資源簡介

(共28張PPT)
第55講 如何調控pH
2025：基于主題教學的高考化學專題復習系列講座
2025
2024浙江6月-18題 調PH促進水解除雜
2024山東-18題 考慮氫離子濃度會過大，會生成H2S 氣體
2024湖南-11題 調合適PH防止引入雜質
2024河北-16題 將溶液調至堿性，與反應，不利于生成
2024吉林-16題 “沉鐵砷”時，加堿調節pH值，Fe3+轉化為膠體，可起到絮凝作用，促進含As微粒的沉降；
2024北京-18題 將粗銅酸浸處理，防止其中雜質會參與放電
2024上海-6題 調PH除雜
2024全國甲卷-8題 調PH促進水解除雜;情境方程式書寫
2024新課標-8題 利用Ksp的計算
2024年——如何調控pH考向考點統計
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調控pH
目的
方法
原則
注意
必備知識分析
關鍵能力分析
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知識重構
一、調控pH除去雜質
1.調控pH：加入試劑，調控pH的主要目的是除去溶液中的雜質離子，獲得純度較高的產品。
2.工業流程五觀念：
元素守恒的觀念
前后關聯的觀念
物質轉化的觀念
渣液分離的觀念
循環利用的觀念
1.為什么調控pH
2.怎樣調控pH
一、調控pH除去雜質
例1.（2024新課標理綜）鈷及其化合物在制造合金、磁性材料、催化劑及陶瓷釉等方面有著廣泛應用。一種從濕法煉鋅產生的廢渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的單質或氧化物)中富集回收得到含錳高鈷成品的工藝如下：
回答下列問題：（4）“除鈷液”中殘留的濃度為_______。
10-16.7
一、調控pH除去雜質
其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內，隨水層pH增大，有機層中Fe元素含量迅速增多的原因是 。
一、調控pH除去雜質
＞
例3．（2023廣東卷18題）均是重要的戰略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含
一、調控pH除去雜質
ZnCO3 SiO2
Ca Mg Fe Cu 化合物
元素守恒觀念
物質轉化觀念
ZnO SiO2 Ca Mg Fe Cu 化合物
前后關聯觀念
CaF2
渣液分離觀念
Fe(OH)3、CaSO4、SiO2
Fe(OH)3和MnO2
Cu
CaF2、MgF2
思路分析
Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+
例4. （2022年全國甲卷26題）硫酸鋅(ZnSO4)是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、
一、調控pH除去雜質
Fe(OH)3、CaSO4、SiO2
調控pH，除去雜質
pH分析
c(Fe3+)×c3(OH―)=10-5×(10-9)3=10-32>4.0×10-38
c(Cu2+)×c2(OH―)=10-5×(10-9)2=10-23<2.2×10-20
c(Mg2+)×c2(OH―)=10-5×(10-9)2=10-23<1.8×10-11
例4. （2022年全國甲卷26題）硫酸鋅(ZnSO4)是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、
一、調控pH除去雜質
CuS Zn Fe
前后關聯觀念
濾渣中含有
S、Fe(OH)3
除去雜質
思路分析
例5. （2022山東卷12題）高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦
一、調控pH除去雜質
CuS Zn Fe
前后關聯觀念
濾渣中含有
S、Fe(OH)3
除去雜質
思路分析
例5. （2022山東卷12題）高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦
二、調控pH生成產品
釩的+3、+4、+5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽、以及SiO2、Fe3O4
物質 轉化觀念
思路分析
例6.（2020年全國1卷26題節選）釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5
二、調控pH生成產品
釩的+3、+4、+5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽、以及SiO2、Fe3O4
生成Fe(OH)3 Al(OH)3
釩水解并沉淀為V2O5·xH2O
pH分析
例6.（2020年全國1卷26題節選）釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5
二、調控pH生成產品
釩的+3、+4、+5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽、以及SiO2、Fe3O4
生成Fe(OH)3 Al(OH)3
釩水解并沉淀為V2O5·xH2O
生成 NaAlO2 NaVO3
生成 Al(OH)3
pH分析
例6.（2020年全國1卷26題節選）釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5
二、調控pH生成產品
Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3
物質 轉化觀念
思路分析
例7.（2019全國1卷26題節選）硼酸（H3BO3）是一種重要的化工原料，廣泛應用于
二、調控pH生成產品
Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3
物質 轉化觀念
生成 H3BO3
思路分析
例7.（2019全國1卷26題節選）硼酸（H3BO3）是一種重要的化工原料，廣泛應用于
二、調控pH生成產品
Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3
物質 轉化觀念
生成 H3BO3
沉鎂
pH分析
例7.（2019全國1卷26題節選）硼酸（H3BO3）是一種重要的化工原料，廣泛應用于
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思維模型
