高考化学铁及其化合物推断题的综合热点考点难点及答案.docx
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高考化学铁及其化合物推断题的综合热点考点难点及答案
2020-2021高考化学铁及其化合物推断题的综合热点考点难点及答案
一、铁及其化合物
1.钛(
)被称为继铁、铝之后的第三金属,钛白(
)是目前使用最广泛的白色颜料。
制备
和
的原料是钛铁矿,用含
的钛铁矿(主要成分为
)制备
的流程如下:
(1)步骤①加
的目的是________________________;步骤②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(
)制取单质钛(
)的过程为
,其中反应
在氩气气氛中进行的理由是______________________________。
【答案】将
还原为
析出绿矾(
)生石灰(或碳酸钙、碱)高温下镁或钛与
、
等反应
【解析】
【分析】
根据钛铁矿中
、
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
转化为+2价
;降低温度,减小了
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
,废液呈酸性,所以处理水浸后的废液应加入
、
或碱。
(3)由于
和
易与空气中的
、
等反应,故该反应应在氩气气氛中进行。
2.印刷电路板(PCB)是用腐蚀液(FeCl3溶液)将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。
一种制作PCB并将腐蚀后废液(其中金属阳离子主要含Fe3+、Cu2+、Fe2+)回收再生的流程如图。
请回答:
(1)腐蚀池中发生反应的化学方程式是__。
(2)上述各池中,没有发生化学变化的是__池。
(3)由置换池中得到固体的操作名称是__。
(4)置换池中发生反应的离子方程式有__。
(5)请提出利用酸从固体中回收Cu并将滤液回收利用的合理方案:
__。
(6)向再生池中通入Cl2也可以使废液再生,相比Cl2,用双氧水的优点是__。
【答案】Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2沉降过滤Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu用盐酸溶解固体中的Fe,过滤后得到Cu,并将滤液加入再生池避免有毒气体污染环境
【解析】
【分析】
腐蚀液(FeCl3溶液)将覆铜板上,发生反应为:
Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,再在沉降池中沉降后加入铁粉置换出铜单质、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子,再生池中主要指FeCl2,通入过氧化氢氧化生成FeCl3,循环利用。
【详解】
(1)腐蚀液(FeCl3溶液)将覆铜板上腐蚀池中发生反应的化学方程式为:
Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2;
(2)腐蚀池中发生:
Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2;置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子,再生池中过氧化氢氧化FeCl2,没有发生化学变化的是沉降池;
(3)置换池中铁粉置换出铜,固液分离的操作为过滤;
(4)置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子,其离子反应方程式:
Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu;
(5)根据金属活动性顺序表可知,铁能与稀盐酸发生反应,而铜不与稀盐酸反应,所以用盐酸溶解固体中的Fe,过滤后得到Cu,并将滤液加入再生池;
(6)Cl2有毒,污染环境,需要尾气处理,加双氧水氧化后生成水,避免有毒气体污染环境,故答案为:
避免有毒气体污染环境。
3.已知有以下物质相互转化:
请回答下列问题:
(1)写出B的化学式___________,D的化学式为____________;
(2)写出由E转变成F的化学方程式________。
(3)写出D转化成H的离子方程式_________。
(4)除去溶液B中混有的少量G溶液的最适宜方法是________。
【答案】FeCl2KCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Ag++Cl-=AgCl↓向溶液B中加入足量铁粉,再经过滤操作
【解析】
【分析】
D和硝酸银、稀硝酸的混合溶液反应生成沉淀H和焰色反应呈紫色的溶液可知,H为AgCl,D为KCl,白色沉淀E在空气中变成红褐色沉淀F可知E为Fe(OH)2,F为Fe(OH)3,所以G为FeCl3,A为Fe,B为FeCl2,C为NaOH,据此解答。
【详解】
(1)由分析可知,B为FeCl2,D为KCl,故答案为:
FeCl2;KCl;
(2)E为Fe(OH)2,F为Fe(OH)3,反应的方程式为:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(3)D为KCl,H为AgCl,D转化为H的离子方程式为:
Ag++Cl-=AgCl↓,故答案为:
Ag++Cl-=AgCl↓;
(4)FeCl2中混有的少量FeCl3,可用过量的铁粉将FeCl3转化为FeCl2,过量的铁粉用过滤除去,故答案为:
向溶液B中加入足量铁粉,再经过滤操作。
【点睛】
白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色所涉及的反应正是E到F:
4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。
4.已知A、B、C、D是中学化学的常见物质,且A、B、C均含有同一种元素。
在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的H2O已略去)。
请回答下列问题:
(1)若A可用于自来水消毒,D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质,加热蒸干B的溶液不能得到B。
则B的化学式为__。
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一,B有两性,则反应②的离子方程式是__。
(3)若A、C、D都是常见气体,C是导致酸雨的主要气体,则反应③的化学方程式为___。
(4)若A的焰色反应呈黄色,D为二氧化碳,则反应②的离子方程式是___。
【答案】FeCl3Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O2H2S+SO2═3S+2H2OCO32-+CO2+H2O═2HCO3-
【解析】
【分析】
(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质,则D是铁,A可用于自来水消毒,A为Cl2;
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一,B有两性,D为NaOH、B为Al(OH)3;
