2020-2021培优铁及其化合物推断题辅导专题训练附答案

1、2020-2021 【化学】培优铁及其化合物推断题辅导专题训练附答案一、铁及其化合物1 钛（ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（tio 2 ）是目前使用最广泛的白色颜料。制备tio 2 和 ti的原料是钛铁矿，用含fe2 o3 的钛铁矿（主要成分为fetio 3 ）制备tio 2 的流程如下：（ 1）步骤加 fe的目的是 _ ；步骤冷却的目的是_ 。（2）考虑成本和废物的综合利用等因素，水浸后的废液中应加入_处理。（3）由金红石（ tio 2 ）制取单质钛（ ti ）的过程为，其中反应 ticl 4 2mg800 c2mgcl 2 ti 在氩气气氛中进行的理由是 _ 。【答案】将 fe3

2、+ 还原为 fe2+析出绿矾（ feso4 7h 2o ）生石灰（或碳酸钙、碱）高温下镁或钛与o 2 、 n 2 等反应【解析】【分析】根据钛铁矿中fe2 o3 、 fetio 3 与浓硫酸反应的溶液中加入铁粉、过滤后，滤液冷却得到硫酸亚铁晶体推知，铁粉与铁离子发生反应得到亚铁离子。水浸后的溶液成酸性。【详解】( 1）分析题图可知，钛铁矿中的铁最终转化成副产品绿矾，所以要将+3 价fe转化为+2 价fe；降低温度，减小了feso47h 2 o 的溶解度，有利于绿矶结晶析出。（2）水浸过程发生的离子反应为tio 22h 2 oh 2tio32h，废液呈酸性，所以处理水浸后的废液应加入cao 、

3、caco3 或碱。（3）由于 ti 和 mg 易与空气中的o 2 、 n 2 等反应，故该反应应在氩气气氛中进行。2 某科研小组用镍触媒废料（主要成分为ni-al合金，混有少量fe、 cu、 zn 及有机物）制备 nio 并回收金属资源的流程如下所示：已知：相关数据如表1 和表 2 所示表 1 部分难溶电解质的溶度积常数（ 25）物质ksp物质kspfe(oh)34.0 10 -38cus6.3 10 -34fe(oh)21.8 10 -16zns1.6 10 -24al(oh) 31.0 10 -33nis3.2 10 -18ni(oh) 22.0 10 -15表 2 原料价格表物质价格 /

4、 （元 ?吨 -1）漂液（含25.2%naclo）450双氧水（含 30%ho）240022烧碱（含 98%naoh）2100纯碱（含99.5%na2co）6003请回答下列问题：（ 1）“焙烧”的目的是 _ 。（ 2）“试剂 a”的名称为 _；选择该试剂的理由是 _。（ 3）“氧化”时反应的离子方程式为_ 。（4）欲使溶液中fe3+和 a13+的浓度均小于等于1.0 10 -6 mol ?l -1 ，需“调节ph”至少为_。（5）“试剂b”应选择 _ ，“加水煮沸”时，反应的化学方程式为_ 。（6）氢镍电池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反应为niooh+mh=ni(oh)+m，

5、当导线中流过 2 mol 电子时，理论上负极质量减少_g。充2电时的阳极反应式为 _ 。【答案】除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物漂液节约成本，不影响后续操作 2fe2+clo- +2h+=2 fe 3+cl - +h2o 5 na2co3 nico3+h2oni(oh) 2+co2 2-=niooh +honi(oh) 2+oh-e2【解析】【分析】铁触媒废料焙烧，可以将部分金属单质转化为金属氧化物以及使有机物燃烧而除去，焙烧后固体和硫酸反应生成硫酸盐；再将fe2+氧化成 fe3+，氧化剂选择漂液（因为漂液价格低廉，且不影响后续实验）。然后调节ph 使 fe3+、 al3+一起转

6、化为氢氧化物沉淀而除去。滤液 1 中还有 zn2+、 cu2+以及 ni2+，加入 nis，可以除去 zn2+、 cu2+。滤液 2 中有镍离子，同样的道理，在沉淀 ni2+的时候，选择碳酸钠，它的价格也是比较低，加入碳酸钠后得到碳酸镍；碳酸镍加水煮沸会转化成ni（ oh） 2，最后 ni（ oh） 2 灼烧分解，就可以得到氧化镍。【详解】（ 1）焙烧可以使部分金属单质变成金属氧化物，并且能够使有机物燃烧并除去。所以“焙烧”的目的为：除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物；（ 2）应选择氧化剂使亚铁离子氧化成铁离子，氧化剂包括了漂液和双氧水，但是双氧水的价格更贵，所以选择漂液；选择漂液

