《2022届新高考化学二轮复习非选择题题型分类练题型二 工艺流程题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届新高考化学二轮复习非选择题题型分类练题型二 工艺流程题.docx（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、题型二工艺流程题（A组）1氯化亚铜是一种重要的化工产品，广泛用于电镀和冶金等方面。它不溶于乙醇，难溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在空气中易被氧化。一种以海绵铜（主要成分是Cu，含少量CuO及其他杂质）为原料生产CuCl的工艺流程如图1所示：请回答下列问题：（1）为了提高“溶解”速率，宜采用的措施有（回答两条即可）。（2）写出“溶解”过程中发生氧化还原反应的离子方程式。（3）“过滤2”所得滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作可获得种化肥，该化肥的主要成分是（填化学式）。写出“还原”过程中发生的主要反应的化学方程式。（4）氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如图2和图3所示。分析温度过低影响CuCl产率
2、的原因是；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是（任答一点即可）。（5）现有xt工业海绵铜（铜元素的质量分数为w），经上述流程，最终得到ytCuCl产品。则CuCl的产率为（用代数式表示）。2马日夫盐易溶于水，且水溶液呈酸性，主要用作大型机械设备的防锈剂，也用作各种武器等的润滑层和防护层。以软锰矿（主要成分为MnO2，还含少量的FeO、Al2O3和SiO2）为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如图所示：已知常温下，几种离子形成氢氧化物沉淀时，开始沉淀与恰好完全沉淀时的pH如表所示：Fe3Fe2Mn2Al3开始沉淀2.77.67.74.0完全沉淀3.29.610.05.2回答下列问题：（1）
3、Mn2H2O中锰元素的化合价是；固体2的主要成分经处理可得到一种用于生产油漆、涂料的物质，该处理方法是；调pH1时，pH的范围是，试剂Y不宜为（填标号）。A氨水BNa2CO3C.CaCO3（2）浸锰过程中除了SO2是还原剂外还有一种还原剂，写出该还原剂被氧化的离子方程式。沉锰过程中有一种无色无味气体生成，写出相应反应的离子方程式。由表中数据可求出常温下Ksp为（离子浓度小于等于1105molL1时可认为其沉淀完全）。（3）操作X包括、过滤、洗涤、干燥。马日夫盐可作防锈剂的原因是在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，处理过程中马日夫盐可转化为FeHPO4的原理是。3约翰古迪纳夫、斯坦
4、利威廷汉和吉野彰三名科学家由于在锂离子电池研究的巨大贡献，获得了2019年诺贝尔化学奖。从废弃后的锂电池（主要成分为LiCoO2，此外含铁、铝、铜、锰、镍等）中回收有关物质，回收工艺流程如下：（1）酸浸时LiCoO2会发生氧化还原反应，其化学方程式为。（2）操作使用的玻璃仪器有。（3）操作溶液中Al3的浓度为1.0molL1，缓慢通入氨气，使其产生Al（OH）3沉淀，则Al3沉淀完全时溶液的最小pH为已知：离子沉淀完全时c（Al3）1.0105molL1，Ksp11035，溶液体积变化忽略不计。（4）产品可制得LiOH溶液，向其中加入少量NH4HCO3溶液并共热，有浑浊现象，该反应的化学方程式
5、是_。（5）若提纯产物中的镍钴锰三元材料用LiNiCoMnO2表示，其中Ni、Co的化合价分别为2、3，则用氧化物的形式可表示为；该材料可通过回收的Ni（1xy）CoxMnyCO3与LiOHH2O烧结得到，反应中不能隔绝空气，其原因是。（6）镍钴锰三元材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等重要优点。若镍钴锰三元材料表示为LiNixCoyMnzO2（简写为LiAO2），其中xyz1，Ni为主要活性元素。充电时总反应为LiAO2nC=Li1xAO2LixCn（0x1），工作原理如图所示。则放电时的b极反应式为。4著名化学家徐光宪在稀土领域贡献突出，被誉为
