1、突破40 物质制备型1、 【突破必备】1解题思路：明确整个流程的原料与目的仔细分析每步发生的反应及得到的产物结合基础理论与实际问题思考注意答题的模式与要点。(1)要粗读试题，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出。(2)再精读试题，根据问题去精心研究某一步或某一种物质。(3)要看清所问问题，不能答非所问，并注意语言表达的科学性。2得分策略(1)细心审题是关键，从题干中获得有用信息，了解制备的产品。(2)认真分析是核心，整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段，知道反应物是什么，发生了什么反应，该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。(3)正确表达是保障。条理清晰，规范专
2、业术语，准确使用化学语言及符合解答试题。在回答文字类表述题时，要组织语言，言简意赅，准确定位。避免丢三落四、遗漏答案、讨论不完整、以偏概全等现象出现。3. 规范答题要点(1)增大原料浸出率的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)、增大气液或固液接触面积。(2)加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。(3)温度不高于的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成(如浓硝酸)挥发、(如H2O2、NH4HCO3)分解、(如Na2SO3)氧化或促进(如AlCl3)水解等。(4)控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀。调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳
3、酸盐、碱，以避免引入新的杂质；pH分离时的范围确定，范围过小易导致某离子沉淀不完全，范围过大易导致主要离子开始沉淀。2、 【真题示例】【真题示例1】(2018新课标卷)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3Fe2Zn2Cd2开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题：(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有_；氧化除杂工序
4、中ZnO的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。(3)溶液中的Cd2可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。【答案】(1)2ZnS3O22ZnO2SO2 (2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2(3)Cd2Zn=CdZn2 (4)Zn22e=Zn溶浸【解析】(1)闪锌矿的主要成分是ZnS，所以高温焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS3O22ZnO2SO2。(2)闪锌矿焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量SiO2、Fe2O3、CdO、PbO，加稀H2SO4后，发生一系列化学反应：Z
5、nOH2SO4=ZnSO4H2O、Fe2O33H2SO4=Fe2(SO4)33H2O、CdOH2SO4=CdSO4H2O、PbOH2SO4=PbSO4H2O。其中SiO2和PbSO4不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1的主要成分是SiO2和PbSO4。氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH在2.86.2，使Fe3完全转变为Fe(OH)3沉淀；通入O2的目的是使溶液中的Fe2转化为Fe3，有利于除杂，若不通入O2，无法除去溶液中的杂质Fe2。(3)溶液中的Cd2与加入的Zn粉反应而被除去，反应的离子方程式为ZnCd2=Zn2Cd。(4)电解ZnSO4溶液制备单质Zn时，阴极放电的是Zn
6、2和H。因为溶液中的Zn2浓度较大，所以阴极电极反应式应该是Zn22e=Zn，阳极放电的是OH，电极反应式是4OH4e=2H2OO2。沉积锌后的溶液应该是ZnSO4和稀H2SO4的混合溶液，可返回到溶浸工序循环使用。【真题示例2】（2018新课标卷）KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：（1）KIO3的化学名称是_。（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_。“滤液”中的溶质主要是_。“调pH”中发生反应的化学方程式为_。（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置