四線分析，詳解流程
化學工藝流程題的解題步驟
試劑線
操作線
雜質線
產品線
加入了什么物質，發生了什么反應，
進行了什么操作，分離了什么雜質。
構建解題觀念
1.調控pH：加入試劑，調控pH的主要目的是除去溶液中的雜質離子，獲得純度較高的產品。
2.工業流程五觀念：
元素守恒的觀念
前后關聯的觀念
物質轉化的觀念
渣液分離的觀念
循環利用的觀念
樹立五種解題觀念
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素養導向下的教學啟示
題目的情境設置
生產環保情境：
自然資源的綜合利用，生產條件的優化，廢物回收利用和毒害物質處理。
學術探究情境：
最新的生產方法，提取技術的應用等。
應考
策略
核心的知識體系
基本思想方法
落實學科大觀念
提升學科能力
學
科
核
心
素
養
（1）夯實基礎：強化元素化合物的性質及轉化、物質分離提純等基本實驗方法的使用及操作；
（2）培養能力：強化信息提取及分析能力，關注圖形圖表類信息的轉化；
（3）強化規范：培養規范答題能力，對常見問題要建立答題模型。
不變
命題特點
主要考向：以過渡元素為載體，Mg、Al、Fe、Cu等化合物為雜質。
高頻考點：
原料預處理措施、目的；
陌生方程式書寫；
生產條件的選擇與優化；
物質分離、提純方法的選擇、操作；
物質成分分析；
化學反應原理分析應用及相關計算。
總結第55講-如何調控pH
1. (2022廣東卷18題)稀土(RE)包括鑭、釔等元素，是高科技發展的關鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如下：
已知：月桂酸(C11H23COOH)熔點為44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持+3價不變；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8，Al(OH)3開始溶解時的pH為8.8；有關金屬離子沉淀的相關pH見下表。
離子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+
開始沉淀時的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全時的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化調pH”中，化合價有變化的金屬離子是_______。
(2)“過濾1”前，用NaOH溶液調pH至_______的范圍內，該過程中Al3+發生反應的離子方程式為_______。
(3)“過濾2”后，濾餅中檢測不到Mg元素，濾液2中Mg2+濃度為2.7g·L-1。為盡可能多地提取RE3+，可提高月桂酸鈉的加入量，但應確保“過濾2”前的溶液中c(C11H23COO―)低于_______mol·L-1(保留兩位有效數字)。
(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3+溶出、提高產率，其原因是_______。
②“操作X”的過程為：先_______，再固液分離。
(5)該工藝中，可再生循環利用的物質有_______(寫化學式)。
(6)稀土元素釔(Y)可用于制備高活性的合金類催化劑Pt3Y。
①還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時，生成1mol Pt3Y轉移_______mol電子。
②Pt3Y/C用作氫氧燃料電池電極材料時，能在堿性溶液中高效催化O2的還原，發生的電極反應為_______。
2. (2022遼寧卷16題)某工廠采用輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2雜質)與軟錳礦(主要成分為MnO2)聯合焙燒法制備BiOCl和MnSO4，工藝流程如下：
已知：①焙燒時過量的MnO2分解為Mn2O3，FeS2轉變為Fe2O3；
②金屬活動性：Fe>(H)>Bi>Cu；
③相關金屬離子形成氫氧化物的pH范圍如下：
開始沉淀pH 完全沉淀pH
Fe2+ 6.5 8.3
Fe3+ 1.6 2.8
Mn2+ 8.1 10.1
回答下列問題：
(1)為提高培燒效率，可采取的措施為___________。
a．進一步粉碎礦石b．鼓入適當過量的空氣c．降低焙燒溫度
(2)Bi2S3在空氣中單獨焙燒生成Bi2O3，反應的化學方程式為___________。
(3)“酸浸”中過量濃鹽酸的作用為：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②___________。
(4)濾渣的主要成分為___________(填化學式)。
(5)生成氣體A的離子方程式為___________。
(6)加入金屬Bi的目的是___________。
3. (2022全國乙卷26題)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。
該工藝流程條件下，有關金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH見下表：
金屬離子 Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ Ca2＋
開始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全（c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列問題：
(1)“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發生反應，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉化為相應的硫酸鹽，寫出Al2O3轉化為NH4Al(SO4)2的化學方程式：__________________________。
(2)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調解pH至11.6，依次析出的金屬離子是_________。
(3)“母液①”中Mg2＋濃度為________________mol·L－1。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，最適合的酸是___________?！八崛茉钡某煞质莀_______、__________。