6、“稀土界的袁隆平”。钇是稀土元素之一，我国蕴藏着包矿石，工业上通过如图所示工艺流程制取氧化钇，并获得副产物铍。已知：.钇（Y）的常见化合价为3；.铍和铝处于元素周期表的对角线位置，化学性质相似；.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表：离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe32.13.1Y36.08.3（1）滤渣的主要成分是（填化学式）。试剂A可以是（填标号）。ANaOH溶液B氨水C.CO2DCaO（2）用氨水调节pHa时a的取值范围是。（3）计算常温下Y33H2OY（OH）33H的平衡常数K（常温下Ksp8.01023）。（4）滤液加入氨水产生沉淀的离子方程式为。（5）从BeCl2溶
7、液中得到BeCl2固体的操作是。（6）常见的由BeCl2固体生产Be的工业方法有两种，电解法：电解NaClBeCl2混合熔融盐制备Be；热还原法：熔融条件下，钾还原BeCl2制备Be。以上两种方法你认为哪种更好并请说明理由。（B组）1锗是一种重要的金属资源，在半导体、光学领域、军事装备中有着重要的应用。一种从ZnO烟尘（主要成分为ZnOGeO2、ZnS、PbO2、CaO、FeO）中提取锗的流程如下：已知：单宁对Ge4有很好的选择性，可以生成单宁锗沉淀；GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解度低；GeO2nH2O在5.3molL1的盐酸中溶解度最小。回答下列问题：（1）酸浸时生成Ge的化学方程式是；酸
8、浸过程中，浓硫酸用量并非越多越好，过多的浓硫酸反而会使锗的浸出率降低，可能的原因是。（2）步骤加入ZnO粉末的作用是。（3）步骤不能使用稀盐酸的理由是，该步骤也可使用SOCl2在300条件下进行氯化，除GeCl4外，反应还生成一种V形分子，写出相应的化学方程式。（4）步骤涉及反应的化学方程式为，该步骤高纯水不能过量，原因是。（5）若ZnO烟尘为akg（二氧化锗的质量分数为b%），经提纯最终得到ckg的锗，则锗的产率为（用含a、b、c的式子表示）。2绿矾（FeSO47H2O）可作还原剂、着色剂等，古代硫酸的制法是隔绝空气煅烧绿矾。绿矾在酸性条件下经过氧化、水解、聚合等过程可制得聚合硫酸铁（PFS
9、），聚合硫酸铁是一种新型的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理，极易溶于水，微溶于酒精。以绿矾为原料，制备聚合硫酸铁固体的流程如图1所示，其中聚合的过程如图2所示。图1图2回答下列问题：（1）某同学认为绿矾隔绝空气煅烧的产物为Fe2O3、SO3和H2O，你（填“支持”或“不支持”）该同学的观点，理由是。（2）实验室保存绿矾水溶液需要加入。检验绿矾水溶液是否变质可加入。（3）工业上氧化过程中加入的是，在实验室若选用双氧水氧化Fe2，加入双氧水的方法是（填“一次性加入”或“分次加入”）。（4）聚合过程中Fe3与OH的个数比为（Fe3的个数用n表示），聚合硫酸铁的聚合度不会很大的原因是。（5）在浓缩过
10、程中，加入酒精的目的是。（6）某同学称取聚合硫酸铁固体产品1.5000g置于250mL锥形瓶中，加入适量稀硫酸，加热至沸，趁热加入稍过量的SnSO4溶液，发生反应Sn22Fe3=2Fe2Sn4，再加入硫酸磷酸组成的混酸及指示剂，立即用0.1000molL1K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2（K2Cr2O7被还原为Cr3），直至终点消耗K2Cr2O7溶液20.00mL。此方法测得的聚合硫酸铁固体产品中Fe3的质量分数（填“偏小”“无影响”或“偏大”）。3利用某冶金行业产生的钒炉渣（主要含V2O3及少量SiO2、P2O5等杂质）可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体（NH4）5（VO）6（CO3）4（OH）9