7、如图所示。写出电解时阴极的电极反应式_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_（写出一点）。【答案】（1）碘酸钾 （2）加热 KCl KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O或（HIO3+KOH=KIO3+H2O） （3）2H2O+2e=2OH+H2 K+ 由a到b 产生Cl2易污染环境等【解析】（1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测KIO3为碘酸钾。（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步反应得到的产品中氯气在“逐Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得
8、到，所以过滤时KH(IO3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。（3）由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O + 2e=2OH+H2。电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b。KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。【真题示例3】（2018新课标卷）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：（1）生产Na2S2O5，通常
9、是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_。（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：pH=4.1时，中为_溶液（写化学式）。工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是_。（3）制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000molL1的碘标准液滴定至终点，消耗1
10、0.00mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5的残留量为_gL1（以SO2计）。【答案】（1）2NaHSO3=Na2S2O5+H2O （2）NaHSO3 ；得到NaHSO3过饱和溶液 （3）2H2O4e=4H+O2；a （4）S2O+2I2+3H2O=2SO+4I+6H+ ；0.128【解析】（1）根据原子守恒书写方程式；（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；（2）根据溶液显酸性判断产物；碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即中为NaHSO3；要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢
11、钠过饱和溶液，据此判断；要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；（3）根据阳极氢氧根放电，阴极氢离子放电，结合阳离子交换膜的作用解答；阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O4e=4H+O2。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。（4）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，据此书写方程式；根据方程式计算残留量。单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸
12、钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O+2I2+3H2O=2SO+4I+6H+；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）是=0.128gL13、 【随堂小练】1. 锰的用途非常广泛，在钢铁工业中，锰的用量仅次于铁。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：已知25 ，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2MnSCoSNiSKsp2.110133.010165.010161.010115.010221.01022(1)步骤中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是 。(2)步骤中需
13、要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：使矿物中的物质充分反应；提供第步氧化时所需要的酸性环境； 。(3)步骤中，MnO2在酸性条件下可将Fe2氧化为Fe3，该反应的离子方程式是 ；加氨水调节溶液的pH为5.06.0，以除去Fe3。(4)步骤中，需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还有 ；滤渣2的主要成分为 。(5)电解后的废水中还含有Mn2，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2)1.0105 molL1，则应保持溶液中c(S2) molL1。【答案】(1)MnCO3H2SO4=MnSO4CO2H2O(2)抑制Mn2的水解