(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應的離子方程式是________________________________________________。
(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經處理得____________，循環利用。
4. (2020山東新高考16題)用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：
已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時相關物質的Ksp見下表。
物質 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2
Ksp
回答下列問題：
(1)軟錳礦預先粉碎的目的是，MnO2與BaS溶液反應轉化為MnO的化學方程式為 。
(2)保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達到最大值后無明顯變化，而Ba(OH)2的量達到最大值后會減小，減小的原因是 。
(3)濾液I可循環使用，應當將其導入到操作 中(填操作單元的名稱)。
(4)凈化時需先加入的試劑X為(填化學式)。再使用氨水調溶液的pH，則pH的理論最小值為____________(當溶液中某離子濃度c=1.0×10－5 mol·L－1時，可認為該離子沉淀完全)。
(5)碳化過程中發生反應的離子方程式為 。
5．(2022遼寧新高考18題)從釩鉻錳礦渣(主要成分為V2O5、Cr2O3、MnO)中提鉻的一種工藝流程如下：
已知：pH較大時，二價錳[Mn(Ⅱ)]在空氣中易被氧化?；卮鹣铝袉栴}：
(1)Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。
(2)用FeCl3溶液制備Fe(OH)3膠體的化學方程式為_______________________。
(3)常溫下，各種形態五價釩粒子總濃度的對數[lgc總(Ⅴ)]與pH關系如圖1。已知釩鉻錳礦渣硫酸浸液中c總(Ⅴ)＝0.01 mol/L，“沉釩”過程控制pH＝3.0，則與膠體共沉降的五價釩粒子的存在形態為_______(填化學式)。
(4)某溫度下，Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率與pH關系如圖2?！俺零t”過程最佳pH為_______；在該條件下濾液B中c(Cr3＋)＝_______mol/L【KW近似為1×10－14，Cr(OH)3的Ksp近似為1×10－30】。
(5)“轉化”過程中生成MnO2的離子方程式為_____________________________。
(6)“提純”過程中Na2S2O3的作用為_________________。
6.（2019全國Ⅲ卷26題節選）高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦（還含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制備，工藝如下圖所示。
相關金屬離子[c0(Mn+)=0.1 mol·L 1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：
金屬離子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+
開始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9
回答下列問題：
（3）“調pH”除鐵和鋁，溶液的pH范圍應調節為_______~6之間。
7.（2018全國I卷26題節選）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）在醫藥、橡膠、印染、食品等方面應用廣泛。回答下列問題：
（1）生產Na2S2O5，通常是由NaHSO3過飽和溶液經結晶脫水制得。寫出該過程的化學方程式______。
（2）利用煙道氣中的SO2生產Na2S2O5的工藝為：
①pH=4.1時，Ⅰ中為________溶液（寫化學式）。
②工藝中加入Na2CO3固體、并再次充入SO2的目的是__________。
8.（2021 遼寧選擇性考試模擬演練）高錳酸鉀生產過程中產生的廢錳渣(主要成分為MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)可用于制備MnSO4晶體，工藝流程如下：
該工藝條件下金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金屬離子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ Mg2+
開始沉淀pH 2.10 7.45 9.27 9.60
完全沉淀pH 3.20 8.95 10.87 11.13
回答以下問題：
(5)“調pH”步驟中，應調節pH不低于_______________。
9.（2018年全國2卷26題節選）我國是世界上最早制得和使用金屬鋅的國家，一種以閃鋅礦（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質）為原料制備金屬鋅的流程如圖所示：
相關金屬離子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：
金屬離子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+
開始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4
回答下列問題：
（2）濾渣1的主要成分除SiO2外還有___________；氧化除雜工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧氣，其后果是________________。
10．（2023福建6）從煉鋼粉塵(主要含和)中提取鋅的流程如下：
“鹽浸”過程轉化為，并有少量和浸出。下列說法錯誤的是
A．“鹽浸”過程若浸液下降，需補充
B．“濾渣”的主要成分為
C．“沉鋅”過程發生反應
D．應合理控制用量，以便濾液循環使用
