H2O，据此分析解答。 （1）①浸出过程中CoOOH与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成Co2＋，根据原子守恒和电子守恒，其反应的离子方程式为；②加入Na2CO3调节溶液pH至5.2，溶液中，，则；根据分析可知，加入萃取剂的目的是去除Mn2+；③水解使溶液显酸性，水解使溶液显碱性，由，按越弱越水解，可知溶液中的水解程度大于的水解程度，溶液呈酸性，即pH<7；根据物料守恒的，该溶液中元素守恒的表达式； （2）18.3g草酸钴晶体，根据质量守恒的，0.1molCo质量为5.9g，加热所得固体产物质量为5.9g，则固体产物中氧元素质量，说明固体产物中只有Co元素，则分解的化学方程式为；900℃时的，则，固体产物的质量，氧元素的质量，Co原子与氧原子的物质的量之比为，则所得固体产物的化学式为Co2O3。 4、(1) (2) (3) (4)(或) (5) 钛铁矿主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，还含有Mg、Si、Sc等元素，由流程可知，加浓硫酸酸浸后，滤渣1为二氧化硅或不溶性硅酸盐，水解发生，萃取时分离出Ti、Sc，洗钛分离出[TiO(H2O2)]2+，加NaOH反萃取后分离出Sc，与盐酸反应加草酸发生，再灼烧发生，需避免CO污染环境，以此来解答； （1）“酸浸”后，Ti元素转化为TiOSO4，发生水解反应后生成，据此可写出水解的化学方程式为：； 故答案为：； （2）H2O2具有酸性，说明可以电离出H+，具有氧化性，说明电离存在过氧根； 故答案为：； （3）反萃取为将有机相变为水相，流程中用NaOH进行反萃取，则ScR3与碱反应生成NaR和Sc(OH)3难溶物； 故答案为：； （4）TiO2+完全沉淀的pH为1.05，当Fe3+浓度小于10-5mol/L，离子完全沉淀，，，此时pH=3，Sc3+开始沉淀时，此时pH=3.7，则调pH应控制的范围是； 故答案为：； （5）根据原子守恒，Sc2(C2O4)3在空气中煅烧生成Sc2O3和CO2气体； 故答案为： 5、(1) (2) 水解反应吸热，加水稀释和加热均能促进水解，使水解趋于完全 (3)为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品，提高生产效率 (4)B (5) (6) 由题给流程可知，向钛铁矿中加入盐酸酸浸，将转化为和氯化亚铁，氧化镁转化为氯化镁，二氧化硅与盐酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；滤液中的一定条件下发生水解反应生成沉淀，过滤得到和滤液；煅烧分解生成二氧化钛，二氧化钛与碳和氯气在高温下反应生成四氯化钛，四氯化钛与镁高温条件下反应生成海绵钛；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子后，再加入磷酸溶液，将溶液中的铁离子转化为磷酸铁沉淀，过滤得到磷酸铁；磷酸铁与碳酸锂和草酸高温条件下反应生成磷酸亚铁锂。 （1）由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅，故答案为：； （2）由分析可知，发生的水解反应为一定条件下发生水解反应生成沉淀、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为，水解反应吸热，加水稀释和加热均能促进水解，使水解趋于完全，所以水解过程中需加水稀释并加热，故答案为：；水解反应吸热，加水稀释和加热均能促进水解，使水解趋于完全； （3）由题意可知，200℃达到平衡时，二氧化钛几乎完全转化为四氯化钛，实际生产中反应温度却远高于200℃的原因是继续升高温度，平衡会逆向移动，但反应速率加快，在相同时间内得到更多的四氯化钛产品，有利于提高生产效率，故答案为：为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品，提高生产效率； （4）A．由得失电子数目守恒可知，理论上每制得1mol钛需要消耗2mol镁，故正确； B．高温下，镁能与氮气反应生成氮化镁，所以反应时不能用氮气作保护气，故错误； C．工业上用镁在高温下还原四氯化钛生产金属钛和高炉炼铁采用的冶炼方法都为热还原法，故正确； D．熔融氯化镁电解生成镁和氯气，由分析可知，镁和氯气均能在流程中利用，故正确； 故选B； （5）“滤液②”中第i步加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，反应的离子方程式为，故答案为：； （6）由溶度积可知，溶液中铁离子完全沉淀时，溶液中磷酸根离子的浓度为=1.2×10—17mol/L，由磷酸的三级电离常数可知，溶液pH约为1时，溶液中的磷酸氢根离子的浓度为=，故答案为：。 