2024届高三化学一轮专题训练——电解质溶液综合题
1．（2022高三上·如皋月考）某电镀废水中含有氰化物、铬(VI)等污染物，需要经过处理后才能排放。
（1）废水中铬(VI)主要以和形式存在，处理的方法是将铬(VI)还原为，再转化为沉淀。常温下，与在溶液中存在如下平衡：，该反应的平衡常数。
①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol L-1，要将废水中调节为100：1，则需调节溶液的pH= 。(忽略调节pH时溶液体积的变化)
②一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是向其中加入NaHSO3，写出所发生反应的离子方程式： 。
③一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑。实验发现，在不改变铁屑总量的情况下，加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，铬(VI)还原速率加快。加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是 。
④一种微生物电池还原Cr(Ⅵ)的工作原理如图甲所示。电池工作时a电极发生的电极反应为 。
（2）Fenton法去除氰化物的过程为H2O2在少量Fe2+催化作用下生成具有强氧化性的 OH (羟基自由基)， OH将氰化物氧化为无毒物质。Fe2+催化H2O2生成 OH的过程及 OH氧化氰化物的过程中会发生如下反应：
实验发现，反应相同时间，氰化物的去除率与溶液pH的关系如图乙所示。pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小的原因是 。
2．（2022·柳州模拟）某炉渣主要成分有、、、MgO、CaO以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
已知：“焙烧”中，、几乎不发生反应，、MgO、CaO、转化为相应的硫酸盐。在上述实验条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全()的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）产生的“尾气”是 。
（2）在“分步沉淀”时先加氨水调节pH=5，此时过滤所得滤渣主要成分是 ；再向滤液中加入氨水调pH=11.4，此时“母液①”中的浓度为 。
（3）“水浸渣”的主要成分为、和 ；“酸溶”时，转化为进入溶液，则发生反应的化学方程式为 。
（4）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，“水解”生成沉淀，该反应的离子方程式是 。
3．（2023·葫芦岛模拟）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L 1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10 5mol·L 1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
（1）为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式 。
（2）“滤液②”中含有的金属离子是 。
（3）“转化”中可替代H2O2的物质是 。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即如图所示，“滤液③”中可能含有的杂质离子为 。
（4）如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L 1，则“调pH”应控制的pH范围是 。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。
（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是 。
4．（2023·嘉定模拟）氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氯化碳，有下列反应：2Na[Al(OH)4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O。
（1）上述五种物质中沸点最低物质的结构式为 ，由上述物质中的两种元素按原子个数比1：1形成的离子化合物的电子式为 (写一例)。
（2）请将Na、Al、O的原子半径和简单离子的半径分别按由小到大的顺序排列： (用元素符号表示)， (用离子符号表示)。
（3）①在上述混合物的组成元素中，与铝元素同周期的另一元素的原子共有 种不同能级的电子，该元素的最高价氧化物对应水合物与铝单质反应的离子反应方程式为 。
②已知AlN的熔点2200℃，AlCl3的熔点194℃，二者常温下均为固体，其熔点差异较大的原因是 。
（4）NaHCO3溶液中各含碳微粒按浓度由大到小的顺序排列 。
5．（2023·淮北模拟）钴盐在生活和生产中有着重要应用。
（1）干燥剂变色硅胶常含有。常见氯化钴晶体的颜色如下：
化学式
颜色 蓝色 蓝紫色 紫红色 粉红色
变色硅胶吸水饱和后颜色变成 ，硅胶中添加的作用 。
（2）草酸钴是制备钴氧化物的重要原料，常用溶液和溶液制取难溶于水的晶体。
①常温下，溶液的 7(填“>”“=”或“<”)。(已知：常温下，，。)
②制取晶体时，还需加入适量氨水，其作用是 。
③在空气中加热二水合草酸钴，受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固体物质。已知的两种常见化合价为价和价，。
温度范围／ 150～210 290～320
固体质量/g 8.82 4.82
ⅰ．温度在范围内，固体物质为 (填化学式，下同)；
ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和，此过程发生反应的化学方程式是 。
6．（2021高三上·青浦期末）乙烯是合成多种塑料的单体。我国科学家开发的特殊催化剂用CO2制备CH2=CH2，有利于实现“双碳”目标。
主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)+127.8kJ
（1）在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2(g)和1.2molH2(g)，若只发生主反应，反应时间2.0min，CO2的转化率为20%，在这段时间内CH2=CH2(g)的平均反应速率为 。
（2）在一定温度下，向恒容密闭容器中充入CO2(g)和H2(g)，若只发生主反应，下列情况不能说明反应达到平衡的是 (填编号)。
A．混合气体密度保持不变B．混合气体总压强保持不变
C．乙烯体积分数保持不变D．平均摩尔质量保持不变
达到平衡后能提高CO2平衡转化率的措施是 (任填一条)
（3）在At1、At2、At3三种不同催化剂作用下(其他条件相同)只发生主反应，测得乙烯的净速率(v正-v逆)与温度关系如图所示。
催化效率最高的是 (填“At1”、“At2”或“At3”)，A点的正反应速率 (填“大于”“小于”或“等于”)逆反应速率。
在发生主反应的同时，还发生了副反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)
（4）一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中充0.4molCO2(g)和1.2molH2(g)同时发生了主反应和副反应，达到平衡时CO2的转化率为45%，C2H4的选择性为80%，则该温度下，副反应的平衡常数K= (结果保留2位小数)。提示：C2H4的选择性=×100%
（5）0.1mol·L-1的NaOH溶液和0.2mol·L-1的HCOOH(甲酸)溶液等体积混合，得到混合溶液的pH＜7，溶液中c(HCOOH) c(Na+)(填“大于”或“小于”)，要使c(HCOOH)=c(Na+)，可加入 。
7．（2022·绵阳模拟）高纯硫酸锰是合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca、Na、K等元素)制备，工艺流程如图所示。回答下列问题：
（1）写出提高溶浸速率的两种可行措施 。
（2）写出得到粗品MnCO3的离子方程式 。
（3）由粗品MnCO3得到较纯MnCO3需要用纯水洗涤2-3次，洗涤粗品MnCO3的目的是 。
（4）常加入的绿色氧化剂x是 ，调节pH，制得无铁硫酸锰粗液，此时溶液的pH至少为 ［当Fe3+浓度小于1×10-5mol/L时，可以认为Fe3+沉淀完全，Ksp(Fe(OH)3=1.0×10-38］。
（5）深度除杂步骤主要利用沉淀转化除去Ca2+和Mg2+，需适当增大溶液pH，其原因是 。滤渣2的主要成分是 。
（6）三元层状材料LiNi2/3Co(1-x)/6Mn(1+x)/6O2是一类稳定性高的锂电池正极材料。若已知材料中Co和Mn的化合价分别是+3和+4价，当x=0.4时，材料中Ni2+与Ni3+的数目比为 。