11.（2024河北）. 是制造釩鐵合金、金屬釩的原料，也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取的工藝，具有釩回收率高、副產物可回收和不產生氣體污染物等優點。工藝流程如下。
已知：i石煤是一種含的礦物，雜質為大量和少量等；苛化泥的主要成分為等。
ⅱ高溫下，苛化泥的主要成分可與反應生成偏鋁酸鹽；室溫下，偏釩酸鈣和偏鋁酸鈣均難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：
（5）下列不利于沉釩過程的兩種操作為_______(填序號)。
a．延長沉釩時間 b．將溶液調至堿性 c．攪拌 d．降低溶液的濃度
12.(2024湖南）. 中和法生產的工藝流程如下：
已知：①的電離常數：，，
②易風化。
下列說法錯誤的是
A. “中和”工序若在鐵質容器中進行，應先加入溶液
B. “調pH”工序中X為或
C. “結晶”工序中溶液顯酸性
D. “干燥”工序需在低溫下進行
13.（2024山東）. 以鉛精礦(含，等)為主要原料提取金屬和的工藝流程如下：
回答下列問題：
（1）“熱浸”時鹽酸濃度不宜過大，除防止“熱浸”時揮發外，另一目的是防止產生_______(填化學式)。
14.（2024浙江6月). 礦物資源的綜合利用有多種方法，如鉛鋅礦(主要成分為)的利用有火法和電解法等。
已知：①；
②電解前后總量不變；③易溶于水。
請回答：
（1）從該反應液中提取的步驟如下：加熱條件下，加入_______(填一種反應試劑)，充分反應，趁熱過濾，冷卻結晶，得到產品。
第55講-如何調控pH答案及解析
1. 【答案】(1)Fe2+ (2)① 4.7≤pH<6.2 ②Al3++3OH―=Al(OH)3↓
(3)4.0×10-4(4)①加熱攪拌可加快反應速率 ②冷卻結晶
(5)MgSO4 (6)① 15 ②O2+4e―+2H2O=4OH―
【解析】由流程可知，該類礦(含鐵、鋁等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO等離子，經氧化調pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，經過濾除去，濾液1中含有RE3+、Mg2+、SO等離子，加入月桂酸鈉，使RE3+形成(C11H23COO)3RE沉淀，濾液2主要含有MgSO4溶液，可循環利用，濾餅加鹽酸，經加熱攪拌溶解后，再冷卻結晶，析出月桂酸，再固液分離得到RECl3溶液。
(1)由分析可知，“氧化調pH”目的是除去含鐵、鋁等元素的離子，需要將Fe2+氧化為Fe3+，以便后續除雜，所以化合價有變化的金屬離子是Fe2+，故答案為：Fe2+；
(2)由表中數據可知，Al3+沉淀完全的pH為4.7，而RE3+開始沉淀的pH為6.2~7.4，所以為保證Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液調pH至4.7≤pH<6.2的范圍內，該過程中Al3+發生反應的離子方程式為Al3++3OH―=Al(OH)3↓，故答案為：4.7≤pH<6.2；Al3++3OH―=Al(OH)3↓；
(3)濾液2中Mg2+濃度為2.7g·L-1，即0.1125mol/L，根據Ksp[(C11H23COO)2Mg]=c(Mg2+)·c2(C11H23COO―)，若要加入月桂酸鈉后只生成(C11H23COO)3RE，而不產生(C11H23COO)2Mg，則c(C11H23COO―)<
= =4×10-4mol·L-1，故答案為：4×10-4；
(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3+溶出、提高產率，其原因是加熱攪拌可加快反應速率，故答案為：加熱攪拌可加快反應速率；
② “操作X”的結果是分離出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)熔點為44℃，故“操作X”的過程為：先冷卻結晶，再固液分離，故答案為：冷卻結晶；
(5)由分析可知，該工藝中，可再生循環利用的物質有MgSO4，故答案為：MgSO4；
(6)①YCl3中Y為+3價，PtCl4中Pt為+4價，而Pt3Y中金屬均為0價，所以還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時，生成1molPt3Y轉移15mol電子，故答案為：15；
②堿性溶液中，氫氧燃料電池正極發生還原反應，發生的電極反應為O2+4e-+2H2O=4OH，故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-。
2. 【答案】 (1)ab (2)2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
(3)抑制金屬離子水解 (4)SiO2
(5)Mn2O3+6H++2Cl―=2Mn2++Cl2↑+3H2O(6)將Fe3+轉化為Fe2+
【解析】聯合焙燒：由已知信息①和第(2)問題干可知，發生轉化：Bi2S3→Bi2O3+SO2、FeS2→Fe2O3+SO2、MnO2→Mn2O3+MnSO4，故聯合焙燒后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；
水浸：MnSO4進入濾液，濾渣為Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；
酸浸：加入過量濃鹽酸后，Bi2O3和Fe2O3發生轉化：Bi2O3→Bi3+、Fe2O3→Fe3+，因Mn2O3有氧化性，會與濃鹽酸發生氧化還原反應：Mn2O3+6H++2Cl―=2Mn2++Cl2↑+3H2O，氣體A為Cl2，濾渣主要為不溶于濃鹽酸的SiO2，濾液中金屬離子為Bi3+、Fe3+、Mn2+；
第(4)(5)問轉化：由已知信息②知，Fe的金屬活動性強于Bi，且調pH=2.6時Mn2+和Fe2+進入濾液，可知加入金屬Bi的目的是將Fe3+還原為Fe2+。
(1)a．聯合焙燒時，進一步粉碎礦石，可以增大礦石與空氣的接觸面積，能夠提高焙燒效率，選項a符合題意；
b．鼓入適當過量的空氣有利于礦石充分反應，選項b符合題意；
c．降低焙燒溫度，反應速率減慢，不利于提高焙燒效率，選項c不符合題意；答案選ab；
(2)Bi2S3在空氣中單獨焙燒生成Bi2O3，根據原子守恒可知還應生成SO2，結合得失電子守恒，反應的化學方程式為2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；
