高考化学压轴题之氧化还原反应高考题型整理突破提升附详细答案.docx
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高考化学压轴题之氧化还原反应高考题型整理突破提升附详细答案
一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)
1.根据当地资源等情况,硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。
完成下列填空:
(1)将0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)充入一个2L的密闭容器中,在一定条件下发生反应:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+Q。
经2分钟反应达到平衡,测得n(SO3)=0.040mol,则O2的平均反应速率为______
(2)在容积不变时,下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号)
a.移出氧气b.降低温度
c.减小压强d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)
(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图,请在图中画出其他条件不变情况下,起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___
(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4
①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后,加入铁粉,可制备FeSO4。
酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性,其原因是______
②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,本身被氧化为SO42﹣。
写出有关的离子方程式______。
有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______
【答案】0.005mol/(L•min)bd
抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14NA
【解析】
【分析】
(1)根据v=
求出氧气的速率,然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算;
(2)反应放热,为提高SO2平衡转化率,应使平衡向正反应方向移动,可降低温度,体积不变,不能从压强的角度考虑,催化剂不影响平衡移动,移出氧气,平衡向逆反应方向移动,不利于提高SO2平衡转化率,由此分析解答;
(3)反应是放热反应,温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但达到平衡所需要的时间缩短,据此画出曲线;
(4)①Fe3+与Fe2+易水解,Fe2+易被氧化成Fe3+;
②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式,结合方程计算转移电子数。
【详解】
(1)v(SO3)=
=
=0.01mol/(L•min),所以v(O2)=
v(SO3)=0.005mol/(L•min),故答案为:
0.005mol/(L•min);
(2)a.移出氧气,平衡逆向移动,二氧化硫的转化率减少,故不选;
b.降低温度,平衡正向移动,二氧化硫的转化率增大,故选;
c.减小压强,平衡逆向移动,二氧化硫的转化率减少,故不选;
d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相当于增大压强,平衡正向移动,二氧化硫的转化率增大,故选;
故答案为:
bd;
(3)反应:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H<0,SO2的转化率在起始温度T1=673K下随反应时间(t)的变化如图,其他条件不变,仅改变起始温度为T2=723K,温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但反应速率增大,达到平衡需要的时间短,在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示
;故答案为:
;
(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后,生成的Fe3+与Fe2+易水解,Fe2+易被氧化成Fe3+,所以要加入Fe粉和酸,抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+,故答案为:
抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+;
②−2价的硫离子具有还原性,FeS2可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,而本身被氧化为硫酸根离子,有关的离子方程式为:
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+,氧化产物是硫酸根离子,有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA,故答案为:
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+;14NA。
【点睛】
注意(3)温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但反应速率增大,达到平衡需要的时间短,此为解题的关键。
2.废水中过量的氨氮(
和
)会导致水体富营养化。
某科研小组用
氧化法处理氨氮废水。
已知:
①
的氧化性比
强;②
比
更易被氧化;③国家相关标准要求经处理过的氨氮废水
要控制在6~9。
(1)
时,
可与
反应生成
等无污染物质,该反应的离子方程式为___________。
(2)进水
对氨氮去除率和出水pH的影响分别如图1和图2所示:
①进水
在1.25~2.75范围内时,氨氮去除率随
的升高迅速下降的原因是__________。
②进水
在2.75~6范围内时,氨氮去除率随
的升高而上升的原因是___________。
③进水
应控制在____________左右为宜。
(3)为研究空气对
氢化氨氮的影响,其他条件不变,仅增加单位时间内通人空气的量,发现氨氮去除率几乎不变。
其原因可能是______(填序号)
a.
的氧化性比
弱
b.
氧化氨氮速率比
慢
c.