14、(3)MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O(4)CoS和NiS(5)1106【解析】(1)加稀硫酸时MnCO3和硫酸反应生成可溶性MnSO4，并产生二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnCO3H2SO4=MnSO4CO2H2O。(2)Mn2易水解，加入过量硫酸，还能抑制Mn2水解。(3)步骤中，MnO2在酸性条件下将Fe2氧化为Fe3，反应的离子方程式是MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O。(4)过滤时的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒及漏斗，故还需烧杯；滤渣2的主要成分是CoS和NiS。(5)MnS的Kspc(Mn2)c(S2)1.01011，为了使c(Mn2)1.0105 molL1，
15、则c(S2)1.0106(molL1)，即c(S2)1.0106 molL1。2. 硫酸铁铵aFe2(SO4)3b(NH4)2SO4cH2O广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化等。某化工厂以硫酸亚铁(含少量硝酸钙)和硫酸铵为原料，设计如图工艺流程制取硫酸铁铵。请回答下列问题：(1)硫酸亚铁溶液加硫酸酸化的主要目的是_。(2)下列物质中最适合的氧化剂B是_。aNaClO bH2O2cKMnO4 dK2Cr2O7(3)操作甲的名称是_。(4)上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，需加入少量_(填化学式)，检验Fe2是否已全部被氧化的方法为_。(5)称取14.00 g所得产品，将其溶于水配制成10
16、0 mL溶液，分成两等份，向其中一份溶液中加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤得到2.14 g沉淀；向另一份溶液中加入含0.05 mol Ba(NO3)2的溶液，恰好完全反应，则该硫酸铁铵的化学式为_。【答案】(1)增大溶液中SO的浓度，将Ca2转化为沉淀，同时抑制Fe2水解(2)b (3)冷却结晶(4)H2SO4加入K3Fe(CN)6溶液，若生成蓝色沉淀，则说明亚铁离子未全部被氧化(5)Fe2(SO4)32(NH4)2SO42H2O【解析】(1)硫酸亚铁溶液加硫酸酸化，可增大溶液中SO的浓度，将Ca2转化为沉淀，同时可以抑制Fe2的水解。(2)氧化剂B的作用是将Fe2氧化为Fe3，H2O2的还原
17、产物是水，不会引入新的杂质，而题给其他试剂都会引入新的杂质，故氧化剂B选H2O2。(3)根据流程图可知，操作甲的名称为冷却结晶。(4)氧化之后和加热蒸发之前，为了抑制Fe3水解，需要加入少量硫酸。由于溶液中含有Fe3，故不能用KSCN溶液和氯水检验Fe2是否已全部被氧化，应用K3Fe(CN)6溶液。(5)得到的2.14 g沉淀为Fe(OH)3，则其中一份溶液中n(Fe3)2.14 g107 gmol10.02 mol，另一份溶液与0.05 mol Ba(NO3)2恰好完全反应，则该溶液中n(SO)0.05 mol，故7.00 g产品中nFe2(SO4)30.01 mol，n(NH4)2SO40
18、.05 mol0.01 mol30.02 mol，n(H2O)(7.00 g400 gmol10.01 mol132 gmol10.02 mol)18 gmol10.02 mol，该硫酸铁铵中Fe2(SO4)3、(NH4)2SO4、H2O的物质的量之比为122，其化学式为Fe2(SO4)32(NH4)2SO42H2O。3. 黄铜矿(CuFeS2)可用来冶炼铜及制备铁氧化物，常含有微量金、银等。以黄铜矿为主要原料生产铁红(氧化铁)颜料、胆矾的工艺流程如图所示：(1)反应的离子方程式为_，该反应的还原产物是_。(2)CuCl可与Cl反应生成可溶于水的CuCl2，在反应中，属于非氧化还原反应的是反应
19、_。(3)已知反应中1价的Cu元素发生歧化反应，由此可推知溶液A中的溶质为_(填化学式)。(4)在酸性、有氧条件下，一种叫做Thibacillus ferroxidans的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐，该过程中发生反应的离子方程式为_。(5)用滴定法测定所得产品中CuSO45H2O的含量，称取a g样品配成100 mL溶液，取出20.00 mL，用c molL1 EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定至终点(EDTA不与杂质反应)，消耗EDTA标准溶液的体积为b mL。滴定反应为Cu2H2Y2=CuY22H。则CuSO45H2O的质量分数为_。滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准溶液，则会导