8．（2022·浦东模拟）利用辉钼矿冶炼钼的反应为：MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)，将一定量反应物置于体积为2 L的密闭容器中，测得平衡时氢气的体积分数随温度的变化如下图所示。
完成下列填空：
（1）该反应的正反应为 反应(选填“吸热”或“放热”)。某温度下，进行上述反应至5 min时，混合气体质量增加1.2 g，则该时间段内的平均反应速率v(H2O) = 。
（2）若开始反应时，扩大容器体积，则图中H2的变化曲线将 。(选填“上移”或“下移”)
（3）1300 K时，图中M点H2O(g)的体积分数为 ；若此时往体系中再加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)，则平衡 移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)，理由是 。
（4）硫化钠俗称臭碱，浓溶液有臭鸡蛋气味。Na2S溶液中c(OH-)-c(H+) c(HS-)＋c(H2S) 。(选填“＜”、“>”或“=”)，往Na2S溶液中通入空气，产生淡黄色浑浊且溶液pH升高，解释其原因。
9．（2022高三上·临汾期中）硫铁矿烧渣(主要成分为等)是生产硫酸的工业废渣，其综合利用对环境保护具有现实意义。利用硫铁矿烧渣制备铁红和晶体的一种工艺流程如下图(生产过程中所加试剂均足量)。
回答下列问题：
（1）提高烧渣的浸取率，可采用的措施有 (至少写出两点)。
（2）滤液X中含有的金属阳离子是 (填离子符号)；从滤液Y中获得晶体，必须的操作步骤依次有 (填标号)
A．加热蒸干 B．蒸发浓缩 C．冷却结晶 D．过滤 E.萃取 F.分液
（3）在空气中煅烧生成铁红的化学方程式为 。
（4）上述生产流程中多处采用了过滤操作，实验室中完成相应的操作需要用到的玻璃仪器有烧杯及 。
（5）已知：室温下，达到沉淀溶解平衡时，溶液的为8，为。试通过简单计算说明在室温下，上述流程中所得固体中是否混有： 。
10．（2022·贵州模拟）马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]和碱式碳酸铜[Cu2 (OH)2CO3]具有广泛用途。某化工厂拟以软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)为原料生产马日夫盐和碱式碳酸铜，其工艺流程如下图所示。
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②该条件下：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38 ，Ksp[Cu(OH)2]= 1.0×10-20 ，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-14。
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分是 (写化学式)，酸浸时，Cu2S和MnO2反应的化学方程式为 。
（2）检验浸出液中是否含有Fe2+ ，可用K3Fe(CN)6溶液，浸出液中含有Fe2+ 的现象是 。
（3）试剂x为某种酸式盐，从产品纯度来看，x最好为 (写化学式)。
（4）本工艺中可循环使用的物质是 (写化学式)。
（5）若浸出液中c(Mn2+)=c(Cu2+)=1.0 mol·L-1，则流程中调节浸出液pH=a，其中a的范围为 (当离子浓度≤1.0×10-5 mol·L-1时，沉淀完全)。
（6）除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示，pH>1.7后，随pH增大，Fe3+萃取率下降的原因是 。
11．（2022·威海模拟）碲被誉为现代工业、国防与尖端技术的维生素，创造人间奇迹的桥梁。工业上从某电镀污泥(含有、以及少量的Au)中提取粗碲，同时获得副产品重铬酸钾、金属铜和金的工艺流程如图所示。
已知：①沉淀时与pH的关系
pH
开始沉淀 3.68
沉淀完全 5
②溶解度
溶解度 NaCl
100℃ 95.1g 39.8g
25℃ 4.6g 36g
回答下列问题：
（1）“煅烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是 ；“煅烧”时发生反应的化学方程式为 。
（2）金在 (填操作单元名称)过程中回收。已知浸出液中含有，每得到128g碲，理论上消耗溶液的体积为 L。
（3）根据相关物质溶解度特点分析“操作a”的步骤：向溶液中加入KCl固体， (填操作名称，下同)，使NaCl结晶析出后 ，再 得到晶体。
（4）铬(VI)毒性很高，工业上常用铁和石墨作电极，处理含的酸性废水。通电后先转变为，一段时间后变成沉淀而被除去。其中铁电极的作用是电子导体和 ，当电解后溶液中浓度为时，其开始沉降时废水的pH为 。
12．（2022·攀枝花模拟）硫酸锌广泛用于涂料、皮革等行业。工业上用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有PbO、FeO、Fe2O3、CuO 、SiO2等杂质)制备硫酸锌的流程如图：
已知：①工业条件下，部分金属阳离子Mn+开始沉淀和完全沉淀时的pH值如图：
②相关常数：Ksp(ZnS)=2.1 ×10-22，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15， Ka(CH3COOH)=1.8×10-5。
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为 、 。
（2）“沉铜”操作时添加的物质A可以是Zn或Fe。与使用Zn相比，使用Fe的不足之处是 。
（3）加入物质B调节pH。下列物质中，不能作为物质B使用的是 (填选项)；滤渣3中除物质B外，还含有的主要物质是 。
A．ZnO B．ZnCO3 C．Zn(OH)2 D．Zn5(OH)8Cl2·H2O
（4）调节“滤液3”pH值的范围是9.5~ 。
（5）滤液4经过加热蒸发、冷却结晶等操作得到硫酸锌晶体，其中不同降温方式的冷却结晶得到晶体的颗粒大小及其质量分数如图所示。如果需要得到较小的硫酸锌晶粒，宜选用 的方式进行降温结晶。
（6）滤液4经一系列操作后制得ZnSO4·7H2O，最终残留的酸性废液中含有ZnSO4。除去酸性废液中Zn2+的方法是：在酸性废液中加入一定量CH3COONa后，再通入H2S生成ZnS沉淀。处理后的溶液中部分微粒浓度为：
微粒 H2S CH3COOH CH3COO-
浓度(mol·L-1) 0.10 0.10 0.18
则：处理后的溶液pH= ，溶液中 c(Zn2+)= mol·L-1。
13．（2022·柯桥模拟）常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液时，当氢氧化钠溶液的体积从19.98mL变为20.02mL时，溶液的pH发生突变，请回答下列问题：(已知lg2=0.3，lg5=0.7)
（1）pH突跃范围是： ；
（2）请写出上述结果的计算过程： 。
14．（2023·忻州模拟）从铜电解液(主要含、Ni2+、、、、Zn2+等)中提纯得到粗硫酸镍晶体，为了进一步纯化并回收胆矾晶体，某课题小组设计了如图流程：
已知：相关离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Ca2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 4.2 6.3 1.5 11.8 6.2 6.9
沉淀完全的uH 6.7 8.3 2.8 13.8 8.2 8.9
（1）为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有 (任写一点)。
（2）为了使“溶液1”中的反应充分进行，需要通入稍过量的H2S，写出Fe3+与H2S发生反应的离子方程式： 。
（3）请结合离子方程式解释向“溶液2”中加入Ni(OH)2的原因 。
（4）“操作X”为在 (填仪器名称)中加热至 ，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到结晶水合物晶体。
（5）若“溶液3”中Ca2+的浓度为0.001mol/L，取等体积的NiF2溶液与该溶液混合，要使反应结束时c(Ca2+)<10-5mol/L，则所加NiF2溶液的浓度至少为 mol/L。[已知室温下Ksp(CaF2)=4×10-11]
（6）室温下选择萃取剂P204(二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理为nHR+Mn+ MRn+nH+，试剂a为 (填化学式)。溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因： 。
15．（2022·宝山模拟）
（1）I.联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式 。
