资源简介

(共28张PPT)
第55讲 如何调控pH
2025：基于主题教学的高考化学专题复习系列讲座
2025
2024浙江6月-18题 调PH促进水解除杂
2024山东-18题 考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体
2024湖南-11题 调合适PH防止引入杂质
2024河北-16题 将溶液调至碱性，与反应，不利于生成
2024吉林-16题 “沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；
2024北京-18题 将粗铜酸浸处理，防止其中杂质会参与放电
2024上海-6题 调PH除杂
2024全国甲卷-8题 调PH促进水解除杂;情境方程式书写
2024新课标-8题 利用Ksp的计算
2024年——如何调控pH考向考点统计
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调控pH
目的
方法
原则
注意
必备知识分析
关键能力分析
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知识重构
一、调控pH除去杂质
1.调控pH：加入试剂，调控pH的主要目的是除去溶液中的杂质离子，获得纯度较高的产品。
2.工业流程五观念：
元素守恒的观念
前后关联的观念
物质转化的观念
渣液分离的观念
循环利用的观念
1.为什么调控pH
2.怎样调控pH
一、调控pH除去杂质
例1.（2024新课标理综）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
回答下列问题：（4）“除钴液”中残留的浓度为_______。
10-16.7
一、调控pH除去杂质
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。
一、调控pH除去杂质
＞
例3．（2023广东卷18题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含
一、调控pH除去杂质
ZnCO3 SiO2
Ca Mg Fe Cu 化合物
元素守恒观念
物质转化观念
ZnO SiO2 Ca Mg Fe Cu 化合物
前后关联观念
CaF2
渣液分离观念
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年全国甲卷26题）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、
一、调控pH除去杂质
Fe(OH)3、CaSO4、SiO2
调控pH，除去杂质
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年全国甲卷26题）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、
一、调控pH除去杂质
CuS Zn Fe
前后关联观念
滤渣中含有
S、Fe(OH)3
除去杂质
思路分析
例5. （2022山东卷12题）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿
一、调控pH除去杂质
CuS Zn Fe
前后关联观念
滤渣中含有
S、Fe(OH)3
除去杂质
思路分析
例5. （2022山东卷12题）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿
二、调控pH生成产品
钒的+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐、以及SiO2、Fe3O4
物质 转化观念
思路分析
例6.（2020年全国1卷26题节选）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5
二、调控pH生成产品
钒的+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐、以及SiO2、Fe3O4
生成Fe(OH)3 Al(OH)3
钒水解并沉淀为V2O5·xH2O
pH分析
例6.（2020年全国1卷26题节选）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5
二、调控pH生成产品
钒的+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐、以及SiO2、Fe3O4
生成Fe(OH)3 Al(OH)3
钒水解并沉淀为V2O5·xH2O
生成 NaAlO2 NaVO3
生成 Al(OH)3
pH分析
例6.（2020年全国1卷26题节选）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5
二、调控pH生成产品
Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3
物质 转化观念
思路分析
例7.（2019全国1卷26题节选）硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于
二、调控pH生成产品
Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3
物质 转化观念
生成 H3BO3
思路分析
例7.（2019全国1卷26题节选）硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于
二、调控pH生成产品
Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3
物质 转化观念
生成 H3BO3
沉镁
pH分析
例7.（2019全国1卷26题节选）硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于
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知识重构
思维模型
四线分析，详解流程
化学工艺流程题的解题步骤
试剂线
操作线
杂质线
产品线
加入了什么物质，发生了什么反应，
进行了什么操作，分离了什么杂质。
构建解题观念
1.调控pH：加入试剂，调控pH的主要目的是除去溶液中的杂质离子，获得纯度较高的产品。
2.工业流程五观念：
元素守恒的观念
前后关联的观念
物质转化的观念
渣液分离的观念
循环利用的观念
树立五种解题观念
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素养导向下的教学启示
题目的情境设置
生产环保情境：
自然资源的综合利用，生产条件的优化，废物回收利用和毒害物质处理。
学术探究情境：
最新的生产方法，提取技术的应用等。
应考
策略
核心的知识体系
基本思想方法
落实学科大观念
提升学科能力
学
科
核
心
素
养
（1）夯实基础：强化元素化合物的性质及转化、物质分离提纯等基本实验方法的使用及操作；
（2）培养能力：强化信息提取及分析能力，关注图形图表类信息的转化；
（3）强化规范：培养规范答题能力，对常见问题要建立答题模型。
不变
命题特点
主要考向：以过渡元素为载体，Mg、Al、Fe、Cu等化合物为杂质。
高频考点：
原料预处理措施、目的；
陌生方程式书写；
生产条件的选择与优化；
物质分离、提纯方法的选择、操作；
物质成分分析；
化学反应原理分析应用及相关计算。
总结第55讲-如何调控pH
1. (2022广东卷18题)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L-1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO―)低于_______mol·L-1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1mol Pt3Y转移_______mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_______。
2. (2022辽宁卷16题)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；
②金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu；
③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
开始沉淀pH 完全沉淀pH
Fe2+ 6.5 8.3
Fe3+ 1.6 2.8
Mn2+ 8.1 10.1
回答下列问题：
(1)为提高培烧效率，可采取的措施为___________。
a．进一步粉碎矿石b．鼓入适当过量的空气c．降低焙烧温度