7、的理由就是漂液成本更低，而且生成nacl也不影响后续操作。（3）漂液中含有naclo，将 fe2+氧化成 fe3+， clo- 被还原成cl - ，反应的离子方程式为2fe2+ +clo - +2h + =cl - +2fe3+ +h 2o ；（ 4） fe（ oh） 3 和 al （ oh） 3 类型相同， fe(oh)3 的 ksp 比 al(oh)3 小，为了使它们完全沉淀，用 al(oh)3 的 ksp 进行计算，-33kw -14ksp al(oh) 3 =c(al 3+ )c3 (oh -）=10 -33，c(oh - )= 3 10 -6 =10-9， ph=-lg()=-lg(

8、 10 -9 )=5 ，10c(oh )10则 ph 至少为 5；（5）需要选择沉淀 ni2+的沉淀剂， naoh 的价格更贵，所以选择na23co ，根据题意，加入233， nico3 加水煮沸转化成ni （ oh）2，加水煮沸的方程式na co 时，生成的滤渣2 为 nico为 nico3+h2o ni （ oh） 2+co2。（6）镍氢电池放电时负极的是mh ，在反应中 mh 变成了 m ，失去质量为 h 的质量，负极反应式为-mh-e+oh=m+h2o，转移 2mol，负极质量减少 2g；充电时阳极发生氧化反应，化合价升高， ni(oh)2 变成 niooh，电极反应式为：ni(oh)

9、2+oh-e-=niooh +h2o。【点睛】（2）中因为是工业流程，所以在选择原料的时候，不仅要考虑它会不会带来杂质，还需考虑经济成本，比如在此题中都选择了经济成本较低的原料。（ 4）计算 ph 的时候，氢氧化铁和氢氧化铝都可以计算，但是要完全沉淀，选择 ph 较大的那个。3 某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含71%cu、20%al、 5%fe及少量 au、 pt 等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：已知： cu+4hno33 222(浓 )=cu(no ) +2ho+2no 回答下列问题：（1）滤渣 1 的主要成分为 _。（2）第步加入h2o2 目的是将

10、fe2+氧化成 fe3+，其离子方程式为_；使用 h2o2 作为氧化剂的优点是 _。（3）用第步所得cuso42晶体加热制备无水45h ocuso 的瓷质主要仪器 _。（4）由滤渣 2 制取 al24 32(so ) 18h o，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，可行方案是_，其中不可行方案的原因是_。【答案】 pt、 auh2o2 +2fe2+ +2h+ =2fe3+ +2h2o不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲【解析】【分析】（ 1） .滤渣 1 成分应为 pt， au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。（ 2） . h2o2 将 fe2+氧化成 fe3+，同时其被还原为 h2o。产物

11、无污染无需后续处理。（ 3） . 蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。（4） . 滤液 1 加 h2o2 是为了将溶液中fe2+ fe3+，然后通过加naoh 调 ph 值使 al3+和 fe3+沉淀，这样才能使滤液2 只含 cu2+。而滤渣 2 成分为 fe(oh)3和 al(oh)3, 所以在制取24 323+影响。al (so ) 18ho 时要考虑除去 fe【详解】（1） .pt， au 都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1 含 pt 和 au，答案为 pt、 au 。（2） .根据分析， h2o2氧化 fe2+的离子方程式为h2 o2+2fe2+2h+=2fe3+ +2h2o，

12、反应产物只有 h2o 和 fe3+，没有引入新杂质且无污染。答案为h2o2 +2fe2+ +2h+ =2fe3+ +2h2o，不引入新杂质且产物无污染。（3） .由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。（4） .根据分析，滤渣2 如果采用甲方案处理无法除去fe3+，最终获得产物会含有杂质24 3成分。如果采用乙方案，加适量al 粉可以置换出 fe3+。丙方案加入fe (so )同时生 alnaoh 溶解 al(oh)3 然后过滤，可排除fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。故答案为乙，甲。4 现有金属单质a、 b、 c 和气体甲、乙、丙以及物质d、 e、f、g、 h，它们之间的相互转化关系如图