（2） II．NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2(g) N2O4(g) =-57.20kJ/mol
写出该反应的平衡常数表达式K= 。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是 。
a．减小NO2的浓度 b．降低温度 c．增大压强 d．升高温度
（3）III．Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作 实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置 溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂 溶液为无色
在试管中继续加入少量水 溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性) 红色褪去
①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是 (请结合化学用语，简要说明)。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于 盐。
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是 。
a．CO2气体 b．KOH固体 c．HCl气体 d．Na2CO3固体
16．（2022·重庆市模拟）钪(Sc)是一种稀土金属，钪及其化合物在宇航、电子、超导等方面有着广泛的用途。钛白粉中含有等多种成分，用酸化后的钛白废水富集钪，并回收氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“萃取”时均进入有机相中，则在“洗涤”时加入的目的是 。
（2）“滤渣1”的主要成分是、 (写化学式)。
（3）在“调pH”时先加氨水调节，此时过滤所得滤渣主要成分是 ；再向滤液中加入氨水调，此时滤液中的浓度为 ；检验含滤液中是否含的试剂为 (写化学式)。(已知：；)。
（4）“沉钪”时用到草酸。已知草酸的；；则在时的草酸溶液中 。
（5）写出草酸钪在空气中“焙烧”时反应的化学方程式 。
（6）钛白酸性废水中含量，该工艺日处理钛白酸性废水，理论上能生产含氧化钪的产品最多 kg(保留2位有效数字)。
17．（2023高三下·河北开学考）利用软锰矿(主要成分是MnO2，其中还含有少量CaO、MgO、SiO2、Al2O3等杂质)制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。
已知：常温下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀pH 1.5 6.5 7.7 3.8
沉淀完全pH 3.7 9.7 9.8 5.2
常温下，一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质 MnF2 CaF2 MgF2
KSp 5.3×10-3 51.5×10-10 7.4×10-11
回答下列问题：
（1）“浸取”时，铁屑与MnO2反应生成Fe3+的离子方程式为 ；“浸出液”需要鼓入一段时间空气后，再进行“沉铁”的原因是 。
（2）“沉铁、铝”时，加CaCO3控制溶液pH的范围是 ；完全沉淀时，金属离子浓度为1×10-5 mol·L-1，则常温下Ksp[Fe(OH)3]=
（3）深度除杂中加入MnF2可以除去钙离子、镁离子的原因是 (用平衡原理解释，已知：K>105可以认为反应几乎完全进行)。
（4）用石墨和金属Mn作电极，电解硫酸锰溶液可以制取金属锰，其中金属Mn应与电源 (填“正”或“负”)极相连；阳极产生标准状况下体积为4.48 L气体时，理论上可以制取 gMn。
18．（2022·金山模拟）S8在300℃左右会分解成S2，过程中吸收热量；烟气中的SO2可催化还原成硫蒸气，主要涉及以下反应：
①2SO2(g)＋CH4(g) S8(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＋Q1(Q1＞0)
②2SO2(g)＋CH4(g) S2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＋Q2(Q2＞0)
在容积固定的2 L密闭容器中，通入2 mol SO2和1 mol CH4，一定条件下发生上述反应。完成下列填空：
（1）Q1 Q2(选填“＞”或“＜”)。能说明反应已达平衡状态的是 。(选填编号)
A．CO2物质的量浓度不变 B．气体密度不变
C．容器内压强不变 D．容器内SO2与CH4的物质的量之比不变
（2）如图为相同时间内测得SO2的转化率随温度变化情况。
a点是否已达到化学平衡状态？ (选填“是”或“否”)。随着温度升高，SO2转化率先升后降的原因是 。
（3）如图为某温度时，SO2和CH4的物质的量随时间变化情况。
0~2 h内，v(CH4)= 。温度不变，若要提高SO2的平衡转化率可采取的措施是 (任写一条)。
（4）烟气中的SO2常用氨水吸收。向氨水中通入SO2，测得溶液的pH与各含硫组分物质的量分数的关系如图所示。溶液的pH=7时，n(SO)∶n(HSO)≈ 。氨水吸收烟气中SO2后，经O2催化氧化可得到硫酸盐。控制合适的温度，随着氧化的进行，溶液的pH (选填“增大” 或“减小”)。
19．（2023·常德模拟）氰化氢()分子被认为是生命起源中重要的中间体之一，主要应用于电镀业、采矿业等，可制造各种树脂单体。迄今为止，它所产生的与生物相关联的化合物种类最多。
（1）的合成
氰化氢可用甲烷氨氧化法合成，其热化学反应方程式为：
相关化学键的键能数据如下表：
化学键
414 393 891 436.4
上述反应的为 ；
（2）的性质
已知时有关弱电解质的电离平衡常数如下表：
弱电解质化学式
电离平衡常数
①具有酸性，能与氨水发生反应：，此反应在常温下的平衡常数K约为 ；溶液呈 性。
②已知可发生如下反应：，，，则的电离平衡常数的范围为： 。
③在溶液中通入少量的二氧化碳，其离子反应方程式为： 。
④浓度均为的与的混合溶液中，以下推断正确的是 。
A．混合溶液约为9.3
B．
C．
（3）和的处理
①是一种无色、有毒、易溶于水的气体，易在空气中均匀弥散，并易产生爆炸。国家重点实验室对密闭空间内的气体进行了消毒研究，研究中采用气雾、气雾和水雾分别单独对进行消毒。由图可知 为最佳消毒试剂。
②工业生产中含氰废水主要来源于选矿、有色金属冶炼等工业，对于含氰废水都应高度重视并妥善处理，国家关于废水中总氰浓度排放标准为。某工厂实验室针对不同浓度焦亚硫酸钠处理含氰废水情况展开研究。反应如下：
如图为氧化后的浓度变化，如果你是工厂研究人员，你认为应选择多大浓度的溶液最合理，请回答并说明理由 。
20．（2022·安徽模拟）某工厂废水中含有Zn2+、Cd2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、SO42-等离子，可以通过“降温结晶一化学沉淀一溶剂萃取”的方法对金属离子分别进行分离和回收，图1展示了实验开发的金属回收工艺。
回答下列问题：
（1）取200mL废水置于烧杯中，水浴加热至60℃，搅拌的同时按照化学计量数之比加入硫酸铵固体，待其完全溶解后，在低温时搅拌析出铵明矾晶体，其化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O，发生反应的化学方程式为 。
（2）降温结晶除掉了废水中大部分铝元素，还需将剩余铝、铁元素去除，故降温结晶、过滤后，向滤液中加入X溶液，将废水中的Fe2+完全氧化为Fe3+，再调节pH为4.9.根据题意可推知X的电子式为 ；滤渣1的主要成分是 （填化学式）。
（3）工业上常采用有机磷酸类萃取剂P2O4来回收硫酸锌。如果没有设计萃取这一步骤，将会产生的影响是 ；滤渣2的主要成分是 （填化学式）；已知Al(OH)3在强碱溶液中生成Al(OH)4]-，且滤渣2性质类似Al(OH)3，请写出滤渣2与强碱溶液反应的离子方程式 。
（4）为提高资源利用率，水相经过滤得到的废液可在实验工艺流程中 步骤循环使用。
答案解析部分
1．（1）4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+
（2）随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱
（1）①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol L-1，要将废水中调节为100：1，则=0.1mol/L，=0.001mol/L，K===1×10-14，c(H+)=1×10-4.5mol/L，需调节溶液的pH=4.5。
②在酸性溶液中，NaHSO3还原，生成Cr3+、等，发生反应的离子方程式：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O。