(3)加入濃鹽酸后，溶液中含有的離子主要為Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl―，而酸浸后取濾液進行轉化，故要防止金屬離子水解生成沉淀，進入濾渣，造成制得的BiOCl產率偏低；
(4)濾渣主要為不溶于濃鹽酸的SiO2，答案為SiO2；
(5)因Mn2O3有氧化性，會與濃鹽酸發生氧化還原反應：Mn2O3+6H++2Cl―=2Mn2++Cl2↑+3H2O；
(6)由已知信息③知，調pH=2.6時，Fe3+會水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2+還沒開始沉淀，故要將Fe3+轉化為Fe2+，在調pH后獲得含FeCl2的濾液，為了不引入新的雜質，加入Bi作還原劑。
3. 【答案】（1）Al2O3＋4(NH4)2SO4==2NH4Al(SO4)2＋H2O＋6NH3↑
（2）Fe3＋、Al3＋、Mg2＋
（3）1.0×10－6 （4）SiO2和CaSO4 （5）TiO2＋＋(x＋1)H2O====TiO2·xH2O↓＋2H＋
（6）焙燒
【解析】（1）Al2O3與(NH4)2SO4焙燒的反應為非氧化還原反應，根據質量守恒可知所得尾氣為NH3，該反應的化學方程式為：Al2O3＋4(NH4)2SO4==2NH4Al(SO4)2＋H2O＋6NH3↑；
（2）根據三種金屬陽離子完全沉淀時的pH可知：Fe3＋（完全沉淀pH為3.2）、Al3＋（完全沉淀pH為4.7）、Mg2＋（完全沉淀pH為11.1），所以依次析出的金屬離子為Fe3＋、Al3＋、Mg2＋；
（3）由Mg2＋完全沉淀時的pH為11.1可計算求得Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)·c2(OH－)=1.0×10－5×(10－2.9)2=10－10.8，“母液①”的pH為11.6[c(OH－)=10－2.4 mol·L－1]，所以c(Mg2＋)=Ksp[Mg(OH)2]/c2(OH－)=10－10.8/(10－2.4)2=1.0×10－6mol·L－1；
（4）由于“酸溶”時溫度為160℃，為了防止酸揮發，應選擇高沸點的難揮發性酸，最適合的酸是H2SO4，根據流程分析可知，“酸溶渣”的成分是SiO2和CaSO4；
（5）TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀的離子方程式是TiO2＋＋(x＋1)H2O====TiO2·xH2O↓＋2H＋；
（6）“母液①”的成分為(NH4)2SO4，“母液②”的成分為H2SO4，將其混合后吸收尾氣NH3，經處理得到(NH4)2SO4可在“焙燒”步驟中循環利用。
4．【答案】(1)增大接觸面積，充分反應，提高反應速率；MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S
(2)過量的MnO2消耗了產生的Ba(OH)2
(3)蒸發
(4)H2O2；4.9
(5)Mn2＋＋HCO3－＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH4＋＋H2O
【解析】軟錳礦粉(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化鋇溶液進行反應，主要發生MnO2＋BaS＋H2O＝Ba(OH)2＋MnO＋S，過濾得到Ba(OH)2溶液，經蒸發結晶、過濾、干燥得到氫氧化鋇；濾渣用硫酸溶解，得到的濾液中主要金屬陽離子有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋，得到的濾渣為不溶于稀硫酸的硫磺；之后向濾液中加入合適的氧化劑將Fe2＋轉化為Fe3＋，然后加入氨水調節pH，使Fe3＋、Al3＋轉化為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(OH)3和Al(OH)3，此時濾液中的金屬陽離子只有Mn2＋，向濾液中加入碳酸氫銨、氨水，Mn2＋和碳酸氫根電離出的碳酸根結合生成碳酸錳沉淀，過濾、洗滌、干燥得到高純碳酸錳。
(1)軟錳礦預先粉碎可以增大反應物的接觸面積，使反應更充分，提高反應速率；MnO2與BaS反應轉化為MnO，Mn元素的化合價由＋4價降低為＋2價，根據元素價態規律可知－2價的S元素應被氧化得到S單質，則MnO2與BaS的系數比應為1：1，根據后續流程可知產物還有Ba(OH)2，結合元素守恒可得化學方程式為：MnO2＋BaS＋H2O＝Ba(OH)2＋MnO＋S；
(2)根據題目信息可知MnO2為兩性氧化物，所以當MnO2過量時，會消耗反應產生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達到最大值或會減小；
(3)濾液I為結晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液，所以可以導入到蒸發操作中循環使用；
(4)凈化時更好的除去Fe元素需要將Fe2＋氧化為Fe3＋，為了不引入新的雜質，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；根據表格數據可知，Fe(OH)3和Al(OH)3為同種沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以當Al3＋完全沉淀時，Fe3＋也一定完全沉淀，當c(Al3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1時，c(OHˉ)＝＝＝10－9.1 mol·L－1，所以c(H＋)＝10－4.9 mol·L－1，pH＝4.9，即pH的理論最小值為4.9；
(5)碳化過程Mn2＋和碳酸氫根電離出的碳酸根結合生成碳酸錳沉淀，促進碳酸氫根的電離，產生的氫離子和一水合氨反應生成銨根和水，所以離子方程式為Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O＝MnCO3↓＋NH＋H2O。
5．【答案】(1)4；VIB (2)FeCl3＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3HCl (3)H3V2O7－ (4)6.0；1×10－6 (5)Mn2＋＋H2O2＋2OH－＝MnO2＋2H2O (6)防止pH較大時，二價錳[Mn(Ⅱ)]被空氣中氧氣氧化，轉化為MnO2附在Cr(OH)3的表面，使產物不純