(3)C是形成酸雨的主要气体,则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2;
(4)若A的焰色反应呈黄色,说明A中含有Na元素,且A、B、C均含有同一种元素据此分析。
【详解】
(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质,则D是铁,A可用于自来水消毒,由转化关系可知,A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2;
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一,B有两性,由转化关系可知,A为铝盐、D为NaOH、B为Al(OH)3、C为NaAlO2,反应②为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,反应的离子方程式是:
Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O;
(3)若A、C、D都是常见气体,C是形成酸雨的主要气体,则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2,反应③为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水,反应的化学方程式为:
2H2S+SO2═3S+2H2O;
(4)若A的焰色反应呈黄色,D为二氧化碳,由转化关系可知,A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3,反应②为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,反应的的离子方程式是:
CO32−+CO2+H2O═2HCO3−。
5.利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。
图中甲~己均含铁元素。
回答下列问题:
(1)K2FeO4常用作杀菌消毒剂,从铁元素化合价的角度分析是因其具有____性;下列关于乙的说法正确的是______(填标号)。
a.属于酸性氧化物,能与碱反应
b.属于碱性氧化物,能与酸反应
c.属于两性氧化物,既能与酸反应,又能与碱反应
(2)已知甲与稀硝酸反应的化学方程式为甲+HNO3―→戊+己+NO↑+H2O(方程式未配平)。
若产物中戊和己的物质的量之比为3∶1,则甲与HNO3的物质的量之比为____。
(3)戊与烧碱溶液反应生成丙,放置一段时间后丙转化为丁,丙转化为丁的化学方程式为______,现象为______。
【答案】氧化b1∶34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色
【解析】
【分析】
根据图像可知,甲为铁;乙为氧化物且为+2价,为FeO;丙、丁为氢氧化物,分别为+2、+3价,分别为氢氧化亚铁、氢氧化铁。
【详解】
(1)K2FeO4中铁元素的化合价是+6价,在反应中Fe元素能得电子表现强氧化性,常用作杀菌消毒剂。
根据图可知,铁元素的+2价氧化物是FeO,属于碱性氧化物,能与酸反应生成盐和水。
(2)根据图可知,戊和己分别是铁元素的+2价和+3价盐,铁与硝酸反应生成的戊和己分别是Fe(NO3)2和Fe(NO3)3,HNO3在反应中被还原为NO,氮元素的化合价由+5价降为+2价;设反应生成Fe(NO3)3的物质的量为1mol,则生成Fe(NO3)2的物质的量为3mol,则参加反应的Fe(甲)的物质的量为4mol,根据电子守恒可得3mol+3mol×2=n(NO)×3,n(NO)=3mol;根据N原子守恒可知参加反应的n(HNO3)=n(NO)+n[Fe(NO3)2]×2+n[Fe(NO3)3]×3=12mol,则铁与HNO3的物质的量之比为4∶12=1∶3。
(3)Fe(NO3)2与烧碱溶液反应生成Fe(OH)2(丙),氢氧化亚铁与空气中的氧气氧化,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色的Fe(OH)3(丁)。
6.从某矿渣(成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等)中回收NiSO4的工艺流程如图:
已知:
(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4;NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。
回答下列问题:
(1)“研磨”的目的是___。
(2)矿渣中部分FeO在空气焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为____。
(3)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为___。
“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外还含有___(填化学式)。
(4)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+,溶液中c(F-)至少为___mol·L-1时,可使钙离子沉淀完全。
[已知Ca2+浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全;Ksp(CaF2)=4.0×10-11]
(5)萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离:
Fe2+(水相)+2RH(有机相)
FeR2(有机相)+2H+(水相)。
萃取剂与溶液的体积比(
)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示,
的最佳值为___。
在___(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。
(6)若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤(前后步骤不变)。
依据下表数据判断,调pH范围为___。
【答案】增大接触面积,加快反应速率4FeO+6H2SO4+O2
2Fe2(SO4)3+6H2OFe3++2H2O
FeO(OH)+3H+SiO22.0×10-30.25强酸性3.7≤pH<7.1
【解析】
【分析】
某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等,加入硫酸铵研磨后,600°C焙烧,已知:
(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4;NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3,在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液,加入NaF除去钙离子,过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相,无机相通过一系列操作得到硫酸镍,有机相循环使用,据此分析解答。
【详解】