③还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑、加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，Fe、C、含铬(VI)酸性废水形成原电池，加快铬(VI)的还原速率。则加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是：形成原电池，且铁作负极，加快反应速率。
④电池工作时，a电极CH3COOH转化为CO2，C元素的价态升高，发生氧化反应，则a电极为负极，发生的电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+。答案为：4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+；
（2）从图中可以看出，pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小，则表明c( OH)减小、氧化能力减弱，原因是：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。答案为：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。
（1）①根据pH=-lgc(H+)计算；
②酸性溶液中，NaHSO3与发生反应+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；
③形成原电池可加快反应速率；
④a电极CH3COOH转化为CO2，电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+；
（2） 随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。
2．（1）
（2）、；
（3）；
（4）
炉渣（主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3）在“焙烧”过程中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3分别转化为Al2(SO4)3、MgSO4、CaSO4和Fe2(SO4)3，尾气中含有NH3；用热水“水浸”焙烧后的产物，向所得溶液中加入氨水，分步沉淀，得到相应的氢氧化物沉淀；水浸渣经过酸溶，TiO2转为TiO2+进入溶液，过滤除去不溶于酸的SiO2和CaSO4；向所得滤液中加入热水，水解得到H2TiO3。
(1)根据物质分析，、MgO、CaO、转化为相应的硫酸盐，故焙烧过程中产生的尾气为NH3。
(2)根据题中表格，pH=5时、完全沉淀，故此时过滤所得滤渣主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3； Mg2+沉淀完全时，此时溶液pH=11.1，则c(OH-)=，故Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)c2(OH-)=×()2=1.0×10-10.8，pH=11.4时， c(OH-)=，的浓度为。
(3)CaSO4微溶于水，故“水浸渣”中还有CaSO4；“酸溶”时，反应的化学方程式为：。
(4)“酸溶”后产生TiO2+，其 “水解”生成沉淀的离子方程式是：。
根据流程图，在“焙烧”过程中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3分别转化为Al2(SO4)3、MgSO4、CaSO4和Fe2(SO4)3，尾气中含有NH3；用热水“水浸”焙烧后的产物，向所得溶液中加入氨水，分步沉淀，得到相应的氢氧化物沉淀；水浸渣经过酸溶，TiO2转为TiO2+进入溶液，过滤除去不溶于酸的SiO2和CaSO4；向所得滤液中加入热水，水解得到H2TiO3。
3．（1）AlO+H++H2O=Al(OH)3↓
（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+
（3）O2或空气；Fe3+
（4）3.2~6.2
（5）2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O
（6）提高镍回收率
(1)根据分析可知，滤液①中含有NaAlO2和过量的NaOH，加入稀硫酸，调为中性，生成氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式为AlO+H++H2O=Al(OH)3↓；
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3) “转化”中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+；
(4)如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。
（1）偏铝酸根、氢离子和水反应生成氢氧化铝；
（2）稀硫酸可以和金属氧化物反应，形成相应的金属离子；
（3）过氧化氢为氧化剂，可以用氧气或者空气取代；
（4）氢氧根的浓度可以结合氢氧化镍的溶度积和镍离子的浓度判断；
（5）镍离子、次氯酸根和氢氧根反应生成氢氧氧化镍、氯离子和水；
（6）循环利用的目的是使物质可以重复使用，提高其回收率。
4．（1）；（或者）
（2）；
（3）4；；为原子晶体，为共价化合物，为分子晶体，所以熔点较高
（4）
（1）在、、、、五种物质中，为气体，沸点最低；在这些物质中的钠元素和氧元素，可以形成原子个数比1：1的离子化合物或者钠元素和氢元素形成，电子式为： （或者）；
（2）一般情况下，电子层数越多的粒子，半径越大，电子层数相同的粒子，核电荷数越多，粒子半径越小，所以原子半径的：，离子半径：；
（3）①在上述物质所含的元素中，与铝元素同周期的元素为，其电子排布式为，有4种不同能级的电子，最高价氧化物的水化物为，与铝单质反应的离子方程式为：；
②因为为原子晶体，为共价化合物，为分子晶体，所以熔点远高于熔点较低；
（4）溶液中，，，，因为溶液显碱性，所以水解程度大于电离程度，所以溶液中离子浓度的大小为：。
（1）五种物质中只有二氧化碳为气态，沸点最低； 五种物质中含有钠、铝、氧、氢、碳五种元素，两种元素按原子个数比为1：1形成离子化合物有Na2O2、NaH；
（2）电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，粒子半径越小；
（3）①铝元素位于第三周期，与其同周期的是钠元素；氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气；
②为原子晶体，为共价化合物，为分子晶体，所以熔点较高；
（4）溶液显碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度。
5．（1）粉红色；作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度
（2）＜；抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)；；3＋2O2Co3O4＋6CO2
（1）变色硅胶吸水饱和变为，则颜色变成粉红色，根据的吸收程度不同，其颜色不相同，因此硅胶中添加的作用是作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度；故答案为：粉红色；作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度。
（2）①常温下，根据电离平衡常数和越弱越水解，则铵根水解程度大于草酸根水解程度，铵根水解呈酸性，因此溶液的＜7；故答案为：＜。
②制取晶体时，铵根和草酸根都要水解，两者是相互促进的双水解，加入适量氨水，抑制铵根水解，也抑制了草酸根的水解，则提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)；故答案为：抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)。
③ⅰ．二水合草酸钴，其物质的量为，温度在范围内，若失去水，则质量为0.06mol×147g mol 1＝8.82g，因此固体物质为CoC2O4；故答案为：CoC2O4。
ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和，则Co质量为0.06mol×59g mol 1＝3.54g，则氧的质量为4.82g 3.54g＝1.28g，氧原子物质的量为，则钴的氧化物为Co3O4，草酸钴和氧气反应生成Co3O4和二氧化碳，则此过程发生反应的化学方程式是3＋2O2Co3O4＋6CO2；故答案为：3＋2O2Co3O4＋6CO2。
（1）变色硅胶吸水饱和变为，硅胶中添加的作用是作指示剂。
（2）①根据信息可知，常温下，铵根水解程度大于草酸根水解程度。
②加入适量氨水，能抑制铵根和草酸根的水解。
③温度在范围内， 会失水，结合m=nM进行分析。根据原子质量、数目守恒推测产物中钴的氧化物，进一步分析。
6．（1）0.01mol/(min·L)
（2）A；降低温度
（3）At1；大于
（4）0.26
（5）小于；HCOOH