11、10H2O，其生产流程如图：已知：V2O5微溶于水，可溶于碱生成VO。向Na3VO4溶液中加酸，不同pH对应的主要存在形式如表：pH1310.612约8.438约21存在形式VOV2OV3OV10OV2O5VO回答下列问题：（1）“焙烧”后V元素转化为NaVO3，该反应的化学方程式为。（2）欲除去磷元素使c（PO）1.0106molL1，则应控制溶液中Mg2浓度至少为molL1（已知KspMg3（PO4）21.01024）。此时Si元素转化为（写化学式）。（3）“沉钒”的作用为，“沉钒”需要控制pH约为。（4）“还原”过程中，生成VOSO4和一种常温下无色无味的气体化合物，该反应的离子方程式为
12、。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VO2，该方法的缺点是。4工业上常采用堆浸反萃取电积法从低品位锌矿（主要成分为ZnS，含有FeS2、CuS、NiS、SiO2等杂质）中获得锌，其流程如图1所示。已知：“堆浸”时金属硫化物均转化为硫酸盐；pH过高时，氢氧化氧铁沉淀为胶状。回答下列问题：（1）“堆浸”时为了提高反应速率，可以采取的措施为（填标号）。a大幅升温b将锌矿粉碎c将锌矿充分暴露（2）“堆浸”时FeS2发生反应的化学方程式为。（3）“除铁”时发生反应的总离子方程式为。“除铁”时，pH对不同金属离子沉淀率的影响如图2所示。“除铁”时最合理的pH约为。事实上Zn2、Cu2、Ni2在pH6时难以沉
13、淀，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn2、Cu2、Ni2的沉淀率均升高，原因可能为。（4）“置换镍”时用锌粉直接置换速率极小，目前采用“锑盐净化法”置换，即置换时在酸性含Ni2溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，可得到合金NiSb，该反应的离子方程式为。已知Ni的熔点为1455，Sb的熔点为630.5，则该合金的熔点范围为（填“高于1455”“在630.5和1455之间”或“低于630.5”）。（5）电积时反萃液pH应控制在一定范围内，pH不能太高，原因为；也不能太低，pH太低时会因发生副反应而使电积效率明显降低，该副反应的电极反应式为。题型二工艺流程题(A组)1答案：(1)适当加热；适当增大硫酸
14、浓度(2)3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O(3)(NH4)2SO42CuSO4(NH4)2SO32NH4ClH2O=2CuCl2(NH4)2SO4H2SO4(4)温度过低，反应速率较慢Cu2容易向CuO和Cu2O转化或铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(5)100%解析：(1)从影响反应速率的因素分析，增大反应物接触面积可使反应速率加快；适当提高“溶解”过程中的温度，或适当增大硫酸的浓度等也可以增大“溶解”速率。(2)在酸性条件下硝酸根离子能氧化铜，还原产物为NO，反应的离子方程式为3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O。(3)“还原”过程中亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，
15、Cu2被还原生成CuCl，反应的化学方程式为2CuSO4(NH4)2SO32NH4ClH2O=2CuCl2(NH4)2SO4H2SO4。“过滤2”所得滤液经一系列操作得到的化肥的主要成分是硫酸铵。(4)反应过程中，温度过低，反应速率较慢，则CuCl产率较低；温度过髙、pH过大，Cu2容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐 (氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解。(5)理论上可得到CuCl的质量为t，而实际上得到CuCl产品的质量为yt，则CuCl的产率100%。2答案：(1)2灼烧3.2pH4.0C(2)MnO22FeO8H=Mn22Fe34H2OMn22HCO=MnCO3CO2H2O11013
