2022年北京市各域區(qū)高三一?；瘜W(xué)匯編：工藝流程綜合題

高三模擬試題PAGEPAGE12022北京高三一?；瘜W(xué)匯編工藝流程綜合題1．（2022·北京豐臺(tái)·一模）銅冶煉過(guò)程中，產(chǎn)生的粗硫酸鎳廢液中含有、、、、等雜質(zhì)微粒，工業(yè)生產(chǎn)以此為原料，精制硫酸鎳，主要流程如下：已知：常溫下，

(1)步驟ⅰ的操作名稱是___________。(2)①中As的化合價(jià)為_(kāi)__________。②步驟ⅱ中的作用是___________。(3)步驟ⅲ，加入的目的是通過(guò)調(diào)pH進(jìn)一步去除，使。若溶液2中，則需控制pH的大致范圍為_(kāi)__________。(4)①步驟ⅳ，沉淀3的主要成分有___________(填化學(xué)式)。②在加入NaF的同時(shí)需調(diào)pH約為5，若pH過(guò)低，導(dǎo)致沉淀率下降，原因是___________。(5)結(jié)合下圖說(shuō)明由溶液4得到的操作是___________。2．（2022·北京石景山·一模）從銅電解液中分離得到的粗硫酸鎳晶體中含有大量的雜質(zhì)元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我國(guó)科學(xué)家對(duì)粗硫酸鎳進(jìn)行精制提純，其工藝流程如下。已知：i.含鎳溶液中的主要離子有：Ni2+、SO、Cu2+、Fe2+、AsO、Ca2+和Zn2+ii.飽和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/Lⅲ.部分物質(zhì)的電離常數(shù)和溶度積常數(shù)如下表物質(zhì)電離常數(shù)物質(zhì)溶度積常數(shù)物質(zhì)溶度積常數(shù)H2SKa1=1.1×10?7Ka2=1.3×10?13CuS6.3×10?36FeS6.3×10?18NiS3.2×10?19Ni(OH)25.5×10?16CaF24×10?11Fe(OH)32.8×10?39(1)H2S是弱電解質(zhì)，Ka1×Ka2=_______〖用c(H2S)、c(H+)和c(S2?)表示〗=1.43×10?20。(2)濾渣1中含有As2S3和S，寫(xiě)出生成As2S3和S的離子方程式_______。(3)解釋“氧化除雜”中析出Fe(OH)3的原因_______。(4)“氟化除雜”中試劑a為_(kāi)______。(5)“P204萃取”水溶液的pH約為3.3，結(jié)合下圖解釋原因_______。(6)理論上“硫化除雜”之后，溶液中c(Cu2+)=_______mol/L〖計(jì)算時(shí)c(H2S)取0.1mol/L，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字〗。3．（2022·北京東城·一模）我國(guó)芒硝(Na2SO4·10H2O)儲(chǔ)量居世界第一，由芒硝制備NaOH具有重要價(jià)值。Ⅰ.以芒硝和石灰石為原料生產(chǎn)NaOH、CaSO4和輕質(zhì)CaCO3的主要流程如圖。(1)i、ii中涉及到的分離操作是____。(2)原料石灰石經(jīng)反應(yīng)：____、CaO+H2O=Ca(OH)2，可獲得流程中所需的CO2和石灰乳。(3)HA是一種弱酸，在上述流程中可以循環(huán)使用。已知：溫度相同時(shí)，溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)①平衡移動(dòng)的角度解釋HA在i中反應(yīng)起到的作用：____。②本流程中還利用了HA的性質(zhì)是_____。(4)溶液c中會(huì)含有少量NaHCO3，但不會(huì)影響鈉的利用率，原因是____(用化學(xué)方程式表示)。Ⅱ.利用電解法制備NaOH(如圖所示)。(5)產(chǎn)生OH-的電極反應(yīng)是____，NaOH在____(填“A”或“C”)區(qū)生成。(6)若改變上述裝置中的陽(yáng)極材料，并將陰極產(chǎn)生的H2導(dǎo)入陽(yáng)極，發(fā)生反應(yīng)：H2-2e-=2H+。從電能與化學(xué)能轉(zhuǎn)化的角度思考：產(chǎn)生等量的NaOH時(shí)，與原裝置相比，消耗的電能____(填“增大”“減小”或“不變”)。4．（2022·北京房山·一模）銅陽(yáng)極泥含有金屬(、、等)及它們的化合物，其中銀在銅陽(yáng)極泥中的存在狀態(tài)有、、等。下圖是從銅陽(yáng)極泥提取銀的一種工藝：已知：；(1)基態(tài)原子的核外電子排布式是___________。(2)爐氣中的可與、反應(yīng)生成硒單質(zhì)。寫(xiě)出該反應(yīng)方程式___________。(3)溶液a的主要成分是___________。(4)水氯化浸金過(guò)程中，。