（1）根据信息可知，CO2的反应速率为=0.02mol/(min·L)，根据速率之比等于系数之比，可得CH2=CH2(g)的平均反应速率为0.01mol/(min·L)。
（2）对于主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)+127.8kJ，
A．在密闭容器中混合气体的质量不变，且恒容，则混合气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，A选；
B．反应前后气体分子数有变化，在恒温恒容下，压强与物质的量成正比，则混合气体总压强保持不变，说明反应达到平衡状态，B不选；
C．乙烯体积分数保持不变说明乙烯的物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，C不选；
D．在密闭溶液中混合气体的质量不变，反应前后气体分子数有变化，则物质的量有变化，则气体平均摩尔质量保持不变时说明反应达到平衡状态，D不选；
故答案为：A；
由于该反应是放热反应，可降低温度平衡正移，以提高二氧化碳的平衡转化率；
（3）由图1可得出在相同温度下，At1催化下乙烯的净速率最大，则说明催化效率最高的是At1；由于A点之后乙烯的净速率持续增大，说明平衡正向移动，则A点的正反应速率大于逆反应速率；
（4）CO起始浓度为mol/L，达到平衡时CO的转化率为45%，设生成CH2=CH2为xmol/L、生成HCOOH为ymol，列三段式：
、，由达到平衡时CO的转化率为45%得2x+y=0.2mol×45%=0.09mol，C2H4的选择性为80%得，由两式解得x=0.04、y=0.01，则该温度下，副反应的平衡常数；
（5）0.1mol·L-1的NaOH溶液和0.2mol·L-1的HCOOH溶液等体积混合，得到混合溶液为等量的HCOOH和HCOONa，若pH<7，溶液显酸性，则电离大于水解，则c(HCOOH)小于c(Na+)，要使c(HCOOH)=c(Na+)，可加入HCOOH溶液。
（1）先利用计算CO2的速率，根据速率之比等于系数之比，再计算CH2=CH2(g)的速率。
（2）利用“变者不变即平衡”分析；利用勒夏特列原理分析；
（3）利用图像分析净速率的变化；
（4）利用“三段式”法计算，；
（5）由题意分析电离大于水解。
7．（1）粉碎矿石、升高温度、增大H2SO4浓度、搅拌等(任意两点)
（2）Mn2++2=MnCO3+CO2↑+H2O
（3）洗去表面钾盐、钠盐等易溶性杂质
（4）H2O2；3
（5）H+与F-结合成HF，使F-浓度减小，Ca2+和Mg2+沉淀不完全；CaF2、MgF2
（6）7：13
第一问从反应速率的影响因素角度考虑即可，第二问，考虑锰离子结合碳酸氢根离子电离出的碳酸根离子，从而生成碳酸锰沉淀；在后面计算沉淀三价铁所需要的pH的时候，可以根据氢氧化铁的溶度积常数进行计算，最后一问可以根据化合物中，正负化合价代数和为零的原则进行计算，以此解题。
(1)从反应速率的影响因素考虑，提高溶浸速率的两种可行措施有：粉碎矿石、升高温度、增大H2SO4浓度、搅拌等(任意两点)；
(2)锰离子和碳酸氢根离子发生反应生成碳酸锰，离子方程式为：Mn2++2=MnCO3+CO2↑+H2O；
(3)根据菱锰矿的成分可以发现，碳酸锰表面可能会吸附一些杂质离子，故洗涤粗品MnCO3的目的是洗去表面钾盐、钠盐等易溶性杂质；
(4)原材料菱锰矿含有铁元素杂志，制备过程中，需要把二价铁氧化为三价铁，还不能引入杂志，可以采用过氧化氢作为氧化剂；当Fe3+浓度等于1×10-5mol/L时，根据其Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，可以计算出此时pH=3，故此时溶液的pH至少为3；
(5)根据流程可知，主要是利用F-，沉淀Ca2+和Mg2+，而HF是弱酸，pH过低时会降低F-浓度，故需适当增大溶液pH的原因是H+与F-结合成HF，使F-浓度减小，Ca2+和Mg2+沉淀不完全；滤渣2的主要成分是：CaF2、MgF2；
(6)在该物质中Co和Mn的化合价分别是+3和+4价，设Ni2+数目为a，则Ni3+的数目-a，当x=0.4时，根据正负化合价代数和为0可知：1+2×a+3×(-a)+3×+4×-2×2=0解的，a=，则Ni2+与Ni3+的数目比为7：13。
酸浸的目的是溶解碳酸锰，加入碳酸氢铵的目的是得到MnCO3，洗涤目的是除去沉淀表面上的杂质，加入氧化剂目的是氧化Fe2+，然后调节pH，使Fe3+沉淀，然后利用 Ca2+和Mg2+与F-结合形沉淀除去。
8．（1）吸热；0.004 mol·L-1·min-1
（2）下移
（3）40%；不；令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动
（4）>；硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生
由平衡时氢气的体积分数随温度的变化图可知：温度升高，氢气的体积分数变小，平衡正向移动，扩大容器体积，平衡正向移动，氢气的含量减小，列出三段式分析：，解得x=0.5，再计算水的体积分数，利用浓度商和平衡常数的大小，可确定平衡移动的方向。
(1)由平衡时氢气的体积分数随温度的变化图可知：温度升高，氢气的体积分数变小，平衡正向移动，该反应的正反应为吸热反应(选填“吸热”或“放热”)。某温度下，进行上述反应至5 min时，MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)，反应逆向进行时，固体质量增加，根据关系式：4H2O(g)~固体质量增加120g，混合气体质量增加1.2 g，n(H2O)==0.04mol，则该时间段内的平均反应速率v(H2O) = =0.004 mol·L-1·min-1。故答案为：吸热；0.004 mol·L-1·min-1；
(2)若开始反应时，扩大容器体积，平衡正向移动，氢气的含量减小，则图中H2的变化曲线将下移。(选填“上移”或“下移”)故答案为：下移；
(3)
，x=0.5，1300 K时，图中M点H2O(g)的体积分数为 =40%；若此时往体系中再加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)，则平衡不移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)，理由是令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动。故答案为：40%；不；令Q=，由于M点时氢气和水蒸气的体积分数相同，即浓度相同，加入4 mol H2(g)和4 mol H2O(g)以后，浓度依然相同，有Q=K，因此平衡不移动；
(4)硫化钠俗称臭碱，浓溶液有臭鸡蛋气味。Na2S溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(HS-)＋2c(H2S)=c(OH-)，c(HS-)＋2c(H2S)=c(OH-)-c(H+)，有c(OH-)-c(H+)>c(HS-)＋c(H2S) 。(选填“＜”、“>”或“=”)，往Na2S溶液中通入空气，产生淡黄色浑浊且溶液pH升高，解释其原因硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生。故答案为：>；硫化钠溶液呈碱性，通入氧气，发生反应：2Na2S＋O2＋2H2O → 4NaOH＋2S↓，由于每2 mol硫离子可生成4 mol氢氧根离子生成，因此溶液碱性增强，pH升高，由于有硫单质生成，因此有淡黄色沉淀产生。
（1）根据勒夏特烈原理，温度升高，利于平衡向吸热方向移动；根据化学方程式，混合气体增加的相对分子质量为2×28+4×18-4×2=120，根据4H2O(g)~混合气体的增加量，以及化学计量系数之比等于物质的量之比，结合反应速率表达式进行分析。
（2）扩大容器体积，相当于减压，利于平衡向压强增大（或气体分子数增大）的方向移动，据此分析。
（3）通过化学平衡三段式，以及比较浓度平衡常数（Q）与化学平衡常数（K）进行分析。若Q＞K，利于平衡向逆方向移动；若Q=K，平衡不移动；若Q＜K，利于平衡向正方向移动。
（4）根据溶液中质子守恒进行分析；Na2S溶液与空气中的氧气反应产生淡黄色的硫沉淀和强碱NaOH，据此分析。
9．（1）将烧渣粉碎、加热、适当增大硫酸的浓度、搅拌等
（2）；BCD
（3）
（4）玻璃棒、漏斗
（5）溶液中，故无沉淀生成
（1）可增大反应物的接触面积或增大反应物浓度均能提高烧渣的浸取率，可采用的措施有将烧渣粉碎、加热、适当增大硫酸的浓度、搅拌等；
（2）加入硫酸反应生成硫酸铁，加入铁粉与铁离子反应生成亚铁离子，滤液X中含有的金属阳离子是Fe2+；从滤液Y中获得晶体，必须的操作步骤依次有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，
故答案为：BCD；
（3）在空气中煅烧生成铁红即Fe2O3，空气中氧气做氧化剂，反应的化学方程式为；
（4）过滤操作需要用到的玻璃仪器有烧杯及玻璃棒、漏斗；
（5）室温下，达到沉淀溶解平衡时，溶液的为8，，此时为，浓度商Qc=，故无沉淀生成。