16、(3)蒸发浓缩、冷却结晶H2PO电离的H被Fe消耗掉，促进H2PO进一步电离，最终形成FeHPO4解析：(1)由化合物中各元素化合价的代数和为0可求出Mn2H2O中锰元素的化合价为2。由题表中数据和上述流程分析知，调pH1的目的是使Fe3转化为Fe沉淀，固体2的主要成分为Fe，灼烧Fe得到的Fe2O3可用于生产油漆等，故调pH1时，pH的范围为3.2pH4.0。体系中含有H2SO4，若加入CaCO3调pH，方面体系中存在的H2SO4与CaCO3反应产生微溶物CaSO4，CaSO4覆盖在CaCO3表面，阻止反应继续进行，另一方面会引入Ca2，沉锰时会生成CaCO3沉淀，故试剂Y不宜为CaCO3。
17、(2)浸锰时，MnO2被SO2、FeO还原为Mn2，SO2、FeO分别被氧化为SO、Fe3，由此可写出FeO被氧化的离子方程式。沉锰时得到MnCO3沉淀与CO2气体，相应反应的离子方程式为Mn22HCO=MnCO3CO2H2O。由题表中数据知pH10.0时，Mn2恰好沉淀完全，此时c1104molL1，c1105molL1，故Ksp11013。(3)要从酸溶后的溶液中得到Mn22H2O，需要进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作。H2PO电离的H被Fe消耗掉，促进H2PO进一步电离，最终形成FeHPO4。3答案：(1)2LiCoO2H2O23H2SO4=Li2SO42CoSO44H2O
18、O2(2)分液漏斗、烧杯(3)4.0(4)2LiOHNH4HCO3Li2CO32H2ONH3(5)3Li2O2NiOCo2O32MnO2需要空气中的O2把其中2价的Co和2价的Mn氧化为更高的价态(6)LixCnxe=nCxLi解析：由流程图可知，废锂电池(主要成分为LiCoO2，此外含铁、铝、铜、锰、镍等)，拆解后酸浸，加入过氧化氢还原3价钴，过滤除去不溶性杂质，滤液加Na2SO4除铁(形成黄钠铁矾)，加萃取剂萃取除铜，再通氨气，调节溶液pH沉淀铝离子，过滤得到固体氢氧化铝，此时滤液中含有Li、Ni2、Co2、Mn2，再加NH4HCO3制LiOHH2O，并回收Co。(1)LiCoO2和H2O
19、2在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸锂、硫酸钴、水和氧气，反应的化学方程式为2LiCoO2H2O23H2SO4=Li2SO42CoSO44H2OO2。(2)根据工艺流程图得出，操作为萃取，所以使用的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯。(3)由工艺流程图可知，操作调节溶液pH的目的是使Al(OH)3沉淀完全，而Ni2、Co2、Mn2不沉淀，若使Al(OH)3沉淀完全，根据Kspcc3，则c(OH)1010molL1，所以最小pHlg1044.0。(4)向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，可根据浑浊现象判断是Li2CO3沉淀，根据原子守恒可知生成Li2CO3的化学方程式是2LiOHNH4HC
20、O3Li2CO32H2ONH3。(5)根据化合物中各元素的化合价代数和为0，LiNiCoMnO2中Ni、Co的化合价分别为2、3，设Mn的化合价为x，则1(2)(3)x(2)20，计算得x4，所以表示成氧化物形式为3Li2O2NiOCo2O32MnO2，由Ni(1xy)CoxMnyCO3可知需要O2将其中的Co和Mn元素氧化到较高价态，故通过回收的Ni(1xy)CoxMnyCO3与LiOHH2O烧结得到LiNiCoMnO2，反应中不能隔绝空气。(6)充电时总反应为LiAO2nC=Li1xAO2LixCn(0x1)，则放电时的b极为负极，失电子，化合价升高，电极反应式为LixCnxe=nCxLi
21、。4答案：(1)H2SiO3B(2)3.1a6.0(3)1.251020(4)Y33NH3H2O=Y(OH)33NH(5)蒸发结晶时，向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干)(6)电解法好，同时能得到工业原料Cl2 (或热还原法好，操作简单，不产生有毒气体)解析：(1)根据已知信息和流程中“BeCl2”可知，钇矿石的化学式可改写为Y2O3FeO2BeO2SiO2，则铁元素的化合价为2。根据已知信息知，BeO是两性氧化物，所以钇矿石和NaOH共熔后加水溶解，“滤液”的主要成分为Na2BeO2和Na2SiO3，钇元素和铁元素留在“滤渣”中。Na2BeO2和Na2SiO3中加入过量盐酸