【解析】分析本工藝流程圖可知，“沉釩”步驟中使用氫氧化鐵膠體吸附含有釩的雜質，濾液中主要含有Mn2＋和Cr3＋，加入NaOH“沉鉻”后，Cr3＋轉化為固體A為Cr(OH)3沉淀，濾液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要時防止pH較大時，二價錳[Mn(Ⅱ)]被空氣中氧氣氧化，Cr(OH)3煅燒后生成Cr2O3，“轉化”步驟中的反應離子方程式為：Mn2＋＋H2O2＋2OH－=MnO2＋2H2O，據此分析解題。
(1)Cr時24號元素，價層電子對排布式為：3d54s1，根據最高能層數等于周期序數，價電子數等于族序數，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案為：4；VIB；
(2)用FeCl3溶液制備Fe(OH)3膠體的化學方程式為FeCl3＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3HCl，故答案為：FeCl3＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3HCl；
(3)常溫下，各種形態五價釩粒子總濃度的對數[lgc總(Ⅴ)]與pH關系如圖1。已知釩鉻錳礦渣硫酸浸液中c總(Ⅴ)= 0.01 mol/L，lgc總(Ⅴ)=－2，從圖中可知， “沉釩”過程控制pH=3.0，lgc總(Ⅴ)=－2時，與膠體共沉降的五價釩粒子的存在形態為H3V2O7－，故答案為：H3V2O7－；
(4)某溫度下，Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率與pH關系如圖2，由圖中信息可知“沉鉻”過程最佳pH為6.0；則此時溶液中OH－的濃度為：c(OH－)=10－8mol/L，在該條件下濾液B中c(Cr3＋)＝＝＝1×10－6 mol/L，故答案為：6.0；1×10－6；
(5)由分析可知，“轉化”過程中生成MnO2的離子方程式為Mn2＋＋H2O2＋2OH－=MnO2＋2H2O，故答案為：Mn2＋＋H2O2＋2OH－=MnO2＋2H2O；
(6)由分析可知，“提純”過程中Na2S2O3的作用為防止pH較大時，二價錳[Mn(Ⅱ)]被空氣中氧氣氧化，轉化為MnO2附在Cr(OH)3的表面，使產物不純，故答案為：防止pH較大時，二價錳[Mn(Ⅱ)]被空氣中氧氣氧化，轉化為MnO2附在Cr(OH)3的表面，使產物不純。
6. 【答案】控制pH在4.7~6之間；
【解析】由表中數據知pH在4.7時，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以應該控制pH在4.7~6之間；
7. 【答案】（1）2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；（2）①Ⅰ中為NaHSO3；②再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3過飽和溶液。
【解析】（1）亞硫酸氫鈉過飽和溶液脫水生成焦亞硫酸鈉，根據原子守恒可知反應的方程式為2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；（2）①碳酸鈉飽和溶液吸收SO2后的溶液顯酸性，說明生成物是酸式鹽，即Ⅰ中為NaHSO3；②要制備焦亞硫酸鈉，需要制備亞硫酸氫鈉過飽和溶液，因此工藝中加入碳酸鈉固體、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3過飽和溶液。
8. 【答案】3.2
【解析】由表中數據可知，Fe3+完全沉淀的pH為3.2，Mn2+開始沉淀的pH為9.27，要使得Fe3+完全被除去而不影響Mn2+，pH應不低于3.2，但不高于9.27，故填3.2。
9. 【答案】PbSO4； ZnO的作用是調節溶液的pH；后果是無法除去雜質Fe2+。
【解析】由于硫酸鉛不溶于水，因此濾渣1的主要成分除SiO2外還有PbSO4；要除去鐵離子，需要調節溶液的pH，又因為不能引入新雜質，所以需要利用氧化鋅調節pH，即氧化除雜工序中ZnO的作用是調節溶液的pH。根據表中數據可知沉淀亞鐵離子的pH較大，所以若不通入氧氣，其后果是無法除去雜質Fe2+。
10.【答案】B
【分析】“鹽浸”過程轉化為，發生反應，根據題中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空氣氧化后Fe2+和Fe3+轉化為Fe(OH)3；“沉鋅”過程發生反應為：，經洗滌干燥后得到產物ZnS及濾液。
【詳解】A. “鹽浸”過程中消耗氨氣，浸液下降，需補充，A正確；
B. 由分析可知，“濾渣”的主要成分為Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B錯誤；
C. “沉鋅”過程發生反應，C正確；
D. 應合理控制用量，以便濾液循環使用，D正確；
故答案選B。
11.【答案】（5）bd
【解析】【小問5詳解】
a．延長沉釩時間，能使反應更加完全，有利于沉釩，a不符合題意；
b．呈弱酸性，如果將溶液調至堿性，與反應，不利于生成，b符合題意；
c．攪拌能使反應物更好接觸，提高反應速率，使反應更加充分，有利于沉釩，c不符合題意；
d．降低溶液的濃度，不利于生成，d符合題意；
故選bd。
【答案】C
【解析】
【分析】和先發生反應，通過加入X調節pH，使產物完全轉化為，通過結晶、過濾、干燥，最終得到成品。
【詳解】A．鐵是較活潑金屬，可與反應生成氫氣，故“中和”工序若在鐵質容器中進行，應先加入溶液，A項正確；
B．若“中和”工序加入過量，則需要加入酸性物質來調節pH，為了不引入新雜質，可加入；若“中和”工序加入過量，則需要加入堿性物質來調節pH，為了不引入新雜質，可加入NaOH，所以“調pH”工序中X為NaOH或，B項正確；
C．“結晶”工序中的溶液為飽和溶液，由已知可知的，，則的水解常數，由于，則的水解程度大于電離程度，溶液顯堿性，C項錯誤；
12.【答案】C
【解析】
【分析】和先發生反應，通過加入X調節pH，使產物完全轉化為，通過結晶、過濾、干燥，最終得到成品。
【詳解】A．鐵是較活潑金屬，可與反應生成氫氣，故“中和”工序若在鐵質容器中進行，應先加入溶液，A項正確；
B．若“中和”工序加入過量，則需要加入酸性物質來調節pH，為了不引入新雜質，可加入；若“中和”工序加入過量，則需要加入堿性物質來調節pH，為了不引入新雜質，可加入NaOH，所以“調pH”工序中X為NaOH或，B項正確；