13、所示 （ 图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出）。请根据以上信息完成下列各题：(1)写出下列物质的化学式：b_、丙 _ 。(2)写出黄绿色气体乙的一种用途_，反应过程可能观察到的实验现象是_。对应的化学方程式是_。(3)反应中的离子方程式是_。【答案】alhcl杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4fe(oh)2 +o2+2h2o=4fe(oh)3 2al+2oh- +2h2o=2alo2-+3h2【解析】【分析】金属 a 颜色反应为黄色证明a 为金属 na， na 与水反应生成气体甲为h2， d 为 naoh；金属 b 和氢氧化钠溶液反应产生h2，说明 b 为

14、金属 al，黄绿色气体乙为22cl，气体甲是 h ，h 和 cl 反应生成丙为 hcl， hcl 溶于水得到的物质e 为盐酸溶液，盐酸与金属c 反应产生22f 溶液是金属氯化物，该氯化物与cl 还可以反应产生 g，g 与 naoh 溶液反应生成红褐色2沉淀 h 为 fe(oh)332，则 g 为 fecl ，推断物质 f 为 fecl ；判断 c 为 fe，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知a 是 na， b 是 al， c 为 fe，气体甲是 h2，气体乙是2，气体丙是 hcl；cld 是 naoh， e 是盐酸， f 是 fecl2， g 是 fecl3， h 是 fe(oh)3。(1

15、)根据上述分析可知，物质b 是 al，丙是 hcl；(2)黄绿色气体乙是cl2，该物质可以与水反应产生hcl 和 hclo，hclo 具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；(3)fecl2 与 naoh 溶液发生反应：fecl2+2naoh=fe(oh)2 +2nacl， fe(oh)2 具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应： 4fe(oh)2+o2 +2h2o=4fe(oh)3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；(4)反应是 al 与 naoh 溶液发生反应产生

16、22，反应的离子方程式为：2al+2oh-naalo和 h+2h2o=2alo2-+3h2。【点睛】本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。5 物质x是某新型净水剂的中间体，它可以看成由alcl3180a按（在升华）和一种盐物质的量之比1： 2 组成。在密闭容器中加热x 使之完全分解，发生如下转化：请回答下列问题：（1） x 的化学式为 _。（2）将 e 混合晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入过量稀 naoh 溶液时发生的总反应的离子方程式为 _。（ 3）高温下，若在密闭容器中

17、长时间煅烧 x，产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之 _。【答案】 alcl32feso4al3+2h+6oh-=alo2-+4h2 o将气体通入足量naoh 溶液中，收集余气，把一条带火星的木条伸入其中，若复燃，则说明是o2【解析】【分析】固体氧化物 b 溶于稀盐酸后得到的溶液c 中滴加 kscn溶液，混合液变血红色，说明b 中含有 fe3+，则 b 为 fe2 33溶液，无色 d 气体能使品红褪色，则2o ， c 为 fecld 为 so ，由元素守恒可知 a 中含有 fe、s、 o 元素， a 加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐a 为43.2g0.448lfeso，氧化铁的物质

18、的量为=0.02mol ，生成二氧化硫为=0.02mol ，160g/mol22.4l/mol由 fe、 s 原子为 1： 1 可知生成 so3 为 0.02mol ， 4.27g 混合晶体 e 为 alcl3 和 so3 ，alcl3 的物4.27g-0.02mol80g/mol质的量为=0.02mol，x 的组成为34，以此解答该题。alcl ?2feso133.5g/mol【详解】(1)根据上述分析，x 的化学式为alcl?2feso4；(2)将 e 混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀naoh 溶液，该过程的总反应的离子方程式为：a

19、l3+2h+6oh-=alo2-+4h2o；(3)若在高温下长时间煅烧x，生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是o2，检验氧气的方法为：将气体通入足量naoh 溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是o2。6 常见含硫物质ad，在生活、生产中有着广泛应用，它们之间的转化关系如下图所示。其中反应、中所需物质b 溶液的浓度不同。请按要求回答下列问题：（ 1） a 的化学式为 _。（2）反应、中cu、 fe 所起的作用相同，即都作_（填 “氧化剂 ”或 “还原剂 ”），你判断的依据是它们都是金属，在反应中都_。（ 3）反应的离子方程式为 _。（ 4）大气中因