(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨,混合研磨的目的是增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分;
(2)矿渣中部分FeO在空气焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2
2Fe2(SO4)3+6H2O;
(3)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为:
Fe3++2H2O
FeO(OH)+3H+;根据分析,浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外还含有 SiO2;
(4)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+,已知Ca2+浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全,溶液中c(F−)=
=
≈2×10−3mol/L,故溶液中c(F-)至少为2×10−3mol/L;
(5)本工艺中,萃取剂与溶液的体积比(
)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示,最佳取值是亚铁离子不能被萃取,镍离子被萃取,
的最佳取值是0.25;由Fe2+(水相)+2RH(有机相)⇌FeR(有机相)+2H+(水相)可知,加酸,增大氢离子的浓度,使平衡逆向移动,可生成有机相,则应在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用;
(6)若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤(前后步骤不变),亚铁离子被双氧水氧化为铁离子,除杂过程中要将铁离子除去但不能使镍离子沉淀,依据下表数据判断,pH=3.7时铁离子完全沉淀,pH=7.1时镍离子开始沉淀,则调节pH范围为3.7≤pH<7.1。
7.2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。
某废旧锂电池正极主要由LiFePO4、铝箔、炭黑等组成,Fe、Li、P具有极高的回收价值,具体流程如下:
(1)过程ⅰ生成NaAlO2溶液的离子方程式是__。
(2)过程ⅱ中HCl/H2O2的作用是__。
(3)浸出液X的主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等。
过程ⅲ控制碳酸钠溶液浓度20%、温度85℃、反应时间3h条件下,探究pH对磷酸铁沉淀的影响,如图所示。
①综合考虑铁和磷沉淀率,最佳pH为__。
②结合平衡移动原理,解释过程ⅲ中pH增大,铁和磷沉淀率增大的原因__。
③当pH>2.5后,随pH增加,磷沉淀率出现了减小的趋势,解释其原因__。
(4)LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液发生共沉淀反应制取,共沉淀反应的化学方程式为__。
【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑溶解LiFePO4,将Fe2+氧化为Fe3+(2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O)2.5H2PO4-
HPO42-+H+,HPO42-
PO43-+H+,加入Na2CO3后,CO32-结合H+使c(H+)减小,促进上述电离平衡正向移动,c(PO43−)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀(或者:
H2PO4-
HPO42-+H+,HPO42-
PO43-+H+,溶液pH增大,c(H+)减小,促进上述电离平衡正向移动,c(PO43-)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀pH>2.5时,沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe(OH)3,使得部分PO43-释放,导致磷沉淀率下降(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O或(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+3LiOH=(NH4)2SO4+Li2SO4+LiFePO4↓+3H2O
【解析】
【分析】
含LiFePO4、铝箔、炭黑的废旧锂电池,用NaOH溶解后过滤,滤液为NaAlO2溶液,滤渣为LiFePO4和炭黑,再用盐酸酸化的H2O2溶解滤渣并过滤,得到主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X,向X中加入Na2CO3溶液,有FePO4•2H2O析出,过滤的滤液主要是LiCl,再加入饱和Na2CO3溶液,再过滤即可得到LiCO3粗产品,据此分析解题。
【详解】
(1)过程ⅰAl溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2,发生反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(2)过程ⅱ是除铝后料中加入盐酸酸化的H2O2,过滤后得到主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X,由知HCl/H2O2的作用是溶解LiFePO4,将Fe2+氧化为Fe3+;
(3)①分析图中数据可知,当pH=2.5时磷的沉淀率最高,铁的沉淀率较高,则过程ⅲ选择的最佳pH为2.5;
②已知溶液X中存在H2PO4-的电离平衡,即H2PO4-
HPO42-+H+,HPO42-
PO43-+H+,过程ⅲ中当加入Na2CO3后,CO32-结合H+使c(H+)减小,促进上述电离平衡正向移动,c(PO43−)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀,提高了铁和磷沉淀率;
③已知FePO4(s)
Fe3+(aq)+PO43-(aq),当pH>2.5后,随pH增加,溶液中c(OH-)增大,Fe3+开始转变生成Fe(OH)3,促进溶解平衡正向移动,使得部分PO43-释放,导致磷沉淀率下降;
(4)(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液混合生成LiFePO4,同时得到(NH4)2SO4和Li2SO4,结合原子守恒,发生反应的化学方程式为(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O。
8.以粉煤灰(主要含3Al2O3·2SiO2、SiO2,还含有少量CaO、Fe2O3等物质)为原料制取Al2O3的流程如图:
(1)当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a(a=
)不同时,“焙烧”后所得产物的X射线衍射谱图如图所示(X射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在,不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。