硫铁矿烧渣的主要成分为，“酸浸”过程中，除SiO2不反应外，铁的氧化物与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁 ；加入铁粉，硫酸铁被还原为硫酸亚铁，“过滤”后所得滤液X的主要成分是硫酸亚铁；加入的碳酸氢铵与硫酸亚铁反应生成FeCO3和硫酸铵，经洗涤、干燥后的FeCO3高温下被煅烧生成Fe2O3。
10．（1）SiO2、S；
（2）有蓝色沉淀生成
（3）NH4HCO3
（4）NH3
（5）3≤a<4
（6）pH>1.7之后，的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降
软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)中加入稀硫酸酸浸，SiO2不溶于稀硫酸，MnO2和Cu2S发生氧化还原反应生成S，因此滤渣1中含有SiO2和S，浸出液中主要含有Fe3+、Cu2+，Mn2+，调节pH，将Fe3+沉淀除去，则滤渣2的成分为氢氧化铁，将x和氨气通入含[Cu(NH)4]SO4的滤液，分离得到碳酸锰，碳酸锰经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锰之后的溶液加热使氨气逸出，制得碱式碳酸铜。
(1)由上述分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2和S，酸浸时，MnO2将Cu2S中的硫氧化成单质硫，则反应的化学方程式为，故答案为：SiO2、S；；
(2)K3Fe(CN)6溶液与Fe2+ 反应会生成蓝色沉淀，因此浸出液中含有Fe2+ 的现象是有蓝色沉淀生成，故答案为：有蓝色沉淀生成；
(3)根据反应流程可知，加入氨气和x后得到碳酸锰，则加入的物质应含有碳酸根或者碳酸氢根，又x为某种酸式盐，则x含有碳酸氢根，为了不引入杂质降低产品的纯度，且过量的x可在加热赶氨的过程中除去，x最好为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；
(4)由图可知，在加热赶氨的过程中生成了氨气，在前一步中需要加入氨水，从而可知氨气可以循环使用，故答案为：NH3；
(5)根据上述分析可知，流程中调节浸出液pH=a是为了将Fe3+沉淀除去，而Cu2+，Mn2+不能沉淀，当Fe3+完全沉淀时，，，此时，pH=3，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mn(OH)2]，Cu2+先沉淀，当Cu2+开始沉淀时，，此时pH=4，因此a的取值范围为3≤a<4，故答案为：3≤a<4；
(6)Fe3+存在水解平衡，pH>1.7之后，随着pH增大，溶液中氢离子浓度减小，水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
根据题干信息，“酸浸”时，SiO2不溶且不与稀硫酸反应，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，MnO2和Cu2S发生氧化还原反应生成S，所以滤渣1是SiO2和S，“浸出液”中含有Fe3+、Cu2+，Mn2+。Ksp越小，表示物质的溶解度越小，所以调节pH是将Fe3+沉淀除去，则滤渣2的成分为Fe(OH)3，将x和氨气通入含[Cu(NH)4]SO4的滤液，分离得到碳酸锰，碳酸锰经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锰之后的溶液加热使氨气逸出，制得碱式碳酸铜。据此分析。
11．（1）使气体与固体充分混合，使反应物充分反应；
（2）酸浸；2.5
（3）加热蒸发或蒸发浓缩；趁热过滤；将滤液冷却结晶
（4）产生还原性离子，将还原为沉降除去；4
(1)“煅烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是：使气体与固体充分混合，使反应物充分反应；根据分析可知“煅烧”时转化为Na2CrO4，化学方程式为：；
(2)金在煅烧和酸浸过程均不参与反应，酸浸后以滤渣形式脱离体系，故金在酸浸过程中回收。浸出液中含有，加入亚硫酸钠进行还原，离子方程式为：，每得到128g碲（物质的量为1mol），消耗的物质的量为2mol，当的浓度为0.8mol/L时，理论上消耗该溶液的体积为2.5L；
(3)向溶液中加入KCl固体，氯化钠固体的溶解度随温度变化较小，经过加热蒸发或蒸发浓缩使NaCl结晶析出，NaCl结晶析出后趁热过滤，滤液中的主要溶质为，的溶解度随温度变化较大，再将滤液冷却结晶得到晶体；
(4)用电解池原理处理废水，石墨作阴极，铁作阳极，铁失去电子生成亚铁离子，将还原为，故铁电极的作用是电子导体和产生还原性离子，将还原为沉降除去；根据表格中数据，当沉淀完全时，pH=5，浓度为，，当电解后溶液中浓度为时，，故pH=4。
结合题中信息，电镀污泥经过煅烧后Cr2O3转变为Na2CrO4，水浸酸化后转变为Na2Cr2O7，加入KCl固体蒸发浓缩趁热过滤，分离出氯化钠固体，滤液经过冷却结晶得到Na2Cr2O7固体；Cu和Te元素转变为CuO和TeO2，Au不被氧化，水浸后与Na2CrO4分离进入沉渣中，稀硫酸处理沉渣得到产品a，为Au；浸出液中含CuSO4和，电解沉积得到产品b，为Cu；溶液中加亚硫酸钠进行还原得到粗Te，离子方程式为：。
12．（1）SiO2；PbSO4
（2）需要消耗更多的H2O2和物质B
（3）D；Fe(OH)3
（4）12
（5）快速降温
（6）5；3.0×10-10
锌白粉中加入硫酸，ZnO、FeO、Fe2O3、CuO溶解并转化为相应的硫酸盐，SiO2不溶，PbO溶解并转化为难溶物PbSO4，故滤渣1中含有SiO2、PbSO4；过滤后加入锌粉，Cu2+被还原为Cu，同时Fe3+被还原为Fe2+；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入物质B，B能调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，且不引入新的杂质，则B应为锌的氧化、氢氧化物或碳酸盐。除去Fe(OH)3杂质后，再调整溶液pH，使Zn2+变为Zn(OH)2沉淀，将其过滤、洗涤，再用硫酸溶解Zn(OH)2，得到ZnSO4溶液，加入Zn粉，可以将溶液中的Fe2+转化为Fe单质，过滤除去，将ZnSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
(1)根据上述分析可知：滤渣1的主要成分为SiO2、PbSO4；
(2)“沉铜”操作时添加的物质A目的是除去溶液中的Cu2+，A物质可以是Zn或Fe。与使用Zn相比，使用Fe的不足之处是会引入Fe2+，在后续操作中需要消耗更多的氧化剂H2O2和物质B来调整溶液的pH；
(3)加入物质B是为了调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀除去，但不能引入杂质离子。
A．ZnO与H+反应产生Zn2+、H2O，可以调整溶液pH，不引入杂质离子，A正确； B．ZnCO3与H+反应产生Zn2+、H2O、CO2，可以调整溶液pH，不引入杂质离子，B正确；
C．Zn(OH)2与H+反应产生Zn2+、H2O，可以调整溶液pH，不引入杂质离子，C正确；
D．Zn5(OH)8Cl2·H2O与H+反应产生Zn2+、H2O、Cl-，可以调整溶液pH，但引入了杂质离子Cl-，D不正确；
故合理选项是D；
滤渣3中除加入的过量除杂试剂物质B外，还含有的主要物质是Fe3+水解水解形成Fe(OH)3沉淀；
(4)调节“滤液3”pH值，使Zn2+形成Zn(OH)2沉淀，但不能溶解变为可溶性，根据离子形成沉淀及物质溶解pH要求，溶液pH的范围是9.5~12.0；
(5)滤液4经过加热蒸发、冷却结晶等操作得到硫酸锌晶体，其中不同降温方式的冷却结晶得到晶体的颗粒大小及其质量分数不同，根据图示可知：如果需要得到较小的硫酸锌晶粒，宜选用快速降温的操作方法；
(6)CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，由于Ka(CH3COOH)=1.8×10-5。则，c(H+)=，故溶液pH=5；
对于H2S，在溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-，HS-H++S2-，Ka1=，Ka2=，Ka1·Ka2=·=，所以1.0×10-7×7.0×10-15=，解得c(S2-)=1.0×10-13 mol/L，所以根据Ksp(ZnS)=c(Zn2+)·c(S2-)=2.1×10-22，可知c(Zn2+)=。
(1)根据物质的性质判断；
(2)依据物质的性质选择合适的方法，不引入新杂质；
(3)除去离子，且不能引入杂质离子。
(4)根据离子形成沉淀及物质溶解pH要求选择；
(5)依据提纯物质的溶解性确定；
(6)利用Ka(CH3COOH)计算；先计算Ka1·Ka2，再根据Ksp(ZnS)计算。
13．（1）4.3-9.7
（2）19.98mL时，盐酸剩余，；20.02mL时，NaOH过量，，则pH=14-4.3=9.7。
当加入19.98mLNaOH溶液时，盐酸剩余，；