配離子中提供空軌道的是___________，配位數(shù)是___________。(5)加入氨氣后，溶解，請(qǐng)寫(xiě)出氨浸分銀的離子方程式___________，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=___________。(6)分子中N原子的雜化類型為_(kāi)__________、在沉銀過(guò)程中的作用是___________。(7)的晶胞為面心立方體結(jié)構(gòu)、如圖所示棱長(zhǎng)為apm(1pm=1×1010cm)晶體銀的密度___________。5．（2022·北京朝陽(yáng)·一模）從印刷電路板的腐蝕廢液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2等)中回收FeCl3、制備CuSO4·5H2O的流程如下。(1)上述流程中能加快反應(yīng)速率的措施有_______。(2)粗品的主要成分是硫酸銅晶體，而不是硝酸銅晶體，分析有兩種可能的原因：①相對(duì)于Cu2+，粗液中濃度過(guò)小，原因是_______(用離子方程式表示)，不能得到硝酸銅晶體。②粗液中濃度較大，但由于_______，不能得到硝酸銅晶體。(3)測(cè)量粗品中鐵(含、)的含量，評(píng)定純度等級(jí)。Ⅰ．用水溶解一定質(zhì)量粗品，加入稀和溶液，加熱。Ⅱ．待溶液冷卻后，加入試劑X至溶液。過(guò)濾、洗滌，得到紅褐色沉淀。Ⅲ．用稀溶解紅褐色沉淀，滴入溶液，稀釋至一定體積。將溶液紅色的深淺與標(biāo)準(zhǔn)色階對(duì)照，確定含量。已知：完全沉淀的pH為6.7，完全沉淀的pH為2.8①Ⅰ中將氧化為的離子方程式是_______。②試劑X是_______。(4)電解：在不同電壓、不同pH(pH<7)條件下電解溶液，研究溶液的再生條件。序號(hào)電壓陰極現(xiàn)象陽(yáng)極產(chǎn)物ia無(wú)氣泡，少量金屬析出無(wú)，有iib較多氣泡，極少量金屬析出無(wú)，有iiia少量氣泡，少量金屬析出，有，有(，)①iii中產(chǎn)生的原因有、_______。②溶液再生的合適條件是_______(填實(shí)驗(yàn)序號(hào))。6．（2022·北京房山·一模）金屬鈦()性能優(yōu)越，被稱為繼鐵、鋁之后的“第三金屬”。工業(yè)上以鈦鐵礦(主要成分，含等雜質(zhì)為主要原料冶煉金屬鈦，其生產(chǎn)的工藝流程圖如下：已知：(1)該元素位于周期表___________區(qū)。(2)已知：易水解，只能存在于強(qiáng)酸性溶液中。25℃時(shí)，難溶電解質(zhì)溶解度(S)與關(guān)系如圖。溶度積①步驟Ⅱ加入鐵屑的目的是___________。②水解的離子方程式為_(kāi)__________。③溶液Ⅱ中加入溶液的作用是___________。④結(jié)合圖像，當(dāng)溶液接近___________時(shí)，已沉淀完全。(3)反應(yīng)后得到、、的混合物，可采用真空蒸餾的方法分離得到，依據(jù)下表信息，需加熱的溫度略高于___________℃即可。熔點(diǎn)/℃-25.0648.87141667沸點(diǎn)/℃136.4109014123287(4)研究發(fā)現(xiàn)，可以用石墨作陽(yáng)極、鈦網(wǎng)作陰極、熔融作電解質(zhì)，利用圖示所示裝置獲得金屬鈣，并以鈣為還原劑，還原二氧化鈦制備金屬鈦。寫(xiě)出陽(yáng)極上所發(fā)生的反應(yīng)式：___________。7．（2022·北京西城·一模）制備鋰離子電池的正極材料的前體的一種流程如下：資料：i．磷灰石的主要成分是ii．可溶于水，微溶于水ii．iv．(1)制備①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反應(yīng)是和_______。②增大酸浸反應(yīng)速率的措施有_______(只寫(xiě)1條)。③其他條件不變時(shí)，若僅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。(2)制備將、、混合并調(diào)節(jié)溶液的pH制備。①酸性條件下，生成的離子方程式是_______。②含磷各微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖。pH=1時(shí)，溶液中的，則_______。再加入晶體、溶液使溶液中的，不考慮溶液體積的變化，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明此時(shí)能否產(chǎn)生沉淀_______。③的純度及顆粒大小會(huì)影響其性能，沉淀速率過(guò)快容易團(tuán)聚。?。芯勘砻?，沉淀時(shí)可加入含的溶液，的作用是_______。ⅱ．其他條件不變時(shí)，工業(yè)上選擇pH=2而不是更高的pH制備，可能的原因是_______(答出2點(diǎn))。