20、致测定结果偏_(填“大”或“小”)。【答案】(1)CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2SFe2和CuCl(2)和 (3)CuCl2和NaCl(4)4CuFeS24H17O24Cu24Fe38SO2H2O(5)%大【解析】(1)FeCl3溶液中的Fe3具有氧化性，能氧化CuFeS2中2价的S元素，自身被还原为Fe2，根据反应的产物可知反应的离子方程式为CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2S，该反应中Cu元素由2价降低到1价，Fe3被还原为Fe2，则还原产物是FeCl2和CuCl。(2)反应过滤得到的滤液中含有Fe2，向滤液中加入Na2CO3发生反应Fe2CO=FeCO3；在空气中
21、灼烧FeCO3得到Fe2O3，4FeCO3O22Fe2O34CO2向CuCl、S的混合物中加入NaCl溶液，发生反应ClCuCl=CuCl2，过滤得到NaCuCl2溶液，向其中加入水，发生反应V，1价的Cu元素发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2和Cu，则反应和为非氧化还原反应。(3)溶液A中的溶质为CuCl2和NaCl。(4)氧气为氧化剂，CuFeS2为还原剂，2价Fe元素被氧化为3价Fe元素，反应的离子方程式为4CuFeS24H17O24Cu24Fe38SO2H2O。(5)根据滴定反应可知20.00 mL溶液中n(Cu2)n(H2Y2)c molL1b103 Lbc103 mol，则a g样
22、品中CuSO45H2O的物质的量为5bc103 mol，样品中CuSO45H2O的质量为5bc103 mol250 gmol11.25bc g，所以w100%，滴定管要用所盛装溶液润洗，否则会稀释标准液，导致标准液使用偏多，结果偏大。4、 【课后强化专练】1. NaClO2的漂白能力是漂白粉的45倍。NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：(1) ClO2发生器中的反应为2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4。实际工业生产中可用硫黄、浓硫酸代替反应原料中的SO2，其原因是_(用化学方程式表示)。(2) 反应结束后，向ClO2发生器中通入
23、一定量空气的目的是_。(3) 吸收器中生成NaClO2的离子方程式为_，其中反应温度不能高于5可能的原因为_。【答案】(1)S2H2SO4(浓)3SO22H2O(2)驱赶出ClO2，确保其被充分吸收(3)2ClO22OHH2O2=2ClOO22H2O提高ClO2的利用率(或防止H2O2分解)【解析】(1)因为浓硫酸和硫黄反应产生SO2，反应的化学方程式为S2H2SO4(浓)3SO22H2O。(2)通入一定量的空气后，能将生成的ClO2全部吹出后被吸收。(3)在吸收器中通入了ClO2气体，加入了双氧水和NaOH溶液，故发生反应的离子方程式为2ClO22OHH2O2=2ClOO22H2O；温度过高
24、时，参加反应的H2O2易分解，易造成ClO2的利用率降低。2无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。(1)氯化铝在水中的电离方程式为_。(2)工业上用a g铝土矿粉(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程如图所示：已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/57.6180(升华)300(升华)1 023步骤中焙烧时除了生成三种固体单质外，还可以使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是_(要求写出两种)，步骤中生成非金属单质的反应的化学方程式为_。步骤的尾气经冷却至室温后，用足量的NaOH冷溶液吸收，写出吸收过程中发生反应的离子方程式_。结合流程图
25、及相关数据分析，步骤中加入铝粉的目的是_。已知步骤中加入的铝粉的质量为c g，若得到成品AlCl3的质量为b g，则铝土矿粉中Al2O3的质量分数为_。【答案】(1)AlCl3=Al33Cl(2)防止后续步骤生成的AlCl3水解；增大步骤中反应物的接触面积，加快反应速率SiO22CSi2COCl22OH=ClClOH2O、CO22OH=COH2O除去FeCl3，提高AlCl3的纯度()100%【解析】(1)AlCl3在水溶液中能完全电离，属于强电解质，电离方程式为AlCl3=Al33Cl。(2)步骤中焙烧时，固体水分挥发，可以防止后续步骤生成的AlCl3水解；气孔数目增多，可以增大步骤中反应物
26、的接触面积，加快反应速率。由题意知，铝土矿粉中含有SiO2杂质，SiO2与焦炭在高温下反应生成单质Si，故步骤中生成非金属单质的反应的化学方程式为SiO22CSi2CO。步骤的尾气经冷却至室温后，主要有Cl2、O2和CO2，用足量的NaOH冷溶液吸收时，发生反应的离子方程式为Cl22OH=ClClOH2O和CO22OH=COH2O。由题给流程图知，氯化铝粗品中含有FeCl3，结合题表中数据知，FeCl3能在300 升华，故在步骤中加入铝粉，可以使FeCl3转化为FeCl2，从而提高AlCl3的纯度。成品AlCl3的质量为b g，步骤中加入c g Al粉，由Al3FeCl3=AlCl33FeCl