当加入20.02mLNaOH溶液时，NaOH过量，，则pH=14-4.3=9.7，故pH突跃范围是4.3-9.7。
分别计算出当加入氢氧化钠溶液19.98mL和20.02mL时候溶液pH，即是突变范围。
14．（1）搅拌
（2）2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
（3）Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去
（4）蒸发皿；出现少量晶膜
（5）0.003
（6）H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成
（1）搅拌、适当地升温均可以增大浸出率。故答案为：搅拌；
（2）Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成S和三价铁离子，反应离子方程式为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+，故答案为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+；
（3）加入的目的是调节pH，使Fe3+水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向进行，促进Fe3+的沉淀。故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去；
（4）操作X是从溶液中得到晶体的操作，应在蒸发皿中进行，当加热至溶液表面出现一层晶膜时停止加热，降温冷却得到晶体，故答案为：蒸发皿；出现少量晶膜；
（5）根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，得出c2(F-)≥4×10-6mol/L，设NiF2溶液的体积为VL，即溶液中n(F-)=2V×2×10-3=4V×10-3(mol)，沉淀时消耗的F-的物质的量为V×2×10-3mol，则总共需要n(F-)=6V×10-3mol，所加的NiF2溶液的浓度至少为3×10-3mol/L。故答案为：0.003；
（6）欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入新杂质应加入硫酸使反应逆行移动；由图示信息可知pH太小，锌的萃取率低；pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。故答案为：H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成；
（1）依据影响反应速率的因素分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）依据水解平衡移动原理分析；
（4）依据蒸发操作分析；
（5）根据Ksp计算；
（6）依据萃取平衡分析；
15．（1）2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol
（2）；bc
（3）会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；强碱弱酸；bd
(1)在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol=32g N2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32=612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol，故答案为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol；
(2)化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K=，由题干反应方程式2NO2(g) N2O4(g) =-57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b正确；
c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c正确；
d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为：；bc；
(3)①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应，反应原理为：+H2O+OH-，故答案为：会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，故答案为：强碱弱酸；
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，即使的浓度增大，则有：
a．通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，使得的浓度减小，的比值增大，a不合题意；
b．加入KOH固体，溶液中的OH-浓度增大，水解平衡+H2O+OH-逆向移动，使得的浓度增大，的比值减小，b正确；
c．通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，使得的浓度减小，的比值增大，c不合题意；
d．加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得的比值减小，d正确；
故答案为：bd。
（1）书写热化学反应方程式要注意物质的状态以及反应热的计算
（2）分析该反应可知，该反应是气体物质的量减小的和放热反应，可以考虑加压和降温来提高转化率
（3）根据碳酸钠的水解，利用其水解平衡进行解决
16．（1）将氧化为
（2）
（3）；；KSCN溶液
（4）8.4
（5）
（6）3.8
“萃取”时均进入有机相中，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为，加入NaOH溶液生成、，过滤得到滤渣1，加入盐酸得到氯化铁和ScCl3，加入氨水调pH沉淀铁离子，滤渣2是，加入盐酸酸溶生成ScCl3，加入草酸得到Sc2(C2O4)3，焙烧得到Sc2O3；
(1)有机相中含，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为；
(2)加入NaOH溶液沉淀离子，“滤渣1”的主要成分是、；
(3)由分析可知，“调pH”时先加氨水调节，目的是沉淀铁离子，过滤所得滤渣主要成分是；时，滤液中的浓度为；检验的试剂为KSCN溶液，若存在溶液会呈血红色；
(4)草酸溶液中8.4；
(5)草酸钪Sc2(C2O4)3在空气中“焙烧”时得到Sc2O3，C元素化合价升高生成二氧化碳，O元素化合价降低，反应的化学方程式；
(6)钛白酸性废水中含量，废水中质量最大为20.0mg/L×=2000×103mg=2kg，由元素质量守恒，解得m≈3.8kg。
“萃取”时均进入有机相中，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为，加入NaOH溶液生成、，过滤得到滤渣1，加入盐酸得到氯化铁和ScCl3，加入氨水调pH沉淀铁离子，滤渣2是，加入盐酸酸溶生成ScCl3，加入草酸得到Sc2(C2O4)3，焙烧得到Sc2O3，据此解答。
17．（1）3MnO2 +2Fe+ 12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；Fe2+不易形成氢氧化亚铁沉淀，先将其氧化为Fe3+，容易形成氢氧化铁沉淀
（2）[5.2，7. 7)；；1×10 -35.9
（3）MnF2+Mg2+ Mn2++MgF2、MnF2+Ca2+ Mn2++CaF2反应的K均大于105，反应可以视为完全进行
（4）负；22
（1）铁屑与MnO2反应生成Fe3＋，则MnO2应被还原，生成Mn2＋。反应过程中铁元素由0价变为+3价，失去3个电子；锰元素由+4价变为+2价，得到2个电子，结合得失电子守恒可得，MnO2、Mn2＋的系数为3，Fe、Fe3＋的系数为2。溶液显酸性，结合电荷守恒可得，反应物中含有H＋，且其系数为12。结合氢原子守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为6。因此该反应的离子方程式为：3MnO2＋2Fe＋12H＋=3Mn2＋＋2Fe3＋＋6H2O。
由于Fe2＋形成Fe(OH)2沉淀时，其pH较大，而Fe3＋形成Fe(OH)3沉淀时，pH较小，说明Fe2＋不易形成沉淀，因此“浸出液”中鼓入空气，是为了将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，便于形成Fe(OH)3沉淀。