2022北京高三一?；瘜W(xué)匯編工藝流程綜合題▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁1．(1)萃取分液(2)

＋3

氧化和，以利于形成，除去砷和鐵元素(3)4～7(4)

與結(jié)合生成弱電解質(zhì)HF，導(dǎo)致降低，沉淀率下降(5)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾〖解析〗〖祥解〗粗硫酸鎳廢液在有機(jī)溶劑中萃取后分液，得到含銅有機(jī)物和溶液1，往溶液1加入雙氧水后過(guò)濾，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后過(guò)濾，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，繼續(xù)往溶液3加入NaF后過(guò)濾，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4經(jīng)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾得到硫酸鎳晶體。(1)據(jù)分析，步驟ⅰ分離有機(jī)相和無(wú)機(jī)相，操作名稱是萃取分液。(2)①中H元素+1價(jià)，O元素-2價(jià)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為零，As的化合價(jià)為+3價(jià)；②據(jù)分析，步驟ⅱ中加入雙氧水后過(guò)濾，得到沉淀1FeAsO4，從廢液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和鐵元素。(3)據(jù)已知信息，

，則溶液2中時(shí)，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使，根據(jù)

，則c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范圍為4～7。(4)①據(jù)分析，步驟ⅳ，沉淀3的主要成分有；②在加入NaF的同時(shí)需調(diào)pH約為5，HF是弱酸，若pH過(guò)低，導(dǎo)致沉淀率下降，原因是與結(jié)合生成弱電解質(zhì)HF，導(dǎo)致降低，沉淀率下降。(5)從圖中可知，的溶解度隨溫度升高而增大，故由其溶液得到晶體的操作時(shí)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾。2．(1)(2)2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O(3)Cl2將Fe2+氧化為Fe3+，F(xiàn)e3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和H+反應(yīng)，F(xiàn)e3+的水解平衡正移，生成Fe(OH)3(4)NiF2或HF(5)pH過(guò)大，Ni2+損失較多；pH過(guò)小，Zn2+有較多剩余(6)4.4×10?16〖解析〗〖祥解〗粗硫酸鎳晶體溶解調(diào)節(jié)pH=0.5，通入硫化氫除去銅、砷元素；加入氯氣將二價(jià)鐵轉(zhuǎn)化為三價(jià)鐵，加入氫氧化鎳調(diào)節(jié)pH值，除去鐵元素；加入NiF2或HF除去鈣元素；調(diào)節(jié)pH萃取分離出鎳元素，最終得到精制硫酸鎳。(1)H2S是弱電解質(zhì)，分兩步電離，H2SHS-+H+、HS-S2-+H+，Ka1=、Ka2=，所以Ka1×Ka2=；(2)含鎳溶液中的主要離子有AsO，濾渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO和通入的硫化氫氣體在酸性環(huán)境中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成As2S3和S，離子方程式為2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O；(3)Cl2具有氧化性，會(huì)將Fe2+氧化為Fe3+，鐵離子發(fā)生水解反應(yīng)：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和溶液中H+反應(yīng)導(dǎo)致溶液pH增大堿性增強(qiáng)，F(xiàn)e3+的水解平衡正移生成Fe(OH)3；(4)流程對(duì)粗硫酸鎳進(jìn)行精制提純，“氟化除雜”中要加入氟元素除去鈣離子且不不能引入雜質(zhì)陽(yáng)離子，故加入試劑a為NiF2或HF；(5)由圖可知，“P204萃取”水溶液的pH約為3.3時(shí)，鋅離子基本已經(jīng)除盡且此時(shí)鎳離子損失不大，如果pH過(guò)大，Ni2+損失較多，pH過(guò)小，Zn2+有較多剩余，故pH約為3.3；(6)已知：飽和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由（1）可知H2SS2-+2H+，K=Ka1×Ka2==1.43×10?20；由流程可知，此時(shí)pH=0.5，則c(H+)=10-0.5mol/L，則=1.43×10?20，c(S2-)=1.43×10?20mol/L；Ksp(CuS)=6.3×10?36=c(S2-)×c(Cu2+)，c(Cu2+)=mol/L。3．(1)過(guò)濾(2)(3)

由于溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，，正向反應(yīng)限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)CaSO4生成

難溶于水(4)(5)

C(6)減小〖解析〗〖祥解〗這是一道考查以芒硝和石灰乳制備NaOH、CaSO4和輕質(zhì)CaCO3的工藝路程題，利用平衡移動(dòng)的原理在原料混合物中加入HA再通過(guò)過(guò)濾制備硫酸鈣，向?yàn)V液a中通入二氧化碳制得碳酸鈉溶液，向溶液加入石灰乳得到氫氧化鈉和碳酸鈣，以此解題。(1)根據(jù)流程圖可知，通過(guò)i、ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分離操作是過(guò)濾；(2)石灰石的主要成分是碳酸鈣，第二步反應(yīng)是氧化鈣和水反應(yīng)，生成氫氧化鈣，故第一步反應(yīng)為碳酸鈣分解，方程式為：；(3)①根據(jù)題給信息可知，s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，由流程可知，在i中得到硫酸鈣，故HA在i中反應(yīng)起到的作用是：由于溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，，正向反應(yīng)限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)CaSO4生成；②通過(guò)流程可知通過(guò)ii后，得到HA沉淀，故本流程中還利用了HA的性質(zhì)是難溶于水；(4)在溶液c中加入石灰乳后碳酸氫鈉可以和其反應(yīng)生成氫氧化鈉，化學(xué)方程式為：；(5)在陰極水得到電子生成氫氣和氫氧根離子，電極反應(yīng)為：；由圖可知右側(cè)為陰極，在電解的過(guò)程中，鈉離子向陰極移動(dòng)，且在陰極產(chǎn)生氫氧根離子，故NaOH在C區(qū)生成；(6)將陰極產(chǎn)生的H2導(dǎo)入陽(yáng)極，發(fā)生反應(yīng)：H2-2e-=2H+，則此時(shí)原來(lái)在陽(yáng)極被電解的水不再被電解，水被電解的總量減少，消耗的電能減少。4．(1)1s22s22p63s23p63d104s1或〖Ar〗3d104s1(2)SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4(3)CuSO4(4)

Au

4(5)

(6)

sp3雜化

作還原劑(7)〖解析〗〖祥解〗銅陽(yáng)極泥含有金屬(、、等)及它們的化合物，其中銀在銅陽(yáng)極泥中的存在狀態(tài)有、、等，銅陽(yáng)極泥在酸性環(huán)境中焙燒脫硒得到含SeO2的爐氣，接著再加入硫酸酸浸，分離后得到主要成分為CuSO4的溶液a，再向?yàn)V渣中通入Cl2、HCl，發(fā)生反應(yīng)，接著通入氨氣，AgCl溶解：，過(guò)濾后加入N2H4沉銀，得到粗銀粉，據(jù)此分析解答。(1)Cu為29號(hào)元素，原子核外有29個(gè)電子，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或〖Ar〗3d104s1；(2)可與、反應(yīng)生成硒單質(zhì)，SO2被還原生成H2SO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4；(3)由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；(4)配離子中Au提供空軌道，是中心原子，Cl提供孤對(duì)電子，是配位原子，因此配位數(shù)為4；(5)根據(jù)分析可知，AgCl溶解的化學(xué)方程式為：，已知；，又AgCl的沉淀溶解平衡為：，則反應(yīng)的平衡常數(shù)為；(6)N2H4中N原子的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為4，因此N原子的雜化類型是sp3雜化，沉銀過(guò)程中，加入N2H4沉銀，被還原為Ag單質(zhì)，得到粗銀粉，因此N2H4的作用是作還原劑；(7)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Ag原子位于晶胞的面心和頂點(diǎn)，則1個(gè)晶胞含有Ag原子的個(gè)數(shù)為，則1個(gè)Ag的晶胞的質(zhì)量為，又晶胞的棱長(zhǎng)為apm，則晶胞的體積為V=a3×10-30cm3，因此晶體銀的密度。5．(1)加熱、攪拌(2)