6、(1)Fe(OH)3 粉碎矿渣、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等(任答2条) (2)Ni2O3 (3)3.2 ≤ pH＜6.65 (4)降温结晶(或冷却结晶)降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥 (5) 含镍废料(成分为NiO、Ni2O3、FeO、MgO和SiO2等)酸浸时NiO、Ni2O3、FeO、MgO和稀硫酸反应转化为，SiO2不与酸反应，过滤除去，则固体1是SiO2；过滤后向酸浸后的溶液中加入H2O2将转化为，并用Na2CO3调节溶液pH，使转化为Fe(OH)3沉淀除去，即过滤出固体2为Fe(OH)3，过滤后加入NH4F使Mg2＋沉淀除去，过滤出固体3为MgF2，最后得到硫酸镍溶液，通过蒸发浓缩、降温结晶，过滤、洗涤干燥，得到NiSO4•7H2O，并在惰性气体环境中灼烧NiSO4•7H2O得到M，据此分析解题； （1）由分析可知，“沉铁”中将铁离子转化为Fe(OH)3，提高“酸浸”速率可采用粉碎矿渣、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升高温度等措施； 故答案为：①Fe(OH)3②粉碎矿渣、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等； （2）“酸浸”中O2产生，该过程中O的化合价升高，则Ni2O3中Ni的化合价降低，即镍被还原为NiSO4，则氧化剂为Ni2O3； 故答案为：Ni2O3； （3）根据溶度积数据计算，沉淀完全时，，，则可推得，,pH=3.2；同理可知，Ni(OH)2开始沉淀时，，pH=6.65，故应控制溶液的pH为：3.2≤pH＜6.65； 故答案为：3.2≤pH＜6.65 （4）①由分析可知，“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥； ②用乙醇洗涤的目的是降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥； 故答案为：①降温结晶；②降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥 （5），在失重过程中，固体中镍元素质量不变，B点对应固体的质量为15.5g，即为0.1mol，C点含Ni为5.9g，含氧为2.4g，则，则C点对应固体的化学式为Ni2O3，根据氧化还原反应配平可得，B到C的反应方程式为：; 故答案为：； 7、(1) (2) (3) 催化分解产生 分解反应放热，促进的水解平衡正向移动 铁屑经过预处理后，与Cl2反应得到FeCl3，工业尾气中含有Cl2，可用FeCl2溶液吸收，得到FeCl3溶液，蒸发结晶得到FeCl3·6H2O，最终得到无水氯化铁。 （1）FeCl3的相对分子质量为162.5，而325恰好是162.5的两倍，可知温度超过400℃时，FeCl3会结合在一起，形成Fe2Cl6；故该物质的化学式为Fe2Cl6。 （2）蒸干溶液促进氯化铁水解得到氢氧化铁、灼烧引起氢氧化铁分解为氧化铁，则灼烧最终得到的物质是。和在加热的条件下可以获得无水，已知该反应为非氧化还原反应，则该反应还生成二氧化硫和氯化氢，化学反应方程式为。在该过程中可能产生少量亚铁盐，则少量FeCl3被还原产生亚铁盐，铁离子可以被SO2还原为亚铁离子，故一种可能的还原剂为。 （3）同学向盛有溶液的试管中加入几滴酸化的溶液，溶液变成棕黄色，则亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，气泡为氧气，则双氧水分解产生氧气，产生气泡的原因是Fe3+催化H2O2分解产生O2；随后有红褐色氢氧化铁沉淀生成，氢氧化铁由铁离子水解产生，则生成沉淀的原因是：H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。 8、(1)Fe2(SO4)3 SiO2和S (2)2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O (3)3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑ 温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾 (4)滴入最后一滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原 8.400% 由题干工艺流程图可知，“盐浸”是FeS2和Fe2(SO4)3反应生成FeSO4和S，进行氧化还原反应配平可得反应原理为：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，过滤I得到滤渣成分为SiO2和S，向滤液中加入NaClO和H2SO4，将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，“沉铁”中是将Fe2(SO4)3与Na2CO3、Na2SO4反应生成黄钠铁矾沉淀，反应离子方程式为：3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑，过滤、洗涤、干燥得到纯净的黄钠铁矾［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]，据此分析解题。 （1）由分析可知，“盐浸”时的反应为：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，其中FeS2中S从-1价到0，失电子，化合价升高，是还原剂，Fe2(SO4)3中Fe从+3价到+2，得电子，化合价降低是氧化剂； （2）向滤液中加入NaClO和H2SO4，将Fe2+氧化为Fe3+，“氧化”时发生反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O； （3）①由分析可知，生成黄钠铁矾的离子反应方程式为：3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑； 故答案为：3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑； ②由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾，这是由于Fe3+水解是一个吸热反应，温度过高，Fe3+的水解程度增大，生成的Fe(OH)3易分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾，故答案为：温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾； （4）①本实验使用淀粉溶液作指示剂，I2遇到淀粉溶液显蓝色，原溶液中含有I2，反应后没有I2，故滴定终点的实验现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原； ②已知黄钠铁矾[Na3Fe3(SO4)3(OH)6]中铁为+3价，则有：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，I2+2S2=2I-+ S4，可知：2Fe3+~~I2~~2S2，则有：n(Fe3+)=n(S2)=0.1500mol•L-1 ×20.00×10-3L=3×10-3mol，则黄钠铁矾中Fe的质量分数为：=8.400%，故答案为：8.400%。 9、(1)8 ，浓度过大时，高，平衡逆向移动，氯气的溶解度降低 0.9 盐酸易挥发，氯气的溶解度降低 (2) (3)催化剂 (4)0.2 (5)、 阳极泥含有Cu2Se、Cu2Te、Ag2Te、Au2Te,加入盐酸和氯化钠，同时通入氯气，反应生成氯化铜和氯化银、亚硒酸和TeCl4，过滤分离出氯化银、金等，滤液加入有机溶剂进行萃取，水相中通入二氧化硫，将亚硒酸还原为硒；有机相经过一系列操作得到金；滤液加入Na2CO3进行沉碲得到TeO2，加入硫酸、亚硫酸钠进行酸溶、还原，得到Te。 （1）最佳液固比是8，此时硒提取率最大，液固比再增大时，硒提取率变化不大，浪费原料；溶液NaCl含量过高，硒的提取率降低的原因可能是：氯气溶于水存在平衡，NaCl浓度过大时，氯离子浓度高，平衡逆向移动，氯气的溶解度降低； （2）“沉碲”时控制溶液的pH为4.5~5.0，生成TeO2沉淀。TeO2是两性氧化物，如果盐酸的浓度过大，将导致“沉碲”不完全，原因为TeO2+4HCl=2H2O+TeCl4。故答案为：； （3）催化剂可以降低反应的活化能，说明较高浓度Cl-的作用是催化剂； （4）当溶液pH=5时，c(H+)=1.0×10-5mol/L，Ka2=，则； （5）由流程图可知，在沉碲的滤液中存在NaCl，可以返回到水溶液的氯化步骤循环利用，在TiO2还原成Te的产物中有HCl，也可以返回到水溶液氯化步骤循环利用，因此可以循环利用的物质是NaCl和HCl。 10、(1)2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O (2)Fe(OH)3、Al(OH)3 (3)碱性 c(Na+)>c(F-)>c(OH)>c(H+)酸性 (4)2×10-3 (5)4NaOH+NaClO+2NiSO4=2NiO(OH)↓+NaCl+2Na2SO4+H2O 某NiO的废料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、MgSO4，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子、铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液，滤液中获得NiSO4•6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，失去结晶水得到硫酸镍，以此解答该题。 （1）在酸性条件下，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O； （2）由图可知，pH=5时，Al3+和Fe3+都已经完全沉淀，因此滤渣2的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3； （3）NaF为强碱弱酸盐，F-水解显碱性，离子浓度关系为：c(Na+)>c(F-)>c(OH)>c(H+)； （4）已知沉淀前溶液中c(Mg2+)＝1.85×10-3mol•L-1，当除镁率达到99%时，c(Mg2+)＝1.85×10-5mol•L-1，Ksp(MgF2)＝c(Mg2+)c2(F-)＝7.4×10-11，c(F-)＝2.0×10-3mol/L； 故答案为：2.0×10-3mol/L； （5）在NaOH作用下，NaClO把NiSO4中二价Ni离子氧化为NiO(OH)，自身还原为NaCl，化学方程式为：4NaOH+NaClO+2NiSO4=2NiO(OH)↓+NaCl+2Na2SO4+H2O. 学科网（北京）股份有限公司 $