2020年高考化学真题模拟题专项汇编__15工艺流程题（解析版）

2020年高考化学真题模拟题专项汇编__15工艺流程题（解析版）

专题15 工艺流程题 ‎2020年高考真题 ‎1．（2020年山东新高考）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：‎ 已知浸出时产生的废渣中有SO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是 A．浸出镁的反应为 B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 ‎【答案】B ‎【解析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。‎ A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；‎ B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；‎ C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；‎ D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎2．（2020年新课标Ⅰ）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。‎ 35‎ 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：‎ ‎(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。‎ ‎(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。‎ ‎(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，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，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。‎ ‎(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。‎ ‎(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。‎ ‎【答案】（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） ‎ ‎（2）Fe2+ VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O ‎ ‎（3）Mn2+ Fe3+、Al3+ ‎ ‎（4）Fe(OH)3 ‎ ‎（5）NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O ‎（6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全 ‎ ‎【解析】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，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2‎ 35‎ O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。‎ ‎(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；‎ ‎(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；‎ ‎(3)根据分析，“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+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+；‎ ‎(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3；‎ ‎(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。‎ ‎(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。‎ ‎3．（2020年新课标Ⅲ）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如下表所示：‎ 35‎ 金属离子 Ni2+‎ Al3+‎ Fe3+‎ Fe2+‎ 开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH 沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH ‎7.2‎ ‎8.7‎ ‎3.7‎ ‎4.7‎ ‎2.2‎ ‎3.2‎ ‎7.5‎ ‎9.0‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。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 ‎“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。‎ ‎(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·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______________。‎ ‎【答案】（1）除去油脂、溶解铝及其氧化物 +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O ‎（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 ‎ ‎【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①‎ 35‎ 为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。‎ ‎(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；‎ ‎(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+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；‎ ‎(3)“转化”在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+，故答案为：O2或空气；Fe3+；‎ ‎(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；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，故答案为：；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，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；‎ 35‎ ‎(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，故答案为：提高镍的回收率。‎ ‎4．（2020年山东新高考）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______________________。‎ ‎【答案】（1）增大接触面积，充分反应，提高反应速率 ‎ ‎（2）过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2 （3）蒸发 （4）H2O2 4.9 ‎ ‎（5） ‎ ‎【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 35‎ 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+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，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。‎ ‎2020届高考模拟试题 ‎5．（2020届河南省郑州市高三第二次质检）银系列产品广泛地应用于化工、电子电锁、材料和工业催化等领域，对含银废料中贵金属银的综合回收具有重要的研究意义。一种对银粉和 AgNO3 生产过程中产生的含银废料进行综合回收的工艺流程如图：‎ ‎ ‎ 35‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）“溶解”反应的化学方程式为 ______。稀硝酸能否用浓硫酸代替____（填“能”或“不能”)，原因是______________。‎ ‎（2）“过滤3”操作中用到的玻璃仪器是_____________。 ‎ ‎（3）“络合”步骤中需要加氨水调pH≈7.7，生成的络合物为_____________。 ‎ ‎（4）N2H4•H2O称水合肼，具有强还原性和碱性。水合肼与硫酸反应生成正盐的化学式为_______。‎ ‎（5）“还原”步骤中产生的气体可参与大气循环，该气体分子的电子式为_______。‎ ‎（6）“母液 2”中溶质的化学式为______________。‎ ‎（7）粗银经过烘干、焙烧、电解得到纯度99. 9% 的银。‎ ‎①焙烧是在中频炉中进行 ，中频炉优点是加热升温速度快，氧化烧损仅为 0.5%， 在此焙烧目的是_______。‎ ‎②电解时粗银做电极阳极，阴极为不锈钢板 ，电解液为 AgNO3 、HNO3 、KNO3 混合溶液，电解液中HNO3 和 KNO3 的作用分别是__________、_________。