3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O

Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大(3)

2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

氨水(4)

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

ii

〖解析〗(1)常用加快化學(xué)反應(yīng)速率的措施有加熱，溶解時(shí)攪拌等，根據(jù)流程圖，加快化學(xué)反應(yīng)速率的措施有：加熱，攪拌，故〖答案〗為：加熱、攪拌；(2)①由于離子反應(yīng)3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，導(dǎo)致溶液中相對(duì)于Cu2+，粗液中濃度過(guò)小，不能得到硝酸銅晶體，故〖答案〗為：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；②粗液中濃度較大，但由于Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大，也能導(dǎo)致不能得到硝酸銅晶體，故〖答案〗為：Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大；(3)①Ⅰ中加入稀硫酸和H2O2的目的就是將氧化為，便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來(lái)產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀而除去鐵，該反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故〖答案〗為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；②該步驟的目的是制備硫酸銅晶體，為了不引入新的雜質(zhì)，故加入的試劑X是氨水等，故〖答案〗為：氨水；(4)，故〖答案〗為：①由表中信息可知，iii中產(chǎn)生了Cl2，Cl2能夠?qū)e2+氧化為Fe3+，故iii中產(chǎn)生的原因有、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故〖答案〗為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；②由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，ii陰極由較多氣泡，極少量金屬析出，則Fe2+的損失少，且陽(yáng)極上不產(chǎn)生Cl2，對(duì)環(huán)境無(wú)污染，故溶液再生的合適條件是ii，故〖答案〗為：ii。6．(1)d(2)

將Fe3+還原為Fe2+，防止Fe3+與TiO2+同時(shí)生成沉淀

TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+

調(diào)pH，消耗溶液中的H+

3(3)1412(4)2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或?qū)憺椋篊+2O2--4e-=CO2↑〖解析〗〖祥解〗鈦鐵礦主要成分為，含等雜質(zhì)，加入濃硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的強(qiáng)酸性溶液，向該溶液中加入鐵屑，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，經(jīng)沉降分離后得到主要含有TiO2+、Fe2+的溶液Ⅰ，溶液Ⅰ經(jīng)濃縮結(jié)晶后得到溶液Ⅱ和FeSO4·7H2O，再向溶液Ⅱ中加入Na2CO3溶液調(diào)pH得到TiO(OH)2，最后得到Ti單質(zhì)，據(jù)此分析解答。(1)22Ti為22號(hào)元素，位于元素周期表的第四周期第ⅡB族，核外電子排布式為〖Ar〗3d24s2，屬于d區(qū)；(2)①由分析，加入濃硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的強(qiáng)酸性溶液，加入鐵屑可將Fe3+還原為Fe2+，防止Fe3+與TiO2+同時(shí)生成沉淀；②TiO2＋水解生成TiO(OH)2，其離子方程式為T(mén)iO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+；③根據(jù)分析可知，加入Na2CO3溶液的作用為調(diào)pH，消耗溶液中的H+；④根據(jù)圖像可知，當(dāng)溶液pH接近3時(shí)，TiO(OH)2已沉淀完全；(3)TiCl4在隔絕空氣時(shí)加入Mg發(fā)生置換反應(yīng)產(chǎn)生Ti、MgCl2，同時(shí)還有過(guò)量的金屬M(fèi)g，根據(jù)混合物中Mg、Ti、MgCl2的熔沸點(diǎn)關(guān)系可知當(dāng)加熱的溫度略高于1412℃時(shí)，Mg、MgCl2變?yōu)闅怏w逸出，而Ti則恰好剛剛?cè)刍?，因此可以達(dá)到分離提純的目的。(4)由于用惰性電極石墨電極作陽(yáng)極，所以電解質(zhì)中的陰離子在陽(yáng)極放電，該電極的電極式是：2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或?qū)憺椋篊+2O2--4e-=CO2↑。7．(1)

加熱、將礦石粉碎、攪拌、適當(dāng)提高酸的濃度等

生成的固體覆蓋在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸面積(2)