(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为___________。
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②___________。
(4)滤渣的主要成分为___________(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为___________。
(6)加入金属Bi的目的是___________。
3. (2022全国乙卷26题)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺流程条件下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表：
金属离子 Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ Ca2＋
开始沉淀的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
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式：__________________________。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调解pH至11.6，依次析出的金属离子是_________。
(3)“母液①”中Mg2＋浓度为________________mol·L－1。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是___________。“酸溶渣”的成分是________、__________。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是________________________________________________。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得____________，循环利用。
4. (2020山东新高考16题)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2
Ksp
回答下列问题：
(1)软锰矿预先粉碎的目的是，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 。
(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是 。
(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到操作 中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为____________(当溶液中某离子浓度c=1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 。
5．(2022辽宁新高考18题)从钒铬锰矿渣(主要成分为V2O5、Cr2O3、MnO)中提铬的一种工艺流程如下：
已知：pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]在空气中易被氧化。回答下列问题：
(1)Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。
(2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为_______________________。
(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lgc总(Ⅴ)]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(Ⅴ)＝0.01 mol/L，“沉钒”过程控制pH＝3.0，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为_______(填化学式)。
(4)某温度下，Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为_______；在该条件下滤液B中c(Cr3＋)＝_______mol/L【KW近似为1×10－14，Cr(OH)3的Ksp近似为1×10－30】。
(5)“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为_____________________________。
(6)“提纯”过程中Na2S2O3的作用为_________________。
6.（2019全国Ⅲ卷26题节选）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L 1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的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
回答下列问题：
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
7.（2018全国I卷26题节选）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：
①pH=4.1时，Ⅰ中为________溶液（写化学式）。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是__________。
8.（2021 辽宁选择性考试模拟演练）高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如下：
该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ Mg2+
开始沉淀pH 2.10 7.45 9.27 9.60
完全沉淀pH 3.20 8.95 10.87 11.13
回答以下问题：
(5)“调pH”步骤中，应调节pH不低于_______________。
9.（2018年全国2卷26题节选）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 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4
回答下列问题：
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________；氧化除杂工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧气，其后果是________________。
10．（2023福建6）从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误的是
A．“盐浸”过程若浸液下降，需补充
B．“滤渣”的主要成分为
C．“沉锌”过程发生反应
D．应合理控制用量，以便滤液循环使用
11.（2024河北）. 是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：
（5）下列不利于沉钒过程的两种操作为_______(填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低溶液的浓度
12.(2024湖南）. 中和法生产的工艺流程如下：
已知：①的电离常数：，，
②易风化。
下列说法错误的是
A. “中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液
B. “调pH”工序中X为或
C. “结晶”工序中溶液显酸性
D. “干燥”工序需在低温下进行
13.（2024山东）. 以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“热浸”时盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生_______(填化学式)。
14.（2024浙江6月). 矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为)的利用有火法和电解法等。
已知：①；
②电解前后总量不变；③易溶于水。
请回答：
（1）从该反应液中提取的步骤如下：加热条件下，加入_______(填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
第55讲-如何调控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加热搅拌可加快反应速率 ②冷却结晶