C．“結晶”工序中的溶液為飽和溶液，由已知可知的，，則的水解常數，由于，則的水解程度大于電離程度，溶液顯堿性，C項錯誤；
13.答案】（1） H2S
14.【答案】（1） PbO或Pb(OH)2或PbCO3
(
8
)第55講-如何調控pH
知識重構
1.工業生產調控的目的
工業生產流程中常用控制溶液pH方法提高產品產率，調控的主要目標是生成產品或除去雜質。
2.知識模型建構
二、重溫經典
1.（2024新課標理綜）. 鈷及其化合物在制造合金、磁性材料、催化劑及陶瓷釉等方面有著廣泛應用。一種從濕法煉鋅產生的廢渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的單質或氧化物)中富集回收得到含錳高鈷成品的工藝如下：
已知溶液中相關離子開始沉淀和沉淀完全()時的pH：
開始沉淀的pH 15 6.9 — 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列問題：（4）“除鈷液”中殘留的濃度為_______。
【答案】（4）
【解析】
當溶液時，恰好完全沉淀，此時溶液中，則，則?！俺捯骸钡?，即，則，此時溶液中。
2.（2024江蘇)回收磁性合金釹鐵硼()可制備半導體材料鐵酸鉍和光學材料氧化釹。
（1）釹鐵硼在空氣中焙燒轉化為、等(忽略硼的化合物)，用鹽酸酸浸后過濾得到溶液和含鐵濾渣。Nd、Fe浸出率()隨浸取時間變化如圖所示。
（2）含鐵濾渣用硫酸溶解，經萃取、反萃取提純后，用于制備鐵酸鉍。
①用含有機胺()有機溶劑作為萃取劑提純一定濃度的溶液，原理為：
(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2 (有機層)
已知：(R3NH)2SO4 + H+ + HSO4- 2(R3NHHSO4)
其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內，隨水層pH增大，有機層中Fe元素含量迅速增多的原因是_______。
【答案】（2） ①.
隨水層pH增大，的濃度減小，
(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2的化學平衡向正反應方向移動，(R3NH)2SO4 + H+ + HSO4- 2(R3NHHSO4)的化學平衡逆向移動，該平衡逆向移動引起濃度的增大，進一步促進萃取平衡向萃取方向移動，導致的濃度增大，因此，有機層中Fe元素含量迅速增多
3．（2023廣東卷18題）均是重要的戰略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工藝可提取，并獲得高附加值化工產品。工藝流程如下：
已知：氨性溶液由、和配制。常溫下，與形成可溶于水的配離子：；易被空氣氧化為；部分氫氧化物的如下表。
氫氧化物
回答下列問題：
常溫下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。
【答案】(2)＞
【詳解】（2）常溫下，的氨性溶液中，，，，則＞；故答案為：＞。
4.(2022全國甲卷26題)硫酸鋅(ZnSO4)是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：
本題中所涉及離子的氫氧化物溶度積常數如下表：
離子 Fe3+ Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+
Ksp 4.0×10-38 6.7×10-17 2.2×10-20 8.0×10-16 1.8×10-11
回答下列問題：
(3)加入物質X調溶液pH=5，最適宜使用的X是_______(填標號)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2 C．NaOH
濾渣①的主要成分是_______、_______、_______。
【答案】
(3) B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
【解析】
由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，結合流程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發生反應ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Ma2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物質X調節pH=5，結合表格數據，過濾得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的濾渣①，濾液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向濾液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，過濾得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，濾液②中加入鋅粉，發生反應Zn+Cu2+=Zn2++Cu，過濾后得到濾渣③為Cu，再向濾液③中加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣④為CaF2、MgF2，濾液④為ZnSO4溶液，經一系列處理得到ZnSO4·7H2O，據此分析解答。
(3)NH3·H2O易分解產生NH3污染空氣，且經濟成本較高，故A不適宜；Ca(OH)2不會引入新的雜質，且成本較低，故B適宜；NaOH會引入雜質Na+，且成本較高，C不適宜；當沉淀完全時(離子濃度小于10-5mol/L)，結合表格Ksp計算各離子完全沉淀時pH＜5的只有Fe3+，故濾渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
5. (2022山東新高考12題)高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦(含Zn、Fe元素的雜質)為主要原料制備Cu粉的工藝流程如下，可能用到的數據見下表。
Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2