27、2，可得氯化铝粗品中铝元素的物质的量为 mol，再根据Al元素守恒即可进一步求出铝土矿粉中Al2O3的质量分数。3. 二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeCO3F)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：已知：Ce4能与F结合成CeFx(4x)，也能与SO结合成CeSO42；在硫酸体系中Ce4能被萃取剂(HA)2萃取，而Ce3不能。回答下列问题：(1) “氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_。(2) “萃取”时存在反应：Ce4n(HA)2Ce(H2n4A2n)4H。实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为_；如图所示中D是分配比，表示Ce()分别在有机层中
28、与水层中存在形式的物质的量浓度之比，即D。保持其他条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c(SO)，D随起始料液中c(SO)变化的原因为_。(3)“反萃取”中，在H2SO4和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3。H2O2在该反应中作_(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”)，每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为_。(4)“氧化”步骤的化学方程式为_。(5)取上述流程中得到的CeO2产品0.450 0 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 molL1 FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3，其他杂质均不反应)，消耗25.00 mL标准溶液。该产品中C
29、eO2的质量分数为_。【答案】(1)增大固体与气体的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率(2)分液漏斗随着c(SO)增大，水层中Ce4与SO结合成CeSO42，导致萃取平衡向左移动，生成CeSO42，D迅速减小，当c(SO)增大到一定程度后，D值变化较小(3)还原剂2 mol(4)2Ce(OH)3NaClOH2O=2Ce(OH)4NaCl(5)95.56%【解析】氟碳铈矿(主要含CeCO3F)经“氧化焙烧”将3价铈氧化成4价；加稀硫酸，与SO结合成CeSO42；加萃取剂，Ce4能被萃取剂(HA)2萃取，而Ce3不能；在“反萃取”中加H2O2，又将Ce4还原为Ce3，发生反应2Ce4H2O2
30、=2Ce3O22H；加入碱后Ce3转化为沉淀，加入次氯酸钠将Ce从3价氧化为4价，得到产品。(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体和氧气的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率。(2)实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗，根据平衡：Ce4n(HA)2Ce(H2n4A2n)4H，加入Na2SO4时，随着c(SO)增大，水层中Ce4与SO结合成CeSO42，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小，当c(SO)增大到一定程度后，D值变化较小。(3)“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4重新还原为Ce3，反应的离子方程式为2Ce4H2O2=2Ce3O22H，H2O2在该反应中作
31、还原剂，每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2 mol。(4)“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3氧化成Ce4，反应的化学方程式为2Ce(OH)3NaClOH2O=2Ce(OH)4NaCl。(5)FeSO4的物质的量为0.100 0 molL10.025 L0.002 5 mol，根据得失电子守恒可得关系式CeO2FeSO4，所以CeO2的质量为0.002 5 mol172 gmol10.430 0 g，产品中CeO2的质量分数为100%95.56%。4. 用金属钴板(含少量Fe、Ni)制备应用广泛的氯化钴的工艺流程如图所示：注：钴与盐酸反应极慢，需加入催化剂硝酸才可能进行实际生
32、产。有关钴、镍和铁的化合物的性质如表：化学式沉淀完全时的pH相关反应Co(OH)29.4Co2HCl=CoCl2H2Co22NH3H2O=Co(OH)22NHCo22H2OCo(OH)22HNi2HCl=NiCl2H2Ni26NH3H2O=Ni(NH3)626H2OFe(OH)29.6Fe(OH)33.7(1)“除镍”步骤中，氨水用量对反应收率的影响如表：加氨水调pH收率/%Ni2含量/%998.10.089.5980.051097.60.00510.3940.005从表中数据可知，当pH调节至x_时，除镍效果最好。(2)“除镍”步骤必须控制在一定的时间内完成，否则沉淀中将有部分Co(OH)2