(5)MgSO4 (6)① 15 ②O2+4e―+2H2O=4OH―
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO等离子，经氧化调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3+、Mg2+、SO等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
(2)由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH为4.7，而RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH―=Al(OH)3↓，故答案为：4.7≤pH<6.2；Al3++3OH―=Al(OH)3↓；
(3)滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L-1，即0.1125mol/L，根据Ksp[(C11H23COO)2Mg]=c(Mg2+)·c2(C11H23COO―)，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO―)<
= =4×10-4mol·L-1，故答案为：4×10-4；
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
(6)①YCl3中Y为+3价，PtCl4中Pt为+4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移15mol电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
2. 【答案】 (1)ab (2)2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
(3)抑制金属离子水解 (4)SiO2
(5)Mn2O3+6H++2Cl―=2Mn2++Cl2↑+3H2O(6)将Fe3+转化为Fe2+
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化：Bi2S3→Bi2O3+SO2、FeS2→Fe2O3+SO2、MnO2→Mn2O3+MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；
水浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；
酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发生转化：Bi2O3→Bi3+、Fe2O3→Fe3+，因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl―=2Mn2++Cl2↑+3H2O，气体A为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+；
第(4)(5)问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH=2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。
(1)a．联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；
b．鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；
c．降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；答案选ab；
(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；
(3)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl―，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低；
(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，答案为SiO2；
(5)因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl―=2Mn2++Cl2↑+3H2O；
(6)由已知信息③知，调pH=2.6时，Fe3+会水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
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）焙烧
【解析】（1）Al2O3与(NH4)2SO4焙烧的反应为非氧化还原反应，根据质量守恒可知所得尾气为NH3，该反应的化学方程式为：Al2O3＋4(NH4)2SO4==2NH4Al(SO4)2＋H2O＋6NH3↑；
（2）根据三种金属阳离子完全沉淀时的pH可知：Fe3＋（完全沉淀pH为3.2）、Al3＋（完全沉淀pH为4.7）、Mg2＋（完全沉淀pH为11.1），所以依次析出的金属离子为Fe3＋、Al3＋、Mg2＋；
（3）由Mg2＋完全沉淀时的pH为11.1可计算求得Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)·c2(OH－)=1.0×10－5×(10－2.9)2=10－10.8，“母液①”的pH为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”时温度为160℃，为了防止酸挥发，应选择高沸点的难挥发性酸，最适合的酸是H2SO4，根据流程分析可知，“酸溶渣”的成分是SiO2和CaSO4；
（5）TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀的离子方程式是TiO2＋＋(x＋1)H2O====TiO2·xH2O↓＋2H＋；
（6）“母液①”的成分为(NH4)2SO4，“母液②”的成分为H2SO4，将其混合后吸收尾气NH3，经处理得到(NH4)2SO4可在“焙烧”步骤中循环利用。
4．【答案】(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S
(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2
(3)蒸发
(4)H2O2；4.9
(5)Mn2＋＋HCO3－＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH4＋＋H2O
【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2＋BaS＋H2O＝Ba(OH)2＋MnO＋S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2＋转化为Fe3＋，然后加入氨水调节pH，使Fe3＋、Al3＋转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2＋，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2＋和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由＋4价降低为＋2价，根据元素价态规律可知－2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1：1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2＋BaS＋H2O＝Ba(OH)2＋MnO＋S；
(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小；
(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；
(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3＋完全沉淀时，Fe3＋也一定完全沉淀，当c(Al3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1时，c(OHˉ)＝＝＝10－9.1 mol·L－1，所以c(H＋)＝10－4.9 mol·L－1，pH＝4.9，即pH的理论最小值为4.9；
(5)碳化过程Mn2＋和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O＝MnCO3↓＋NH＋H2O。