，能產(chǎn)生沉淀

發(fā)生反應(yīng)，使降低，減小的沉淀速率，避免團(tuán)聚；隨著被沉淀，上述平衡逆向移動(dòng)，生成的繼續(xù)被沉淀

pH更高時(shí)，產(chǎn)品中可能混有雜質(zhì)；pH更高時(shí)，大，可能沉淀速率過(guò)快導(dǎo)致團(tuán)聚等〖解析〗〖祥解〗由題給流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、過(guò)濾制得粗磷酸，粗磷酸經(jīng)純化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亞鐵溶液和過(guò)氧化氫溶液并調(diào)節(jié)溶液pH，充分反應(yīng)、過(guò)濾得到磷酸鐵。(1)由題意可知，硫酸溶液浸取時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氫鈣與硫酸溶液反應(yīng)生成二水硫酸鈣沉淀和磷酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故〖答案〗為：；②加熱、將礦石粉碎、攪拌、適當(dāng)提高酸的濃度等措施能增大酸浸的反應(yīng)速率，故〖答案〗為：加熱、將礦石粉碎、攪拌、適當(dāng)提高酸的濃度等；③其他條件不變時(shí)，若僅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液與磷灰石反應(yīng)生成的二水硫酸鈣沉淀附著在在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸面積，降低浸取的速率，故〖答案〗為：生成的固體覆蓋在磷灰石表面，減少了磷灰石與硫酸溶液的接觸面積；(2)①由題意可知，制備磷酸鐵發(fā)生的反應(yīng)為酸性條件下，磷酸溶液與硫酸亞鐵、過(guò)氧化氫溶液反應(yīng)生成磷酸鐵沉淀、硫酸和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故〖答案〗為：；②由圖可知，當(dāng)溶液中磷酸氫根離子濃度和磷酸根離子濃度相等時(shí)，溶液pH為12.3，則磷酸的三級(jí)電離常數(shù)Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH為1時(shí)，磷酸根離子的濃度為==10—18.6mol/L；當(dāng)溶液中鐵離子濃度為1mol/L時(shí)，磷酸鐵的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能產(chǎn)生磷酸鐵沉淀，故〖答案〗為：，能產(chǎn)生沉淀；③?。深}給信息可知，制備磷酸鐵沉淀時(shí)加入含離子的溶液，離子能與溶液中的鐵離子反應(yīng)生成離子：，溶液中鐵離子濃度減小，生成磷酸鐵沉淀的反應(yīng)速率減小，可有效防止團(tuán)聚的發(fā)生，當(dāng)溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為磷酸鐵沉淀時(shí)，鐵離子濃度減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，生成的鐵離子能繼續(xù)與磷酸根離子反應(yīng)生成磷酸鐵沉淀，故〖答案〗為：發(fā)生反應(yīng)，使降低，減小的沉淀速率，避免團(tuán)聚；隨著被沉淀，上述平衡逆向移動(dòng)，生成的繼續(xù)被沉淀；ⅱ．其他條件不變，制備磷酸鐵沉淀時(shí)若pH大于2，鐵離子水解程度增大會(huì)轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀導(dǎo)致產(chǎn)品不純，同時(shí)溶液中磷酸根離子濃度會(huì)增大，可能會(huì)因沉淀速率過(guò)快而導(dǎo)致團(tuán)聚，所以工業(yè)上選擇pH=2而不是更高的pH制備磷酸鐵，故〖答案〗為：pH更高時(shí)，產(chǎn)品中可能混有雜質(zhì)；pH更高時(shí)，大，可能沉淀速率過(guò)快導(dǎo)致團(tuán)聚等。高三模擬試題PAGEPAGE12022北京高三一?；瘜W(xué)匯編工藝流程綜合題1．（2022·北京豐臺(tái)·一模）銅冶煉過(guò)程中，產(chǎn)生的粗硫酸鎳廢液中含有、、、、等雜質(zhì)微粒，工業(yè)生產(chǎn)以此為原料，精制硫酸鎳，主要流程如下：已知：常溫下，