開始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列說法錯誤的是
A．固體X主要成分是Fe(OH)3和S；金屬M為Zn
B．浸取時，增大O2壓強可促進金屬離子浸出
C．中和調pH的范圍為3.2~4.2
D．還原時，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【解析】CuS精礦(含有雜質Zn、Fe元素)在高壓O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反應產生為CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化為Fe3+，然后加入NH3調節溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中，過濾得到的濾渣中含有S、Fe(OH)3；濾液中含有Cu2+、Zn2+；然后向濾液中通入高壓H2，根據元素活動性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被還原為Cu單質，通過過濾分離出來；而Zn2+仍然以離子形式存在于溶液中，再經一系列處理可得到Zn單質。
6.（2020年全國1卷26題節選）釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽、以及SiO2、Fe3O4。采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH4VO3。
(
濾餅
②
濾液
①
酸浸氧化
中和沉淀
濾液
③
沉淀轉溶
調
pH
濾液
④
沉
釩
濾渣
③
NaOH
pH
=3.0~3.1
濾液
②
NaOH
pH
>13
濾渣
④
HCl
pH
=8.5
濾液
⑤
NH
4
Cl
濾渣
①
30%
H
2
SO
4
MnO
2
釩礦粉
NH
4
VO
3
)
該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金屬離子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+
開始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列問題:
（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同時還有 離子被氧化。寫出VO+轉化為VO2+反應的離子方程式 。
（3）“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5·xH2O，隨濾液②可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、 、以及部分的 。
（4）“沉淀轉溶”中，V2O5·xH2O轉化為釩酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是 。
（5）“調pH”中有沉淀生成。生成沉淀反應的化學方程式是 。
【答案】（3）Mn2+；Fe3+、Al3+
（4）濾渣③的主要成分是Fe(OH)3
（5）NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或NaAl(OH)4+HCl =NaCl+Al(OH)3↓ +H2O。
【解析】
（3）“酸浸氧化”后雜質金屬離子有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+，“中和沉淀”加入NaOH，pH在3.0~3.1之間，由第三問的設問和溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH數據可知K+、Mg2+、Na+在濾液中，另外的Mn2+還未開始沉淀，也存在于濾液中；而Fe3+、Al3+部分沉淀，還未沉淀完全。
（4）“沉淀轉溶”時，pH大于13，Fe3+沉淀完全，濾渣③的主要成分是Fe(OH)3。
（5）濾液中還有的雜質為NaAlO2?！罢{pH”時與HCl生成沉淀反應的化學方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或NaAl(OH)4+HCl =NaCl+Al(OH)3↓ +H2O。
7.（2019全國1卷26題節選）硼酸（H3BO3）是一種重要的化工原料，廣泛應用于玻璃、醫藥、肥料等工藝。一種以硼鎂礦（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）為原料生產硼酸及輕質氧化鎂的工藝流程如下：
回答下列問題：
（3）根據H3BO3的解離反應：H3BO3 + H2OH++B(OH) 4，Ka=5.81×10 10，可判斷H3BO3是 酸；在“過濾2”前，將溶液pH調節至3.5，目的是 。
【答案】一元弱酸；轉化為H3BO3，促進析出。
【解析】由題目給出的H3BO3的解離反應，只存在一步解離平衡，由此判斷為H3BO3一元弱酸；又且由于Ka小，即酸性弱目的是使B(OH)4—轉化為H3BO3，促進析出；（也可由生產過程中目標為H3BO3，由硼鎂礦生產時硼元素應在過濾1后存在于溶液中，pH調解至3.5而生產H3BO3，其目的是轉化為H3BO3，促進析出）。
三、模型建構
為什么調pH值 （1）平衡移動視角：如電離、水解、沉淀生產產品或雜質 （2）影響氧化性視角 （3）電解效率視角：溶液中的H+、OH - 可在陰陽極放電，濃度過大可能導致影響其它電極反應
怎樣調節PH 直接法：加入酸或堿直接調節 間接法：堿性氧化物、酸性氧化物、難溶氫氧化物、弱酸鹽（難溶、可溶）、堿式鹽等
答題模板 （1）分步沉淀：中和/消耗H+/OH-,調節pH，使××生成××沉淀(過濾分離) （2）pH過小/過大時，無法生成××，降低××產率/效率 （3）（蒸發/結晶前）調節pH××（強酸性），防止/抑制××水解
四、名師導學
1．認識題目的情境設置
生產環保情境：自然資源的綜合利用，生產條件的優化，廢物回收利用和毒害物質處理。
學術探究情境：最新的生產方法，提取技術的應用等。
2.學習啟示
（1）夯實基礎：強化元素化合物的性質及轉化、物質分離提純等基本實驗方法的使用及操作；
（2）培養能力：強化信息提取及分析能力，關注圖形圖表類信息的轉化；
（3）強化規范：培養規范答題能力，對常見問題要建立答題模型。
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