22、发生反应生成NaCl、BeCl2、H2SiO3和NaCl，H2SiO3不溶于水，过滤后“滤液”的主要成分为BeCl2、NaCl、HCl，“滤渣”的主要成分为H2SiO3。“滤液”中加入过量试剂A后过滤得到Be(OH)2沉淀，根据已知信息可知Be(OH)2具有两性，能与强碱发生反应，所以选择弱碱氨水沉淀Be2，故选B。(2)向含钇元素和铁元素的“滤渣”中加入稀盐酸溶解，得到含YCl3、FeCl3 (共熔过程中铁元素被氧气氧化为3价)的溶液，滴加氨水调节pHa后过滤，“滤液”中含有钇元素，所以该操作的目的是除去溶液中的Fe3使其转化为Fe(OH)3沉淀，但不能使Y3转化为沉淀，结合已知信息可知，a
23、的取值范围为3.1a6.0。(3)平衡常数K1.251020。(4)“滤液”的主要成分是YCl3、NH4Cl，加入氨水后生成Y(OH)3，化学反应方程式为YCl33NH3H2O=Y(OH)33NH4Cl，根据离子方程式的拆分规则可写出离子方程式。(5)根据已知信息可知，Be2易水解，为抑制Be2水解需要在酸性环境中加热蒸干溶液才能得到BeCl2固体。不产生有毒气体，且操作简单，因此热还原法好。(6)NaClBeCl2混合熔融盐发生的反应为BeCl2BeCl2，得到Be的同时还有Cl2生成，Cl2是常用的工业原料，因此电解法好。 (热还原法制备Be的反应为2KBeCl2Be2KCl，不产生有毒气
24、体，且操作简单，因此热还原法好。)(B组)1答案：(1)3H2SO4(浓)ZnOGeO2=ZnSO4Ge3H2O生成的PbSO4、CaSO4覆盖在氧化锌烟尘表面，阻碍了氧化锌烟尘的进一步反应，导致浸出率降低(2)调节pH，使Fe3转变为Fe(OH)3沉淀(3)稀盐酸会使GeCl4溶解度变大，水解程度较大，使最终产率减小GeO22SOCl2GeCl42SO2(4)GeCl4(2n)H2O=GeO2nH2O4HCl若高纯水过量，则可能会使得到的盐酸浓度小于5.3molL1，增大GeO2nH2O的溶解量，最终使锗产率降低(5)100%解析：(1)由题干信息可知，反应物是ZnOGeO2和H2SO4(浓
25、)，反应产物是ZnSO4、H2O和Ge，反应的化学方程式是3H2SO4(浓)ZnOGeO2=ZnSO4Ge3H2O。酸浸时若浓硫酸用量过大，浸出前期的反应速率快，会导致PbSO4、CaSO4的生成速率快，其覆盖在氧化锌烟尘表面，使得浓硫酸不能进一步与氧化锌烟尘内部的物质发生化学反应，从而导致锗浸出率下降。因此浓硫酸用量并非越多越好。(2)Fe3在溶液中发生水解反应Fe33H2OFe(OH)33H，加入ZnO与H反应，使得平衡正向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀，因此加入ZnO粉末的作用是调节pH，使Fe3转变为Fe(OH)3沉淀。(3)由已知信息可知，GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解
26、度低。而步骤加入浓盐酸的目的是使GeO2转化为GeCl4，降低GeCl4的溶解度并减少其水解，从而提高GeCl4的产率。根据反应物可知生成的V形分子是SO2，因此该氯化反应并非是氧化还原反应，由此可写出相应的化学方程式为GeO22SOCl2GeCl42SO2。(4)步骤中GeCl4和纯水反应生成GeO2nH2O，该反应为水解反应，反应的化学方程式为GeCl4(2n)H2O=GeO2nH2O4HCl；若高纯水过量，则可能会使得到的盐酸浓度小于5.3molL1，这样会增大GeO2nH2O的溶解量，最终使锗产率降低。(5)ZnO烟尘为akg，其中二氧化锗的质量分数为b%，则理论上制得的锗的质量为a1
27、000b%g，实际上产物锗的质量为ckg，则产率为100%。2答案：(1)不支持绿矾隔绝空气煅烧生成Fe2O3，铁元素化合价升高，Fe2O3是氧化产物，产物中应有元素化合价降低的还原产物SO2(2)铁钉(或铁粉)和硫酸KSCN溶液(3)空气(或O2)分次加入(4)n(2n2)聚合过程中溶液酸性变强，不利于聚合(5)降低聚合硫酸铁的溶解度利于其析出(6)偏大解析：(1)运用氧化还原反应价态变化规律判断，可知Fe2O3是氧化产物，缺少还原产物SO2，此观点不正确。(2) Fe2有还原性，所以需加入铁钉(或铁粉)防止其被氧化；加入硫酸抑制Fe2水解。若绿矾水溶液变质，则生成Fe3，加入KSCN溶液检