(1)步驟ⅰ的操作名稱是___________。(2)①中As的化合價(jià)為_(kāi)__________。②步驟ⅱ中的作用是___________。(3)步驟ⅲ，加入的目的是通過(guò)調(diào)pH進(jìn)一步去除，使。若溶液2中，則需控制pH的大致范圍為_(kāi)__________。(4)①步驟ⅳ，沉淀3的主要成分有___________(填化學(xué)式)。②在加入NaF的同時(shí)需調(diào)pH約為5，若pH過(guò)低，導(dǎo)致沉淀率下降，原因是___________。(5)結(jié)合下圖說(shuō)明由溶液4得到的操作是___________。2．（2022·北京石景山·一模）從銅電解液中分離得到的粗硫酸鎳晶體中含有大量的雜質(zhì)元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我國(guó)科學(xué)家對(duì)粗硫酸鎳進(jìn)行精制提純，其工藝流程如下。已知：i.含鎳溶液中的主要離子有：Ni2+、SO、Cu2+、Fe2+、AsO、Ca2+和Zn2+ii.飽和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/Lⅲ.部分物質(zhì)的電離常數(shù)和溶度積常數(shù)如下表物質(zhì)電離常數(shù)物質(zhì)溶度積常數(shù)物質(zhì)溶度積常數(shù)H2SKa1=1.1×10?7Ka2=1.3×10?13CuS6.3×10?36FeS6.3×10?18NiS3.2×10?19Ni(OH)25.5×10?16CaF24×10?11Fe(OH)32.8×10?39(1)H2S是弱電解質(zhì)，Ka1×Ka2=_______〖用c(H2S)、c(H+)和c(S2?)表示〗=1.43×10?20。(2)濾渣1中含有As2S3和S，寫(xiě)出生成As2S3和S的離子方程式_______。(3)解釋“氧化除雜”中析出Fe(OH)3的原因_______。(4)“氟化除雜”中試劑a為_(kāi)______。(5)“P204萃取”水溶液的pH約為3.3，結(jié)合下圖解釋原因_______。(6)理論上“硫化除雜”之后，溶液中c(Cu2+)=_______mol/L〖計(jì)算時(shí)c(H2S)取0.1mol/L，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字〗。3．（2022·北京東城·一模）我國(guó)芒硝(Na2SO4·10H2O)儲(chǔ)量居世界第一，由芒硝制備NaOH具有重要價(jià)值。Ⅰ.以芒硝和石灰石為原料生產(chǎn)NaOH、CaSO4和輕質(zhì)CaCO3的主要流程如圖。(1)i、ii中涉及到的分離操作是____。(2)原料石灰石經(jīng)反應(yīng)：____、CaO+H2O=Ca(OH)2，可獲得流程中所需的CO2和石灰乳。(3)HA是一種弱酸，在上述流程中可以循環(huán)使用。已知：溫度相同時(shí)，溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)①平衡移動(dòng)的角度解釋HA在i中反應(yīng)起到的作用：____。②本流程中還利用了HA的性質(zhì)是_____。(4)溶液c中會(huì)含有少量NaHCO3，但不會(huì)影響鈉的利用率，原因是____(用化學(xué)方程式表示)。Ⅱ.利用電解法制備NaOH(如圖所示)。(5)產(chǎn)生OH-的電極反應(yīng)是____，NaOH在____(填“A”或“C”)區(qū)生成。(6)若改變上述裝置中的陽(yáng)極材料，并將陰極產(chǎn)生的H2導(dǎo)入陽(yáng)極，發(fā)生反應(yīng)：H2-2e-=2H+。從電能與化學(xué)能轉(zhuǎn)化的角度思考：產(chǎn)生等量的NaOH時(shí)，與原裝置相比，消耗的電能____(填“增大”“減小”或“不變”)。4．（2022·北京房山·一模）銅陽(yáng)極泥含有金屬(、、等)及它們的化合物，其中銀在銅陽(yáng)極泥中的存在狀態(tài)有、、等。下圖是從銅陽(yáng)極泥提取銀的一種工藝：已知：；(1)基態(tài)原子的核外電子排布式是___________。(2)爐氣中的可與、反應(yīng)生成硒單質(zhì)。寫(xiě)出該反應(yīng)方程式___________。(3)溶液a的主要成分是___________。(4)水氯化浸金過(guò)程中，。配離子中提供空軌道的是___________，配位數(shù)是___________。(5)加入氨氣后，溶解，請(qǐng)寫(xiě)出氨浸分銀的離子方程式___________，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=___________。(6)分子中N原子的雜化類型為_(kāi)__________、在沉銀過(guò)程中的作用是___________。(7)的晶胞為面心立方體結(jié)構(gòu)、如圖所示棱長(zhǎng)為apm(1pm=1×1010cm)晶體銀的密度___________。5．（2022·北京朝陽(yáng)·一模）從印刷電路板的腐蝕廢液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2等)中回收FeCl3、制備CuSO4·5H2O的流程如下。(1)上述流程中能加快反應(yīng)速率的措施有_______。(2)粗品的主要成分是硫酸銅晶體，而不是硝酸銅晶體，分析有兩種可能的原因：①相對(duì)于Cu2+，粗液中濃度過(guò)小，原因是_______(用離子方程式表示)，不能得到硝酸銅晶體。②粗液中濃度較大，但由于_______，不能得到硝酸銅晶體。(3)測(cè)量粗品中鐵(含、)的含量，評(píng)定純度等級(jí)。Ⅰ．用水溶解一定質(zhì)量粗品，加入稀和溶液，加熱。Ⅱ．待溶液冷卻后，加入試劑X至溶液。過(guò)濾、洗滌，得到紅褐色沉淀。Ⅲ．用稀溶解紅褐色沉淀，滴入溶液，稀釋至一定體積。將溶液紅色的深淺與標(biāo)準(zhǔn)色階對(duì)照，確定含量。已知：完全沉淀的pH為6.7，完全沉淀的pH為2.8①Ⅰ中將氧化為的離子方程式是_______。②試劑X是_______。(4)電解：在不同電壓、不同pH(pH<7)條件下電解溶液，研究溶液的再生條件。序號(hào)電壓陰極現(xiàn)象陽(yáng)極產(chǎn)物ia無(wú)氣泡，少量金屬析出無(wú)，有iib較多氣泡，極少量金屬析出無(wú)，有iiia少量氣泡，少量金屬析出，有，有(，)①iii中產(chǎn)生的原因有、_______。②溶液再生的合適條件是_______(填實(shí)驗(yàn)序號(hào))。6．（2022·北京房山·一模）金屬鈦()性能優(yōu)越，被稱為繼鐵、鋁之后的“第三金屬”。工業(yè)上以鈦鐵礦(主要成分，含等雜質(zhì)為主要原料冶煉金屬鈦，其生產(chǎn)的工藝流程圖如下：已知：(1)該元素位于周期表___________區(qū)。(2)已知：易水解，只能存在于強(qiáng)酸性溶液中。25℃時(shí)，難溶電解質(zhì)溶解度(S)與關(guān)系如圖。溶度積①步驟Ⅱ加入鐵屑的目的是___________。②水解的離子方程式為_(kāi)__________。③溶液Ⅱ中加入溶液的作用是___________。④結(jié)合圖像，當(dāng)溶液接近___________時(shí)，已沉淀完全。(3)反應(yīng)后得到、、的混合物，可采用真空蒸餾的方法分離得到，依據(jù)下表信息，需加熱的溫度略高于___________℃即可。熔點(diǎn)/℃-25.0648.87141667沸點(diǎn)/℃136.4109014123287(4)研究發(fā)現(xiàn)，可以用石墨作陽(yáng)極、鈦網(wǎng)作陰極、熔融作電解質(zhì)，利用圖示所示裝置獲得金屬鈣，并以鈣為還原劑，還原二氧化鈦制備金屬鈦。寫(xiě)出陽(yáng)極上所發(fā)生的反應(yīng)式：___________。7．（2022·北京西城·一模）制備鋰離子電池的正極材料的前體的一種流程如下：資料：i．磷灰石的主要成分是ii．可溶于水，微溶于水ii．iv．(1)制備①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反應(yīng)是和_______。②增大酸浸反應(yīng)速率的措施有_______(只寫(xiě)1條)。③其他條件不變時(shí)，若僅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。(2)制備將、、混合并調(diào)節(jié)溶液的pH制備。①酸性條件下，生成的離子方程式是_______。②含磷各微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖。pH=1時(shí)，溶液中的，則_______。再加入晶體、溶液使溶液中的，不考慮溶液體積的變化，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明此時(shí)能否產(chǎn)生沉淀_______。③的純度及顆粒大小會(huì)影響其性能，沉淀速率過(guò)快容易團(tuán)聚。?。芯勘砻?，沉淀時(shí)可加入含的溶液，的作用是_______。ⅱ．其他條件不變時(shí)，工業(yè)上選擇pH=2而不是更高的pH制備，可能的原因是_______(答出2點(diǎn))。