20、废气 a 引起酸雨的反应流程之一可用下图示意：上图中由 db的转化所需氧化剂为 _。当将含 d 的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c（ h+）将_。（填 “增大 ”“减小 ”或 “不变 ”）。废气 a 是一种重要的化工原料，常采用氨吸收法进行循环利用、变废为宝。某工厂若将6a 进行环保处理，4. 4810l（标准状况下）废气完全转化为 nh4hso3 时，需消耗 10mol/l 氨水溶液（溶质全部以nh3 ?h2o 计）的体积为_l。【答案】so2还原剂失去电子，化合价升高+2+22增大 20000fe+2h =fe +h o【解析】【分析】由 b(含氧酸 )在常温下与足

21、量的铁反应生成c(硫酸盐 )，故 b 是 h24，反应方程式为sofe+2h so =feso +h ， c 是 feso； cu+2h so (浓)cuso+so +2h o，故 a 是 so ，24424244222so2+h2oh2 so3， d 是 h2so3。【详解】（1）由解析可知，a 的化学式为so2；（2）反应、中，反应前后cufe元素的化合价都升高，故反应、中cufe所起、的作用相同，即都作还原剂；（3）铁与稀硫酸常温下反应，离子方程式为fe+2h+=fe2+h2；so h so 过程中， s 元素化合价升高，即h so 被空气中的 o氧化为 h so ；（4） h23242

22、32242so+o = h so ， h so是弱酸， h so是强酸，故当将含h so的雨水敞口放置一段时h23224232423间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c( h+) 将增大； so2+nh3?h2o=nh4hso3， n(so2)=4.48 106l5，故 n(nh3?h2o)= 2.05氨水溶液（溶质全=2.0 10mol 10mol ，需消耗 10mol/l22.4l/mol部以 nh3?h2o计）的体积为2.0 105 mol =20000l。10mol/l【点睛】本题是结合图考查s 元素的化合物知识，有关化学方程式书写等，难度不大。7 粉末状试样 a 是由等物质的量的m

23、go 和fe23组成的混合物。进行如下实验：o取适量 a 进行铝热反应，产物中有单质b 生成；1c；另取 20 g a 全部溶于 0.15 l 6.0 mol l盐酸中，得溶液将中得到的单质b 和溶液 c 反应，放出1.12 l(标况 )气体，同时生成溶液d，还残留有固体物质 b；用 kscn溶液检验时，溶液d 不变色。请填空：(1)中引发铝热反应的实验操作是_，产物中的单质 b 是 _。(2)中所发生的各反应的化学方程式是_。(3)中所发生的各反应的离子方程式是_。(4)若溶液 d 的体积仍视为 0.15 l，则该溶液中c(mg 2 )为 _， c(fe2 )为 _。【答案】加少量kclo3

24、fe2 332，插上镁条并将其点燃feo 6hcl=2fecl 3ho、 mgo2232、 fe 2h2 h2 1 12hcl=mgcl h ofe 2fe=3fe=fe0.67 mol l2.3 mol l【解析】【详解】(1)铝热反应是指单质al 和某些金属氧化物发生的反应，反应过程中放出大量热，但该反应需要较高的温度才能引发。在混合物上加少量kclo固体并插上mg 条，点燃 mg 条后放出3热量，使 kclo3 固体分解放出 o2，进一步加剧mg 的燃烧，可在短时间内使混合物温度迅高温速升高，引发反应。发生的反应为fe2o3 2alal2o3 2fe，所以产物中单质b 为 fe，故答案为

25、：加少量kclo3，插上镁条并将其点燃； fe；(2)fe o和 mgo 都是碱性氧化物，能和酸反应生成盐和水：fe o 6hcl=2fecl 3h o，232332mgo 2hcl=mgcl h o，故答案为： fe o 6hcl=2fecl 3h o、 mgo 2hcl=mgcl 2223322h o；2(3)混合物中只有 fe2o3 能和 al 发生铝热反应，生成fe 单质。 c 溶液中有反应生成的fecl3，还有未反应的 hcl。发生的离子反应为fe 2fe3 =3fe2 、 fe2h =fe2 h2。(4)假设步骤用去的20 g 固体中， mgo 的物质的量为 x，则 fe2o3 的