28、验，溶液变为血红色，则证明已变质。(3)工业上通入大量空气氧化Fe2，实验室使用双氧水氧化Fe2时，需分次加入，防止迅速生成的Fe3催化H2O2分解。(4)聚合过程中Fe3与OH的个数比为22、34、46等，可通过规律判断聚合过程中Fe3与OH的个数比为n(2n2)；聚合过程需OH参与，H浓度随着聚合过程变大，酸性变强，不利于聚合过程的进行。(5)聚合硫酸铁微溶于酒精，加入酒精，降低聚合硫酸铁的溶解度，有利于聚合硫酸铁的析出。(6)过量的SnSO4会消耗较多的Cr2O，测得的结果偏大。3答案：(1)V2O3O2Na2CO3=2NaVO3CO2(2)1104MgSiO3(3)分离除去Na，使产品
29、更纯净2(4)2VOHCOOH2H=2VO2CO22H2O生成有毒气体氯气解析：钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁得到MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀，过滤后经沉钒得到V2O5，再加入稀硫酸溶解得到VO，酸性条件下加入甲酸还原得到VO2，在加入碳酸氢铵，得到氧钒碱式碳酸铵晶体。(1)“焙烧”后V元素转化为NaVO3，说明V2O3在焙烧过程中被氧化，根据电子守恒可知V2O3和O2的系数比为11，再结合元素守恒可得化学方程式为V2O3O2Na2CO3=2NaVO3CO2；(2)当溶液
30、中c(PO)1.0106molL1时，c(Mg2)3KspMg3(PO4)2C2(PO43-)molL11104molL1；此时Si元素转化为MgSiO3沉淀；(3)沉钒前的溶液中含有大量Na，沉钒可以分离除去Na，使产品更纯净；根据题目所给信息可知沉钒时需要将V元素转化为微溶于水的V2O5，所以控制pH约为2；(4)还原过程中还原剂为HCOOH，所以生成的无色无味的气体化合物应为CO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2VOHCOOH2H=2VO2CO22H2O；浓盐酸中Cl会被V2O5氧化为有毒气体氯气。4答案：(1)bc(2)2FeS27O22H2O2FeSO42H2SO4(3)2
31、Fe2H2O24OH=2FeOOH2H2O3.2生成的氢氧化氧铁胶体具有较强的吸附性，可将Zn2、Cu2、Ni2吸附而使其沉淀(4)2Ni2Sb2O36H5Zn=2NiSb3H2O5Zn2低于630.5(5)pH太高，锌离子会生成氢氧化锌沉淀2H2e=H2解析：(1)由于“堆浸”是在细菌催化下发生反应，细菌对温度有一定的要求，所以不能大幅升温。将锌矿粉碎，可增大接触面积，提高反应速率。根据“堆浸”时金属硫化物均转化为硫酸盐可知空气中的氧气参与了反应，故将锌矿充分暴露也可以提高反应速率。(2)根据已知，结合质量守恒、得失电子守恒得FeS2发生反应的化学方程式为2FeS27O22H2O2FeSO4
32、2H2SO4。(3)由题图1可知，“除铁”时的反应物为FeSO4、H2O2、NaOH，生成物有FeOOH，则“除铁”时发生反应的总离子方程式为2Fe2H2O24OH=2FeOOH2H2O。由题图2可知在pH3.2时，Fe2的沉淀率很高，而其他金属离子的沉淀率很低，而继续升高pH，Fe2的沉淀率升高很小，但Cu2的沉淀率升高较大，故“除铁”时最合理的pH为3.2。由题给已知进行分析可知，pH较高时产生氢氧化氧铁胶状沉淀，其吸附性很强，Cu2、Zn2、Ni2因被吸附而沉淀。(4)“锑盐净化法”的还原剂为Zn，氧化剂为Ni2和Sb2O3，氧化产物为Zn2，还原产物为NiSb，据此可以写出发生反应的离子方程式：2Ni2Sb2O36H5Zn=2NiSb3H2O5Zn2。一般情况下，合金的熔点比各组分金属的熔点低，故合金NiSb的熔点范围为低于630.5。(5)由于Zn(OH)2难溶于水，所以反萃液pH应控制在一定范围内，pH太高，会产生氢氧化锌沉淀；pH过低，会发生副反应而使电积效率明显降低，可见该副反应与溶液中的H有关，结合电解时阴极阳离子的放电顺序可知，阴极发生的副反应为2H2e=H2。