5．【答案】(1)4；VIB (2)FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl (3)H3V2O7－ (4)6.0；1×10－6 (5)Mn2＋＋H2O2＋2OH－＝MnO2＋2H2O (6)防止pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯
【解析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2＋和Cr3＋，加入NaOH“沉铬”后，Cr3＋转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2＋＋H2O2＋2OH－=MnO2＋2H2O，据此分析解题。
(1)Cr时24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB；
(2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl，故答案为：FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl；
(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lgc总(Ⅴ)]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(Ⅴ)= 0.01 mol/L，lgc总(Ⅴ)=－2，从图中可知， “沉钒”过程控制pH=3.0，lgc总(Ⅴ)=－2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为H3V2O7－，故答案为：H3V2O7－；
(4)某温度下，Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH－的浓度为：c(OH－)=10－8mol/L，在该条件下滤液B中c(Cr3＋)＝＝＝1×10－6 mol/L，故答案为：6.0；1×10－6；
(5)由分析可知，“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为Mn2＋＋H2O2＋2OH－=MnO2＋2H2O，故答案为：Mn2＋＋H2O2＋2OH－=MnO2＋2H2O；
(6)由分析可知，“提纯”过程中Na2S2O3的作用为防止pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。
6. 【答案】控制pH在4.7~6之间；
【解析】由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间；
7. 【答案】（1）2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；（2）①Ⅰ中为NaHSO3；②再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。
【解析】（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）①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Ⅰ中为NaHSO3；②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。
8. 【答案】3.2
【解析】由表中数据可知，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，Mn2+开始沉淀的pH为9.27，要使得Fe3+完全被除去而不影响Mn2+，pH应不低于3.2，但不高于9.27，故填3.2。
9. 【答案】PbSO4； ZnO的作用是调节溶液的pH；后果是无法除去杂质Fe2+。
【解析】由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要除去铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2+。
10.【答案】B
【分析】“盐浸”过程转化为，发生反应，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为：，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。
【详解】A. “盐浸”过程中消耗氨气，浸液下降，需补充，A正确；
B. 由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误；
C. “沉锌”过程发生反应，C正确；
D. 应合理控制用量，以便滤液循环使用，D正确；
故答案选B。
11.【答案】（5）bd
【解析】【小问5详解】
a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；
b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意；
c．搅拌能使反应物更好接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；
d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意；
故选bd。
【答案】C
【解析】
【分析】和先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为，通过结晶、过滤、干燥，最终得到成品。
【详解】A．铁是较活泼金属，可与反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液，A项正确；
B．若“中和”工序加入过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入；若“中和”工序加入过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或，B项正确；
C．“结晶”工序中的溶液为饱和溶液，由已知可知的，，则的水解常数，由于，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误；
12.【答案】C
【解析】
【分析】和先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为，通过结晶、过滤、干燥，最终得到成品。
【详解】A．铁是较活泼金属，可与反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液，A项正确；
B．若“中和”工序加入过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入；若“中和”工序加入过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或，B项正确；
C．“结晶”工序中的溶液为饱和溶液，由已知可知的，，则的水解常数，由于，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误；
13.答案】（1） H2S
14.【答案】（1） PbO或Pb(OH)2或PbCO3
(
8
)第55讲-如何调控pH
知识重构
1.工业生产调控的目的
工业生产流程中常用控制溶液pH方法提高产品产率，调控的主要目标是生成产品或除去杂质。
2.知识模型建构
二、重温经典
1.（2024新课标理综）. 钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
开始沉淀的pH 15 6.9 — 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：（4）“除钴液”中残留的浓度为_______。
【答案】（4）
【解析】
当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。
2.（2024江苏)回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
（1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。
（2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺()有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为：
(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2 (有机层)
已知：(R3NH)2SO4 + H+ + HSO4- 2(R3NHHSO4)
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是_______。
【答案】（2） ①.