26、物质的量也为x，则40 g mol 1x160 g mol 1x 20 g，解得： x 0.1mol 。根据 mgo mgcl2 的关系，则溶液中 mgcl 13，也就是溶2 的浓度为 0.1 mol 0.15 l 0.67。步骤说明溶液中没有femoll守恒的关系，可知mgcl2 和 fecl2 的总的物质的量等于质为 fecl2 和 mgcl2。根据 cl-10.45mol-0.1mol0.15l 6.0mol lg 0.45mol ，所以， fecl2 的浓度为20.15l 1 2.3 moll，322 1故答案为： fe 2fe=3fe、fe 2h=fe h2；0.67 mol l；【

27、点睛】本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算，题目难度中等，掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键，(4)中计算亚铁离子的物质的量时，不可忽略了铁与氢离子的反应。8 氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量al3+、 fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（cacl22h2o）的主要流程如下：完成下列填空：(1)除杂操作是加入物质a 来调节溶液的 ph，以除去溶液中的al3+、 fe3+，根据下表所给信息，此时控制溶液的ph 范围是 _，加入的物质a 是 _（写化学式）。开始沉淀时的ph 沉淀完全时的 ph沉淀开始溶解时的 phal(oh)33.

28、35.27.8fe(oh)31.54.1(2)检验 fe3+是否沉淀完全的实验操作是_ 。(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的ph，其目的是_ 。(4)测定制得的样品的纯度，可采用如下方案：a称取 0.750 g 样品，溶解，在250 ml 容量瓶中定容；b量取 25.00 ml 待测溶液于锥形瓶中；c用 0.050 mol/l agno溶液滴定至终点，消耗agno 溶液体积的平均值为 20.39 ml。33上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有_ 。计算上述样品中cacl22h2o 的质量分数为_（保留三位有效数字）。若配制和滴定操作均无误，但最终测定的样品中cacl22

29、h2o 的质量分数偏高，写出可能导致该结果的一种情况_ 。【答案】 5.2ph 7.8ca(oh)23取少量上层清液，滴加kscn溶液，若或 cao或 caco不出现血红色，表明 fe(oh)3 沉淀完全将溶液中的少量 ca(oh)2转化为 cacl2 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管99.9% 蒸发结晶过程中，温度过高，使cacl22h2o 失去部分结晶水【解析】【分析】工业碳酸钙加过量盐酸进行溶解，得到ca2+、 al3+、 fe3+，加入物质 a 来调节溶液的 ph，以除去溶液中的 al3+、 fe3+，根据沉淀对应的ph 表，需要把二者沉淀完全，ph 最小为 5.2，但是当 ph 大于等

30、于 7.8，氢氧化铝开始溶解，故调节ph 范围是5.2 ph 7.8；加入的 a能调节 ph，但是不能引入新杂质，则可以选用ca(oh)23或 cao 或 caco；过滤后滤液进行盐酸酸化，在 160 蒸发结晶，得产品 cacl22h2o。【详解】(1)根据分析，加入物质a 来调节溶液的ph，此时控制溶液的 ph 范围是5.2 ph7.8；加入的物质 a 是 ca(oh)23（填一种即可）；或 cao或 caco(2)检验 fe3+是否沉淀完全的实验操作是：取少量上层清液，滴加kscn溶液，若不出现血红色，表明 fe(oh)3 沉淀完全；(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的ph，其目的是将溶液

31、中的少量ca(oh)2 转化为 cacl2 ，防止产物中混有 ca(oh)2 杂质；(4) 测定样品的纯度过程中， a 为配制一定体积物质的量浓度溶液的过程，需要用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、 250ml容量瓶、胶头滴管； b、 c 为滴定过程，需要用到的玻璃仪器：锥形瓶、滴定管；故上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管； 使用 agno3溶液滴定样品的22cacl 2h o， n（ ag+） =0.050 mol/l 20.39 10-3l=1.0195 10-3 mol，则 25ml 中含 n （cl- ） =1.019510-3mol，