在废水中溶解度比较小
d.空气中的
进入废水中
【答案】
随着
的升高,
含量增大,氧化性降低,导致氨氯去除率下降随着
的升高,氨氮废水中
含量增大,而
比
更易被氧化1.5
【解析】
【分析】
(1)pH=1.25时,NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质,次氯酸根离子被还原为氯离子和水,结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式;
(2)①进水pH为1.25~2.75范围内,氨氮去除率随pH升高迅速下降是c(OH-)较大,抑制NaClO水解,c(HClO)较小致氧化能力弱;
②进水pH为2.75~6.00范围内氨氮去除率随pH升高而上升,氨气含量增大氨氮易被氧化;
③结合图象变化可知进水pH应控制在1.0左右;
(3)其他条件不变,仅增加单位时间内通入空气的量,发现氨氮去除率几乎不变,说明O2氧化氨氮速率比NaClO慢,比次氯酸钠氧化性弱,溶液中溶解的氧气少等原因。
【详解】
(1)pH=1.25时,NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质,次氯酸根离子被还原为氯离子,结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式:
3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+2H+;
(2)①进水pH为1.25~2.75范围内,氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是:
随着PH升高,NaClO含量增大,氧化性能降低,导致氨氮去除率下降;
②进水pH为2.75~6.00范围内,氨氮去除率随pH升高而上升的原因是:
随着PH升高氨氮废水中氨气含量增大,氨氮更易被氧化;
③进水pH应控制在1.50左右,氨氮去除率会较大;
(3)研究空气对NaClO氧化氨氮的影响,其他条件不变,仅增加单位时间内通入空气的量,发现氨氮去除率几乎不变。
其原因可能是:
O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小;故答案为:
abc。
3.目前全世界的镍(Ni)消费量仅次于铜、铝、铅、锌,居有色金属第五位。
镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产,也常用作催化剂。
碱式碳酸镍的制备:
工业用电解镍新液(主要含NiSO4,NiCl2等)制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O],制备流程如图:
(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X,X的化学式为__。
(2)物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。
分析如图,反应器中最适合的pH值为__。
(3)检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。
测定碱式碳酸镍晶体的组成:
为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成,某小组设计了如图实验方案及装置:
资料卡片:
碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O
实验步骤:
①检查装置气密性;
②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中,连接仪器;
③打开弹簧夹a,鼓入一段时间空气,分别称量装置C、D、E的质量并记录;
④__;
⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气;
⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录;
⑦根据数据进行计算(相关数据如下表)
装置C/g
装置D/g
装置E/g
加热前
250.00
190.00
190.00
加热后
251.08
190.44
190.00
实验分析及数据处理:
(4)E装置的作用__。
(5)补充④的实验操作___。
(6)通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__(填化学式)。
镍的制备:
(7)写出制备Ni的化学方程式__。
【答案】CO28.3取最后一次洗涤液少许,加入HCl酸化的BaCl2溶液,若无沉淀产生,则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a,点燃酒精灯,观察到C中无气泡时,停止加热NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O
【解析】
【分析】
(1)根据元素守恒分析判断;
(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH;
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠,因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留;
(4)根据实验目的和各个装置的作用分析;
(5)根据实验目的和前后操作步骤分析;
(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量,再根据质量守恒确定化学式;
(7)氧化还原反应中电子有得,必有失,根据化合价变化确定生成物,进而配平方程式。
【详解】
(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X,反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个,反应后现有:
Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个,少O原子4个,C原子2个,而这些微粒包含在2个X分子中,所以X的化学式为CO2,故答案为:
CO2;
(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件,根据图可知,在pH=8.3时,各种杂质相对最少,所以反应器中最适合的pH8.3,故答案为:
8.3;
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠,因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留,故答案为:
取最后一次洗涤液少许,加入HCl酸化的BaCl2溶液,若无沉淀产生,则证明沉淀已经洗涤干净;
(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O,D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2,E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中,影响实验数据的测定,故答案为:
吸收空气中的H2O和CO2;
(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气,避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰,排空气后,应该开始进行反应,因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a,点燃酒精灯,观察到C中无气泡时,说明固体分解完全,停止加热;步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气,将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置,被完全吸收,故答案为:
关闭弹簧夹a,点燃酒精灯,观察到C中无气泡时,停止加热;
(6)水的质量为251.08g−250g=1.08g,CO2的质量为190.44g−190g=0.44g,由于发生的是分解反应,所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g,则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比(也就是分子个数比)为即:
,xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O
. 6H2O↑+CO2↑+3NiO,根据元素守恒可得可得x=1,y=2,z=4即xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O中x:
y:
z的值1:
2:
4,故答案为:
NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O;
(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni,Ni元素得电子,被还原,同时还生成气体X和Y,由第
(1)问知X为CO2,氧化还原反应有得电子,必有失电子的物质,由此判断另一种气体为N2,根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式,故答案为:
2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。
4.研究证明,高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物,而且不产生任何诱变致癌的产物,具有高度的安全性。
湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法,实验步骤如下:
A.直接用天平称取60.5gFe(NO3)3·9H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。
B.在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌,又想其中缓慢少量分批加入Fe(NO3)3·9H2O,并不断搅拌。
C.水浴温度控制在20℃,用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右,溶液成紫红色时,即表明有Na2FeO4生成。
D.在继续充分搅拌的情况下,向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。
E.将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。
保持温度在20℃,并不停的搅拌15min,可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成,即K2FeO4.