2022北京高三一?；瘜W(xué)匯編工藝流程綜合題▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁1．(1)萃取分液(2)

＋3

氧化和，以利于形成，除去砷和鐵元素(3)4～7(4)

與結(jié)合生成弱電解質(zhì)HF，導(dǎo)致降低，沉淀率下降(5)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾〖解析〗〖祥解〗粗硫酸鎳廢液在有機(jī)溶劑中萃取后分液，得到含銅有機(jī)物和溶液1，往溶液1加入雙氧水后過(guò)濾，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后過(guò)濾，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，繼續(xù)往溶液3加入NaF后過(guò)濾，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4經(jīng)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾得到硫酸鎳晶體。(1)據(jù)分析，步驟ⅰ分離有機(jī)相和無(wú)機(jī)相，操作名稱是萃取分液。(2)①中H元素+1價(jià)，O元素-2價(jià)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為零，As的化合價(jià)為+3價(jià)；②據(jù)分析，步驟ⅱ中加入雙氧水后過(guò)濾，得到沉淀1FeAsO4，從廢液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和鐵元素。(3)據(jù)已知信息，

，則溶液2中時(shí)，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使，根據(jù)

，則c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范圍為4～7。(4)①據(jù)分析，步驟ⅳ，沉淀3的主要成分有；②在加入NaF的同時(shí)需調(diào)pH約為5，HF是弱酸，若pH過(guò)低，導(dǎo)致沉淀率下降，原因是與結(jié)合生成弱電解質(zhì)HF，導(dǎo)致降低，沉淀率下降。(5)從圖中可知，的溶解度隨溫度升高而增大，故由其溶液得到晶體的操作時(shí)加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾。2．(1)(2)2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O(3)Cl2將Fe2+氧化為Fe3+，F(xiàn)e3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和H+反應(yīng)，F(xiàn)e3+的水解平衡正移，生成Fe(OH)3(4)NiF2或HF(5)pH過(guò)大，Ni2+損失較多；pH過(guò)小，Zn2+有較多剩余(6)4.4×10?16〖解析〗〖祥解〗粗硫酸鎳晶體溶解調(diào)節(jié)pH=0.5，通入硫化氫除去銅、砷元素；加入氯氣將二價(jià)鐵轉(zhuǎn)化為三價(jià)鐵，加入氫氧化鎳調(diào)節(jié)pH值，除去鐵元素；加入NiF2或HF除去鈣元素；調(diào)節(jié)pH萃取分離出鎳元素，最終得到精制硫酸鎳。(1)H2S是弱電解質(zhì)，分兩步電離，H2SHS-+H+、HS-S2-+H+，Ka1=、Ka2=，所以Ka1×Ka2=；(2)含鎳溶液中的主要離子有AsO，濾渣1中含有As2S3和S，由流程可知，AsO和通入的硫化氫氣體在酸性環(huán)境中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成As2S3和S，離子方程式為2AsO+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O；(3)Cl2具有氧化性，會(huì)將Fe2+氧化為Fe3+，鐵離子發(fā)生水解反應(yīng)：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入的Ni(OH)2和溶液中H+反應(yīng)導(dǎo)致溶液pH增大堿性增強(qiáng)，F(xiàn)e3+的水解平衡正移生成Fe(OH)3；(4)流程對(duì)粗硫酸鎳進(jìn)行精制提純，“氟化除雜”中要加入氟元素除去鈣離子且不不能引入雜質(zhì)陽(yáng)離子，故加入試劑a為NiF2或HF；(5)由圖可知，“P204萃取”水溶液的pH約為3.3時(shí)，鋅離子基本已經(jīng)除盡且此時(shí)鎳離子損失不大，如果pH過(guò)大，Ni2+損失較多，pH過(guò)小，Zn2+有較多剩余，故pH約為3.3；(6)已知：飽和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由（1）可知H2SS2-+2H+，K=Ka1×Ka2==1.43×10?20；由流程可知，此時(shí)pH=0.5，則c(H+)=10-0.5mol/L，則=1.43×10?20，c(S2-)=1.43×10?20mol/L；Ksp(CuS)=6.3×10?36=c(S2-)×c(Cu2+)，c(Cu2+)=mol/L。3．(1)過(guò)濾(2)(3)

由于溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，，正向反應(yīng)限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)CaSO4生成

難溶于水(4)(5)