32、250 ml 中含 n （cl-） =1.019510-2mol，含 n（ cacl22h2o） =5.0975 10-3mol ， m（ cacl2 2h2 o） =5.0975 10-3mol 147g mol -1=0.7493g，样品 cacl2 2h2o 的质量分数0.749 g100%=99.9%； 蒸发结晶过程中，温度过高，使22h2o 失去部分结晶=cacl0.750g水，而计算的时候仍按照没有失去结晶水的化合物质量计算，故最终测定的样品中cacl22h2o 的质量分数偏高。【点睛】化工流程中把握常见的金属离子的除杂方式；注意调节 ph 的范围，以及试剂的选用，不引入新杂质用可

33、以与氢离子发生反应，一般选用制备物质的阳离子对应的氧化物、氢氧化物等。9 目前，处理锌矿进行综合利用，多采用传统的 “高氧酸浸法 ”，但该法也存在一些缺点。最近，有文献报道：用高铁闪锌矿 (含有 zns、 fes、 cus、cds及少量 sio2 等 )为原料，采用“高氧催化氧化氨浸法 ”可以联合制取 cu2o(红色 )、 cds(黄色 )、锌钡白 (白色 )三种颜料，其流程如图：已知：浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成；：浸渣为 s、fe(oh)co3、 sio2 等不溶性物质；：浸取液中含有 zn(nh3)42+、 cu(nh3)42+、 cd(nh3)4 2+；： cu+在溶液中不存在，

34、但可以与nh3形成稳定的3 2+。cu(nh ) 回答下列问题：(1)为加快浸取速度，可以采取的措施是(任答两项 )_；在实际生产中采取常温下浸取而不采用加热的方法，其原因是_。(2)浸取釜中有 o 参与生成浸渣fe(oh)co 的离子方程式为 _。23(3)蒸发炉中加入 (nh4)2so3 的主要作用是 _；沉降池1 中加入稀 h2so4 的作用是_。(4)在制取 znso4 和 cdso4 时使用硫酸的量要适当，如果硫酸过量，产生的后果是_。(5)无论采用 “高氧酸浸法 ”还是 “高氧催化氧化氨浸法”，其前期处理，都要经过用浸取剂浸取这一步，不同的是 “高氧酸浸法 ”需先高温焙烧，然后再用

35、硫酸浸出。两种方法比较，“高氧酸浸法 ”存在的缺点是 (任答两条 )_。【答案】粉碎矿石，增大o2 压强，增大氨水和碳酸铵的浓度防止 nh3 的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解4fes+3o232-23-+4co +6ho=4fe(oh)co +4s +8oh 将3 42+还原为 cu (nh3 2 +调节溶液的 ph，使3 2+转化为 cu2产生2cu(nh ) cu(nh )o 沉淀h s气体污染大气；降低锌钡白、cds的产量能耗高；设备耐酸性要求高；产生大量有害气体 (so2)污染大气【解析】【分析】由题干信息，分析流程图可知，高铁闪锌矿在浸取釜中与o2、碳酸铵、氨水、双氧水等

36、组成的浸取剂反应生成 s、 fe(oh)co323 42+、 cu(nh3 42+和、 sio 等不溶性物质、 zn(nh ) ) 3 42+，在蒸发炉中加入 (nh4 2 3342+还原为 cu (nh3 2+，进入沉降池1 中cd(nh ) so将 cu(nh)加入稀 h2so4 调节 ph 使 cu(nh3)2+转化为 cu2o 沉淀，剩下的溶液在置换炉中加入适量锌粉得到 cd 单质，滤液进入沉降池2 加入碳化氨水得到zn2(oh)2co3，经稀硫酸得到 znso4溶液， znso 与 bas溶液反应得到锌钡白，据此分析解答问题。4【详解】(1)由化学反应速率的影响因素可以知道，可采用粉碎矿石，增大o2 压强，增大氨水和碳酸铵的浓度等方法加快浸取速率，由于浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成，受热易分解，故在实际生产中采取常温浸取而不采用加热的方法，故答案为：粉碎矿石，增大o2 压强，增大氨水和碳酸铵的浓度；防止nh3 的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解；(2)浸取釜中 o2 与碳酸铵和 fes反应生 fe(oh)co3、 s，反应的离子方程式为 4fes+3o2+4co32-+6h2 o=4fe(