(1)①步骤B中不断搅拌的目的是_______。
②步骤C中发生反应的离子方程式为______。
③由以上信息可知:
高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠_______(填“大”或“小”)。
(2)高铁酸钾是一种理想的水处理剂,与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。
①该反应的离子方程式为______。
②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_______。
③在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法,则洗涤剂最好选用_______。
A.H2OB.稀KOH溶液、异丙醇C.NH4Cl溶液、异丙醇D.Fe(NO3)3溶液、异丙醇
(3)高铁酸钠还可以用电解法制得,其原理可表示为Fe+2NaOH+2H2O
3H2↑+Na2FeO4,则阳极材料是____,电解液为______。
(4)25℃时,Ksp(CaFeO4)=4.536×10-9,若要使100mL1.0×10-3mol/L的K2FeO4溶液中的c(FeO42-)完全沉淀,理论上要加入Ca(OH)2的物质的量为_____mol。
(5)干法制备高铁酸钾的方法是Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾和KNO2等产物。
则该方法中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。
【答案】使固体充分溶解(或其他合理说法)2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-小4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑消毒、净水B铁NaOH溶液4.536×10-53:
1
【解析】
【分析】
(1)①搅拌操作可增加固体与液体的接触面积;
②步骤C中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)3·9H2O,在20℃左右,生成Na2FeO4;
③在Na2FeO4的浓溶液中加入KOH固体,有高铁酸钾析出,根据溶解度大的制备溶解度小的可得;
(2)①该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价,根据转移电子相等配平方程式;②高铁酸钾在铁元素为+6价,有强氧化性,还原产物Fe3+,在水溶液中易水解生成氢氧化铁胶体;③洗涤剂的选择要求:
要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试剂;
(3)电解总反应在碱性条件下进行,电解时阳极发生氧化反应,铁失电子生成高铁酸根离子;
(4)根据溶度积常数计算;
(5)根据含元素化合价升高的物质为还原剂,含元素化合价降低的物质为氧化剂,并根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比。
【详解】
(1)①搅拌操作可增加固体与液体的接触面积,则步骤B中不断搅拌的目的是使固体充分溶解;
②步骤C中中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)3·9H2O,在20℃左右,生成Na2FeO4,此时发生反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-;
③根据题,将KOH加入Na2FeO4得到K2FeO4,说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小;
(2)①该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价,其转移电子数为6,根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-;②高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性,是一种优良的水处理剂,起到杀菌消毒作用,形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用;③洗涤剂的选择要求:
要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试剂,在选项中,A能让K2FeO4水解,B中醋酸钠水解显碱性,对K2FeO4水解能起到抑制作用,C和D中的铵根和三价铁离子易水解,且水解后显酸性,对K2FeO4水解能起到促进作用,故选B,故答案为:
B;
(3)电解总反应在碱性条件下进行,电解时阳极发生氧化反应,铁失电子生成高铁酸根离子,则阳极材料是Fe,电解液为NaOH溶液;
(4)25℃时,CaFeO4的Ksp=4.536×10-9,若要使100mL1.0×10-3mol•L-1的K2FeO4溶液中的c(FeO42- )完全沉淀,理论上至少要加入的Ca(OH)2的物质的量=
×0.1L=
mol/L×0.1L=4.536×10-5mol;
(5)干法制备高铁酸钾的方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物,其中氮元素化合价从+5价降到+3价,得2e-,KNO3为氧化剂,Fe2O3中铁元素化合价从+3价升到+6价,共失去电子6e-,为还原剂,得失电子相等,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:
1。
5.锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。
Ⅰ.