C(6)減小〖解析〗〖祥解〗這是一道考查以芒硝和石灰乳制備NaOH、CaSO4和輕質(zhì)CaCO3的工藝路程題，利用平衡移動(dòng)的原理在原料混合物中加入HA再通過(guò)過(guò)濾制備硫酸鈣，向?yàn)V液a中通入二氧化碳制得碳酸鈉溶液，向溶液加入石灰乳得到氫氧化鈉和碳酸鈣，以此解題。(1)根據(jù)流程圖可知，通過(guò)i、ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分離操作是過(guò)濾；(2)石灰石的主要成分是碳酸鈣，第二步反應(yīng)是氧化鈣和水反應(yīng)，生成氫氧化鈣，故第一步反應(yīng)為碳酸鈣分解，方程式為：；(3)①根據(jù)題給信息可知，s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，由流程可知，在i中得到硫酸鈣，故HA在i中反應(yīng)起到的作用是：由于溶解度s〖Ca(OH)2〗<s(CaSO4)，，正向反應(yīng)限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)CaSO4生成；②通過(guò)流程可知通過(guò)ii后，得到HA沉淀，故本流程中還利用了HA的性質(zhì)是難溶于水；(4)在溶液c中加入石灰乳后碳酸氫鈉可以和其反應(yīng)生成氫氧化鈉，化學(xué)方程式為：；(5)在陰極水得到電子生成氫氣和氫氧根離子，電極反應(yīng)為：；由圖可知右側(cè)為陰極，在電解的過(guò)程中，鈉離子向陰極移動(dòng)，且在陰極產(chǎn)生氫氧根離子，故NaOH在C區(qū)生成；(6)將陰極產(chǎn)生的H2導(dǎo)入陽(yáng)極，發(fā)生反應(yīng)：H2-2e-=2H+，則此時(shí)原來(lái)在陽(yáng)極被電解的水不再被電解，水被電解的總量減少，消耗的電能減少。4．(1)1s22s22p63s23p63d104s1或〖Ar〗3d104s1(2)SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4(3)CuSO4(4)

Au

4(5)

(6)

sp3雜化

作還原劑(7)〖解析〗〖祥解〗銅陽(yáng)極泥含有金屬(、、等)及它們的化合物，其中銀在銅陽(yáng)極泥中的存在狀態(tài)有、、等，銅陽(yáng)極泥在酸性環(huán)境中焙燒脫硒得到含SeO2的爐氣，接著再加入硫酸酸浸，分離后得到主要成分為CuSO4的溶液a，再向?yàn)V渣中通入Cl2、HCl，發(fā)生反應(yīng)，接著通入氨氣，AgCl溶解：，過(guò)濾后加入N2H4沉銀，得到粗銀粉，據(jù)此分析解答。(1)Cu為29號(hào)元素，原子核外有29個(gè)電子，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或〖Ar〗3d104s1；(2)可與、反應(yīng)生成硒單質(zhì)，SO2被還原生成H2SO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4；(3)由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；(4)配離子中Au提供空軌道，是中心原子，Cl提供孤對(duì)電子，是配位原子，因此配位數(shù)為4；(5)根據(jù)分析可知，AgCl溶解的化學(xué)方程式為：，已知；，又AgCl的沉淀溶解平衡為：，則反應(yīng)的平衡常數(shù)為；(6)N2H4中N原子的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為4，因此N原子的雜化類型是sp3雜化，沉銀過(guò)程中，加入N2H4沉銀，被還原為Ag單質(zhì)，得到粗銀粉，因此N2H4的作用是作還原劑；(7)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Ag原子位于晶胞的面心和頂點(diǎn)，則1個(gè)晶胞含有Ag原子的個(gè)數(shù)為，則1個(gè)Ag的晶胞的質(zhì)量為，又晶胞的棱長(zhǎng)為apm，則晶胞的體積為V=a3×10-30cm3，因此晶體銀的密度。5．(1)加熱、攪拌(2)

3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O

Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大(3)

2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

氨水(4)

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

ii

〖解析〗(1)常用加快化學(xué)反應(yīng)速率的措施有加熱，溶解時(shí)攪拌等，根據(jù)流程圖，加快化學(xué)反應(yīng)速率的措施有：加熱，攪拌，故〖答案〗為：加熱、攪拌；(2)①由于離子反應(yīng)3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，導(dǎo)致溶液中相對(duì)于Cu2+，粗液中濃度過(guò)小，不能得到硝酸銅晶體，故〖答案〗為：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；②粗液中濃度較大，但由于Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大，也能導(dǎo)致不能得到硝酸銅晶體，故〖答案〗為：Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大；(3)①Ⅰ中加入稀硫酸和H2O2的目的就是將氧化為，便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來(lái)產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀而除去鐵，該反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故〖答案〗為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；②該步驟的目的是制備硫酸銅晶體，為了不引入新的雜質(zhì)，故加入的試劑X是氨水等，故〖答案〗為：氨水；(4)，故〖答案〗為：①由表中信息可知，iii中產(chǎn)生了Cl2，Cl2能夠?qū)e2+氧化為Fe3+，故iii中產(chǎn)生的原因有、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故〖答案〗為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；②由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，ii陰極由較多氣泡，極少量金屬析出，則Fe2+的損失少，且陽(yáng)極上不產(chǎn)生Cl2，對(duì)環(huán)境無(wú)污染，故溶液再生的合適條件是ii，故〖答案〗為：ii。6．(1)d(2)

將Fe3+還原為Fe2+，防止Fe3+與TiO2+同時(shí)生成沉淀

TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+

調(diào)pH，消耗溶液中的H+

3(3)1412(4)2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或?qū)憺椋篊+2O2--4e-=CO2↑〖解析〗〖祥解〗鈦鐵礦主要成