由图可知,当a=___时,3Al2O3·2SiO2的利用率最高。
(2)“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3,生成Fe(OH)3的离子反应方程式为___。
(3)“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为___。
(4)“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀,升高温度有利于水解的原因是___。
该步骤可将加水改成通入过量的___气体。
(5)流程中,可以回收并循坏利用的物质除NH3外,还有___和___。
【答案】8Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O水解为吸热反应,升高温度有利于平衡正向进行CO2NaOH(NH4)2SO4
【解析】
【分析】
粉煤灰、(NH4)2SO4进行灼烧处理,把3Al2O3·2SiO2转化为NH4Al(SO4)2,且当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a(a=
)不同时各产物含量不同,如图a=8时,体系中NH4Al(SO4)2含量最高,此时3Al2O3·2SiO2的利用也率最高。
加硫酸进行酸浸,过滤,滤液中含有Al3+、Fe3+以及其他可溶性离子,通入氨气生成沉淀Al(OH)3和Fe(OH)3,滤液Ⅰ为(NH4)2SO4,加入氢氧化钠进行碱浸取过滤,滤渣为Fe(OH)3滤液Ⅱ为NaOH和NaAlO2,加水水解得到Al(OH)3沉淀,煅烧得氧化铝。
【详解】
(1)根据分析,当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a=8时,体系中NH4Al(SO4)2含量最高,此时3Al2O3·2SiO2的利用也率最高。
(2)通入氨气“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3,生成Fe(OH)3离子反应方程式:
Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+;
(3)根据分析,“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O;
(4)“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀,水解过程是吸热的,升高温度促进AlO2-水解;该步骤可将加水改成通入过量的酸性气体二氧化碳(CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓);
(5)流程中,滤液Ⅰ为(NH4)2SO4,滤液Ⅱ含有NaOH,故可以回收并循坏利用的物质除NH3外,还有(NH4)2SO4和NaOH。
【点睛】
氢氧化铝是两性氢氧化物,遇强酸强碱发生反应而溶解,不与弱酸弱碱反应。
氢氧化铝的制备:
1.向氯化铝溶液中通过量氨气;2.向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳;3.氯化铝和偏铝酸钠发生双水解。
9.镉(Cd)可用于制作某些发光电子组件。
一种以镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)为原料制备镉的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“滤渣1”的主要成分为Cu(OH)2和_____(填化学式)。
(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2,该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为_____、_____。
(3)“置换”中镉置换率与(
)的关系如图所示,其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。
①实际生产中
比值最佳为1.3,不宜超过该比值的原因是________。
②若需置换出112kgCd,且使镉置换率达到98%,实际加入的Zn应为____kg。
(4)“置换”后滤液溶质主要成分是________(填化学式)。
(5)“熔炼”时,将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应,反应的化学方程式是________。
当反应釜内无明显气泡产生时停止加热,利用Cd与Na2ZnO2的___不同,将Cd从反应釜下口放出,以达到分离的目的。
【答案】CaSO43Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+锌粉用量过多会增加成本;海绵镉的纯度降低;熔炼中NaOH的用量过多增加成本86.2ZnSO4Zn+2NaOH
Na2ZnO2+H2↑密度
【解析】
【分析】
根据流程图,镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质),破碎后加入稀硫酸溶解,溶液中含有多种硫酸盐,加入石灰乳调节pH=5,沉淀除去Cu(OH)2和硫酸钙,在滤液中加入高锰酸钾溶液,氧化亚铁离子为铁离子,形成氢氧化铁沉淀,将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀;在滤液中再加入锌置换出Cd,得到海绵镉,海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌,得到镉和Na2ZnO2,据此分析解答。
【详解】
(1)硫酸钙微溶于水,“滤渣1”的主要成分为Cu(OH)2和CaSO4,故答案为:
CaSO4;
(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2,该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+,3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+,故答案为:
3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+;3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+;
(3)①实际生产中
比值最佳为1.3,如果超过该比值,锌粉用量过多会增加成本;生成的海绵镉的纯度会降低;熔炼中NaOH的用量过多,也会增加成本,故答案为:
锌粉用量过多会增加成本;海绵镉的纯度降低;熔炼中NaOH的用量过多增加成本;
②锌置换镉的反应为Cd2++Zn=Cd+Zn2+,若需置换出112kgCd,且使镉置换率达到98%,实际加入的Zn的质量为
×65kg/kmol×1.3=86.2kg,故答案为:
86.2;
(4)根据流程图,“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+,因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4,故答案为:
ZnSO4;
(5)“熔炼”时,将海绵镉(含Cd和Z
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