（2）由表格数据可知，Fe(OH)3完全沉淀的pH值为3.7，Al(OH)3完全沉淀的pH为5.2，而Mn(OH)2开始沉淀的pH为7.7。加入CaCO3控制溶液的pH值，是为了使溶液中的Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀，而Mn(OH)2不形成沉淀，因此应控制溶液的pH为5.2～7.7。完全沉淀时，溶液中c(Fe3＋)=1.0×10－5mol·L－1，此时溶液的pH=3.7，则溶液中c(H＋)=1.0×10－3.7mol·L－1，因此溶液中c(OH－)=1.0×10－10.3mol·L－1。所以常温下Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3＋)×c3(OH－)=1.0×10－5×(1.0×10－10.3)3=1.0×10-35.9。
（3）加入MnF2时发生的反应为：①MnF2＋Mg2＋ Mn2＋＋MgF2、②MnF2＋Ca2＋ Mn2＋＋CaF2。反应①的平衡常数，因此反应①可进行完全。反应②的平衡常数，因此反应②可进行完全。
（4）电解MnSO4溶液制取Mn单质的过程中，阴极的电极反应式为：Mn2＋＋2e－=Mn，因此金属Mn做电解池的阴极，应与电源的负极相连。阳极电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，因此阳极产生的气体为O2，其物质的量，则反应过程中转移电子数为0.2mol×4=0.8mol。所以阴极反应生成n(Mn)=0.4mol，其质量m=n×M=0.4mol×55g·mol-1
=22g。
（1）铁屑与MnO2反应生成Fe3＋，则MnO2应被还原，生成Mn2＋，据此写出反应的离子方程式。“浸出液”中鼓入空气，可将溶液中Fe2＋氧化成Fe3＋，便于形成Fe(OH)3沉淀。
（2）根据Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀的pH值，以及Mn(OH)2开始沉淀的pH分析。根据Fe(OH)3完全沉淀的pH值，结合Ksp[Fe(OH)3]的表达式进行计算。
（3）根据加入MnF2时发生的反应，计算反应的平衡常数K，若K＞105，说明反应几乎完全进行。
（4）电解MnSO4溶液制取金属Mn时，Mn2＋在阴极发生还原反应，生成Mn单质，其电极反应式为：Mn2＋＋2e－=Mn。阳极上H2O中的OH－发生失电子的氧化反应，生成O2，其电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。
18．（1）＞；AC
（2）否；T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，SO2转化率增大，T1之后反应①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO2转化率减小
（3）0.125 mol·L－1·h－1；增加n(CH4)或减压（合理即可）
（4）1∶1；减小
(1)①2SO2(g)+CH4(g) S8(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Q1(Q1＞0) ②2SO2(g)+CH4(g) S2(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Q2(Q2＞0)由①-②，可得S8(g)+ Q1=S2(g)+Q2，可得S8(g) =S2(g)+Q2-Q1，由S8在300℃左右会分解成S2，过程中吸收热量，可知Q2-Q1<0，可得Q1>Q2；
A．CO2物质的量浓度不变，说明反应已达到平衡状态，A正确；
B．反应均为气体的反应，气体总质量反应前后质量守恒，保持不变，恒容容器体积不发生改变，则整个反应混合气体密度为p= ，达到化学平衡前后，混合气体的密度都不变，不能说明化学反应已达到平衡，B不正确；
C．随着反应进行，气体分子数增加，气体压强增大，当容器内压强不再变化时，可以说明化学反应已达到平衡，C正确；
D．反应起始量SO2与CH4的物质的量为2：1，反应过程中SO2与CH4的反应物质的量之比始终为2：1，不能说明反应达到平衡状态，D不正确；
故答案为：AC。
(2)反应①和反应②均为放热反应，温度升高，a点的转化率还未达到SO2的平衡转化率；
T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，SO2转化率增大，T1之后反应①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO2转化率减小；
(3)120min=2h，根据图中信息，可知v(CH4)== =0.125 mol·L－1·h－1，根据影响平衡移动的因素，可知可以适当的增加n(CH4)或减小压强；
(4)由图像可知，pH=7时，纵坐标为0.5，故n (SO) ：n (HSO) =1：1；随着氧化反应进行2 HSO+O2=2H++2SO溶液中H+的浓度逐渐增大，所以溶液中的pH逐渐减小；
（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（2）反应达到平衡状态时SO2的转化率不再变化；
（3）根据计算；提高SO2的平衡转化率应使平衡正向移动；
（4）pH=7时，纵坐标等于0.5，n (SO) ：n (HSO) =1：1；随着氧化的进行，溶液中氢离子浓度增大，pH减小。
19．（1）
（2）0.882(或)；碱；(或或)；；A
（3）气雾；应选择的溶液，此时氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本
（1） H=反应物的总键能-生成物的总键能=4×414+3×393-（414+891+3×436.4）=+220.8kJ/mol；
（2）①已知，，有=；NH4CN是弱酸弱碱盐，水解产生H+，CN-水解产生OH-，由电离平衡常数＞知水解产生的OH-多于H+，故NH4CN溶液呈碱性；
②由题中化学反应方程式可知酸性由强到弱顺序为HNO2＞HF＞HCN，故的电离平衡常数的范围为：；
③由题知电离平衡常数可得，CO2与KCN反应的离子方程式为：；
④A．HCN的电离常数Ka=4.9×10-10，CN-的水解常数为Kb=≈2×10-5，，=，x≈，即c(OH-)=，则c(H+)==，pH=-lg c(H+)≈9.3，故A正确；
B．NaCN与HCN的混合溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，结合可得，故B不正确；
C． HCN的电离常数Ka=4.9×10-10，CN-的水解常数为Kb=≈2×10-5，NaCN的水解大于HCN的电离，则，故C不正确；
故答案为：A；
（3）①由图可得用气雾对HCN进行消毒时，HCN质量浓度下降最快且消毒较彻底，故气雾为最佳消毒剂；
②由图可知当溶液的浓度为时，氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本，故应选的溶液。
（1）根据 H=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
（2）①根据计算；电离平衡常数＞，则铵根离子的水解程度更大， 溶液呈碱性；
③电离平衡常数越大，酸性越强；
④A.根据pH=-lg c(H+)计算；
B.结合电荷守恒和物料守恒分析；
C.NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，；
（3）①气雾对HCN进行消毒时，HCN质量浓度下降最快且消毒较彻底；
②的溶液为时，氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本。
20．（1））Al2(SO4)3 + (NH4)2SO4+ 24H2O2NH4Al(SO4)2·12H2O
（2）；Fe(OH)3、Al(OH)3
（3）在用氨水调节 pH 时，Cd2+和 Zn2+会同时沉淀，无法分离；Cd(OH)2；Cd(OH)2 + 2OH- = [Cd(OH)4]2-
（4）降温结晶
（1）硫酸铝、硫酸铵反应生成铵明矾的化学方程式为 Al2(SO4)3 + (NH4)2SO4+ 24H2O2NH4Al(SO4)2·12H2O ；
（2）X溶液的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，为了不引入新杂质，X应为过氧化氢溶液，过氧化氢为共价化合物，其电子式为；根据上述分析可知，滤渣1的成分是Fe(OH)3和 Al(OH)3；
（3）加入氨水， Zn2+也会生成沉淀，先用萃取剂将Zn2+可防止 Cd2+和 Zn2+同时沉淀，因此如果没有设计萃取这一步骤，将会产生的影响是在用氨水调节 pH 时，Cd2+和 Zn2+会同时沉淀，无法分离；根据分析可知，滤渣2的成分为Cd(OH)2；Cd(OH)2性质类似Al(OH)3， 则Cd(OH)2能与强碱溶液发生反应Cd(OH)2 + 2OH- = [Cd(OH)4]2- ；
（4）水相经过滤得到的废液中主要含有硫酸根离子，可返回到降温结晶步骤循环使用。
废水过滤除去不溶性杂质，加入硫酸铵降温结晶生成铵明矾，过滤分离出铵明矾，向所得滤液中加入X溶液和氨水，X溶液的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水之后，铁离子和铝离子生成沉淀，过滤除去，则滤渣1为氢氧化铁和氢氧化铝， 过滤后萃取分离出锌元素，得到水相后加氨水生成Cd(OH)2沉淀得到滤渣2。