33、转化为Co(OH)3，此反应的化学方程式为_。(3)“除铁”步骤中加入双氧水发生反应的离子方程式是_。(4)“除铁”步骤中加入的纯碱的作用是_。(5)在“调pH”步骤中，加盐酸的作用是_。(6)已知25 时，KspFe(OH)34.01038，则该温度下反应Fe33H2OFe(OH)33H的平衡常数为_。【答案】(1)10 (2)4Co(OH)2O22H2O=4Co(OH)3(3)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O(4)使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而除去或2Fe33CO3H2O=2Fe(OH)33CO2(5)防止Co2水解 (6)2.5105【解析】(1)由题表可知，当pH10时，收率
34、为97.6%，Ni2含量已经达到最低，继续增大pH时，Ni2含量不变，故x10。(2)Co(OH)2转化为Co(OH)3，类似Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，发生反应的化学方程式为4Co(OH)2O22H2O=4Co(OH)3。(3)加入双氧水的目的是将Fe2氧化成Fe3，发生反应的离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。(4)“除铁”步骤中加入Na2CO3的作用是促进Fe3水解生成Fe(OH)3沉淀而除去。(5)由Co22H2OCo(OH)22H可知，加入盐酸可抑制Co2水解。(6)KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)4.01038，K(1014)3/4.010382
35、.5105。5用某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)制取NiCO3的过程如图所示：回答下列问题：(1)加入适量Na2S时除获得沉淀外，还生成一种有臭鸡蛋气味的气体，产生该气体的离子方程式为_。(2)“氧化”时需保持滤液在40 左右，用6%的H2O2溶液氧化。控制温度不超过40 的原因是_；Fe2被氧化的离子方程式为_。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，如图是pH温度关系图，图中阴影部分为黄钠铁矾稳定存在的区域，下列说法正确的是_(填字母)。aFeOOH中铁为2价bpH过低或过高均不利于
36、生成黄钠铁矾，其原因不同c氯酸钠在氧化Fe2时，1 mol NaClO3失去的电子数为5NAd工业生产中温度常保持在8595 ，加入Na2SO4后生成黄钠铁矾，此时溶液的pH约为1.21.8(3)加入Na2CO3溶液时，确认Ni2已经完全沉淀的实验方法是_。(4)某实验小组利用NiCO3制取镍氢电池的正极材料碱式氧化镍(NiOOH)，过程如图所示：已知KspNi(OH)221015，欲使NiSO4溶液中残留的c(Ni2)2105 molL1，调节pH的范围_。写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式_。【答案】(1)S22H=H2S(2)减少过氧化氢的分解2Fe2H2O22H=
37、2Fe32H2Obd(3)静置，取少量上层清液继续滴加12滴Na2CO3溶液，无沉淀生成(4)pH94Ni(OH)2O24NiOOH2H2O【解析】(1)电镀废渣经过量酸处理后得到的溶液中含有大量H，加入Na2S后发生反应：S22H=H2S，生成具有臭鸡蛋气味的H2S气体。(2)氧化阶段温度过高会造成过氧化氢的分解，导致过氧化氢损失；氧化阶段发生反应：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。FeOOH中铁为3价；pH过低会将生成的黄钠铁矾溶解，pH过高则不会生成黄钠铁矾；氯酸钠在氧化Fe2时，1 mol NaClO3得到的电子数为6NA；工业生产中温度常保持在8595 ，加入Na2SO4后生成
38、黄钠铁矾，结合题图可知此时溶液的pH约为1.21.8，故本题选bd。(4)欲使NiSO4溶液中残留的c(Ni2)2105 molL1，根据KspNi(OH)2c(Ni2)c2(OH)21015，则需使c(OH) molL1105 molL1，故调节pH的范围是pH9。在空气中加热Ni(OH)2生成NiOOH，发生反应的化学方程式为4Ni(OH)2O24NiOOH2H2O。6. 锌及其化合物在生产生活中应用比较广泛。(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。ZnFe2O4中Fe的化合价是_。工业上利用反应ZnFe2(C2O4)36H2OZnFe2O42CO24CO6H2O 制备ZnFe2O4，该反应中还原产物是_(填化学式)，每生成1 mol ZnFe2O4转移的电子总数是_。(2)工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下：酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是_(任答一条)。写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式_。净化中H2O2 参与反应的离子方程式为_。净化中Y 的主要成分是_(填化学式)。(3)利用锌锰电池在8001 000 时电解TiO2可制得金属钛，装置如图所示。图中a电极的材料为_，阴极