随水层pH增大，的浓度减小，
(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2的化学平衡向正反应方向移动，(R3NH)2SO4 + H+ + HSO4- 2(R3NHHSO4)的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多
3．（2023广东卷18题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。
【答案】(2)＞
【详解】（2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。
4.(2022全国甲卷26题)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子 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
回答下列问题：
(3)加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2 C．NaOH
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
【答案】
(3) B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
【解析】
由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Ma2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
(3)NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
5. (2022山东新高考12题)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是
A．固体X主要成分是Fe(OH)3和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。
6.（2020年全国1卷26题节选）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐、以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
(
滤饼
②
滤液
①
酸浸氧化
中和沉淀
滤液
③
沉淀转溶
调
pH
滤液
④
沉
钒
滤渣
③
NaOH
pH
=3.0~3.1
滤液
②
NaOH
pH
>13
滤渣
④
HCl
pH
=8.5
滤液
⑤
NH
4
Cl
滤渣
①
30%
H
2
SO
4
MnO
2
钒矿粉
NH
4
VO
3
)
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题:
（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有 离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式 。
（3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、 、以及部分的 。
（4）“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是 。
（5）“调pH”中有沉淀生成。生成沉淀反应的化学方程式是 。
【答案】（3）Mn2+；Fe3+、Al3+
（4）滤渣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”后杂质金属离子有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+，“中和沉淀”加入NaOH，pH在3.0~3.1之间，由第三问的设问和溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH数据可知K+、Mg2+、Na+在滤液中，另外的Mn2+还未开始沉淀，也存在于滤液中；而Fe3+、Al3+部分沉淀，还未沉淀完全。
（4）“沉淀转溶”时，pH大于13，Fe3+沉淀完全，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3。
（5）滤液中还有的杂质为NaAlO2。“调pH”时与HCl生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或NaAl(OH)4+HCl =NaCl+Al(OH)3↓ +H2O。
7.（2019全国1卷26题节选）硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
回答下列问题：
（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3 + H2OH++B(OH) 4，Ka=5.81×10 10，可判断H3BO3是 酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是 。
【答案】一元弱酸；转化为H3BO3，促进析出。
【解析】由题目给出的H3BO3的解离反应，只存在一步解离平衡，由此判断为H3BO3一元弱酸；又且由于Ka小，即酸性弱目的是使B(OH)4—转化为H3BO3，促进析出；（也可由生产过程中目标为H3BO3，由硼镁矿生产时硼元素应在过滤1后存在于溶液中，pH调解至3.5而生产H3BO3，其目的是转化为H3BO3，促进析出）。
三、模型建构
为什么调pH值 （1）平衡移动视角：如电离、水解、沉淀生产产品或杂质 （2）影响氧化性视角 （3）电解效率视角：溶液中的H+、OH - 可在阴阳极放电，浓度过大可能导致影响其它电极反应
怎样调节PH 直接法：加入酸或碱直接调节 间接法：碱性氧化物、酸性氧化物、难溶氢氧化物、弱酸盐（难溶、可溶）、碱式盐等
答题模板 （1）分步沉淀：中和/消耗H+/OH-,调节pH，使××生成××沉淀(过滤分离) （2）pH过小/过大时，无法生成××，降低××产率/效率 （3）（蒸发/结晶前）调节pH××（强酸性），防止/抑制××水解
四、名师导学
1．认识题目的情境设置
生产环保情境：自然资源的综合利用，生产条件的优化，废物回收利用和毒害物质处理。
学术探究情境：最新的生产方法，提取技术的应用等。
2.学习启示
（1）夯实基础：强化元素化合物的性质及转化、物质分离提纯等基本实验方法的使用及操作；
（2）培养能力：强化信息提取及分析能力，关注图形图表类信息的转化；
（3）强化规范：培养规范答题能力，对常见问题要建立答题模型。
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