(1)锑在元素周期表中的位置_____。
(2)锑(Ⅲ)的氧化物被称为锑白,可以由SbCl3水解制得,已知SbCl3水解的最终产物为锑白。
为了得到较多、较纯的锑白,操作时将SbCl3徐徐加入大量水中,反应后期还要加入少量氨水。
试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用_______。
工业上,还可用火法制取锑白,是将辉锑矿(主要成分为Sb2S3)装入氧化炉的坩埚中,高温使其融化后通入空气,充分反应后,经冷却生成锑白。
写出火法制取锑白的化学方程式______。
Ⅱ.以辉锑矿为原料制备金属锑,其中一种工艺流程如下:
已知部分信息如下:
①辉锑矿(除Sb2S3外,还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等);
②浸出液主要含盐酸和SbCl3,还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质;
③常温下,Ksp(CuS)=1.0×10-36,Ksp(PbS)=9.0×10-29。
回答下列问题:
(3)“酸浸”过程中Sb2S3发生反应的化学方程式为_____。
(4)已知:
浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。
在沉淀铜、铅过程中,缓慢滴加极稀的硫化钠溶液,先产生沉淀的是_____(填化学式);当CuS、PbS共沉沉时,
=______(保留小数点后一位)。
(5)在“除砷”过程中,氧化产物为H3PO4。
该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。
(6)在“电解”过程中,锑的产率与电压大小关系如图所示。
当电压超过U0V时,锑的产率降低的原因可能是_________。
【答案】第5周期第ⅤA族2SbCl3+3H2O
Sb2O3+6HCl,不断加入SbCl3,使SbCl3浓度增大,利于水解平衡右移,反应后期加入氨水中和盐酸,使c(HCl)减小,利于平衡右移2Sb2S3+9O2
2Sb2O3+6SO2Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S↓CuS1.1×10-83:
4H+参与电极反应
【解析】
【分析】
Ⅱ.辉锑矿粉加入盐酸和SbCl5溶液,得到SbCl3和SbCl5溶液,还含有杂质CuCl2、AsCl3和PbCl2等,加入适量Sb将SbCl5还原为SbCl3,加入Na2S使铜和铅沉淀以除去CuCl2和PbCl2,然后加入NaHPO2除去杂质砷。
得到的SbCl3溶液电解得到金属Sb,同时得到SbCl5,可以返回到酸浸步骤循环使用。
【详解】
Ⅰ.
(1)锑和氮在同一主族,其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。
(2)SbCl3水解:
2SbCl3+3H2O
Sb2O3+6HCl,将SbCl3徐徐加入大量水中,SbCl3浓度增大,水解平衡右移,反应后期还要加入少量氨水中和HCl,使c(HCl)减小,平衡右移,有利于Sb2O3的生成。
故答案为:
2SbCl3+3H2O
Sb2O3+6HCl,不断加入SbCl3,使SbCl3浓度增大,利于水解平衡右移,反应后期加入氨水中和盐酸,使c(HCl)减小,利于平衡右移。
火法制取锑白,是辉锑矿(主要成分为Sb2S3)在高温下和空气中的氧气反应,生成Sb2O3的同时生成SO2。
化学方程式为:
2Sb2S3+9O2
2Sb2O3+6SO2。
Ⅱ.(3)“酸浸”时Sb2S3和SbCl5溶液反应,得到SbCl3和SbCl5的混合溶液,滤渣中有硫,是此反应的生成物,Sb2S3发生反应的化学方程式为Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S。
(4)浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。
在沉淀铜、铅过程中,缓慢滴加极稀的硫化钠溶液,当Cu2+开始沉淀时,c(S2-)=
=1.0×10-32mol/L,当Pb2+开始沉淀时,c(S2-)=
=9.0×10-28mol/L,所以先产生沉淀的是CuS;当CuS、PbS共沉淀时,
=
=
=
=1.1×10-8。
(5)加入NaHPO2除砷,发生了NaHPO2和AsCl3的反应,氧化产物为H3PO4,还原产物是As,磷的化合价从+1价升高到+5价,生成1molH3PO4失去4mol电子,砷的化合价从+3价降低到0价,生成1molAs得到3mol电子,根据电子守恒,该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:
4。
(6)电解SbCl3溶液制取锑,在阴极是Sb3+得到电子生成Sb,当电压过大时,溶液中的H+也可能在阴极放电,导致锑的产率降低。
6.2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人,以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。
(1)工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6,还含有FeO、CaO、MgO等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如图:
回答下列问题:
①锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6,其氧化物的形式为___。
②为提高“酸化焙烧”效率,常采取的措施是___。
③向“浸出液”中加入CaCO3,其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸,控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀,则pH至少为___。
(已知:
,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33,完全沉淀后离子浓度低于1×l0-5)mol/L)。
④“滤渣2”的主要化学成分为___。
⑤“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的___(化学式)溶液
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