‎ ‎【答案】（1）3Ag+ 4HNO3 =3AgNO3 + NO↑+ 2H2O 不能 硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去 ‎ ‎（2）烧杯、玻璃棒、漏斗 （3）Ag(NH3)2Cl ‎ ‎（4）N2H6SO4 （5） （4）NH4Cl ‎ ‎（7）①除去粗银中含有的杂质 ②调节电解液的pH 提高电解液的导电性 ‎ ‎【解析】（1）“溶解”反应是银与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水，方程式为：3Ag+ 4HNO3 =3AgNO3 + NO↑+ 2H2O；不能浓硫酸代替稀硝酸，因为硫酸银微溶，覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去，故答案为：3Ag+ 4HNO3 =3AgNO3 + NO↑+ 2H2O；不能；硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去；‎ ‎（2）过滤操作要用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗； ‎ ‎（3）过滤2的固体为AgCl，加入氨水，发生络合反应生成Ag(NH3)2Cl，故答案为：Ag(NH3)2Cl；‎ 35‎ ‎（4）N2H4•H2O具有碱性，与硫酸反应生成正盐为N2H6SO4，故答案为：N2H6SO4；‎ ‎（5）水合肼具有还原性，其被Ag(NH3)2Cl氧化的方程式为N2H4·H2O＋4Ag(NH3)2Cl＝N2↑＋4Ag↓＋H2O+ 4NH4Cl，则产生的气体N2可参与大气循环，其电子式为，故答案为：；‎ ‎（6）根据（5）可知，反应后溶液中存在NH4Cl，“母液2”中溶质的化学式为NH4Cl，故答案为：NH4Cl；‎ ‎（7）①过滤后NH4Cl包裹在粗银中，焙烧可除去，故答案为：除去粗银中含有的杂质； ‎ ‎②HNO3显酸性，可调节电解液的pH；KNO3 可提高电解液的导电性，故答案为：调节电解液的pH；提高电解液的导电性。‎ ‎6．（2020届广东省深圳市高三第一次调研）钻钼系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钴钼催化剂(主要含有、CoS和)中回收钴和钼的工艺流程如图：‎ 已知：浸取液中的金属离子主要为、、。‎ ‎（1）钼酸铵中的化合价为________，在空气中高温焙烧产生两种氧化物：和________(填化学式)。‎ ‎（2）为了加快酸浸速率，可采取的措施为________(任写一条)。‎ ‎（3）若选择两种不同萃取剂按一定比例(协萃比)协同萃取和，萃取情况如图所示，当协萃比________，更有利于的萃取。‎ 35‎ ‎（4）操作Ⅰ的名称为________。‎ ‎（5）向有机相1中滴加氨水，发生的离子方程式为________。‎ ‎（6）萃取的反应原理为，向有机相2中加入能进行反萃取的原因是________(结合平衡移动原理解释)。‎ ‎（7）水相2中的主要溶质除了，还有________(填化学式)。‎ ‎（8）可用作电极，若选用电解质溶液，通电时可转化为，其电极反应式为________。‎ ‎【答案】（1）+6 （2）搅拌 （3） （4）分液 ‎（5） ‎ ‎（6）根据可知，加入，增大，平衡向左移动 ‎ ‎（7） ‎ ‎（8） ‎ ‎【解析】从废钴钼催化剂(主要含有、CoS和)经过焙烧后，得到，CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金属离子主要为、、，经过萃取和分液得到有机相1和水相1，有机相1中含有，加入氨水后得到钼酸铵溶液，经结晶后得到钼酸铵；水相1中含有、，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有和，有机相2中含有、SO42-，加入硫酸后，得到水相3，加入草酸铵，得到草酸钴，加热草酸钴可以得到四氧化三钴，据此分析解答。‎ 35‎ ‎（1）中，铵根离子为+1价，O为-2价，所有元素的化合价之和为0，Mo的化合价为+6，和氧气反应的化学方程式为：2+7O2=2+4SO2，可知生成物有二氧化硫和两种氧化物；‎ ‎（2）为了加快酸浸速率，可采取的措施为搅拌，可以增大接触面积；‎ ‎（3）根据图像，找到最多，较少的协萃比为4:1；‎ ‎（4）操作1是将有机相和水相分开，是分液；‎ ‎（5）有机相1中含有，加入氨水后得到钼酸铵溶液，化学方程式为；‎ ‎（6）根据可知，加入，增大，平衡向左移动，能进行反萃取；‎ ‎（7）水相1中含有、，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有和；‎ ‎（8）可以表示成，在碱性条件下可发生氧化反应，生成，电极反应为。‎ ‎7．（2020届东北三省四市联合模拟）碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿（Cu2S，含有SiO2和少量Fe2O3等杂质）为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示：‎ 已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ ‎②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水中会分解生成NH3；‎ ‎③Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。‎ 35‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有___（任写一种）。‎ ‎（2）滤渣I经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣I中的主要成分是___（填化学式）。回收淡黄色副产品过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是___。‎ ‎（3）常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO，调节pH的范围为___，若加A后将溶液的pH调为5，则溶液中Fe3+的浓度为___ mol/L。‎ ‎（4）写出“沉锰”（除Mn2+）过程中反应的离子方程式：___。‎ ‎（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是___。‎ ‎（6）测定副产品MnSO4·H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为___（保留到小数点后两位）。‎ ‎【答案】（1）搅拌；适当增加硫酸浓度；适当加热等 ‎ ‎（2）SiO2、S、MnO2 温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发 ‎ ‎（3）3.7～5.6(或3.7≤pH<5.6) 4.0×10-11 （4）Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+ ‎ ‎（5）将溶液加热 （6）96.57% ‎ ‎【解析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，Cu2S在酸性条件下被二氧化锰氧化，SiO2不溶于稀硫酸，滤渣I经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，说明滤渣I中含有S，过滤得到的滤渣中含有MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，加入A，调节溶液的pH使铁离子形成氢氧化铁沉淀，除去铁；加入碳酸氢铵溶液沉淀锰，过滤得到碳酸锰，用硫酸溶解，生成硫酸锰晶体，滤液赶出氨气，参与循环使用，同时得到碱式碳酸铜，据此分析解答。‎ ‎（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可以适当增加硫酸的浓度，充分搅拌，加热等，故答案为：搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等；‎ ‎（2）滤渣I的主要成份MnO2、SiO2、单质S；回收淡黄色副产品——S的过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低，原因是温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发，故答案为：SiO2；S；MnO2；温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发；‎ 35‎ ‎（3）加入的试剂A是用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧化铜、氢氧化铜等，根据有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围，溶液pH应该介于3.7～5.6( 或3.7≤pH＜5.6)，若加A后将溶液的pH调为5，则c(OH-)=10-9mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，则溶液中铁离子浓度为mol/L=4.0×10-11 mol/L，故答案为：3.7～5.6( 或3.7≤pH＜5.6)； 4.0×10-11；‎ ‎（4）“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+，故答案为：Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+；‎ ‎（5）氨气易挥发，“赶氨”时，最适宜的操作方法是将溶液加热，故答案为：将溶液加热；‎ ‎（6）测定MnSO4•H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，为硫酸钡物质的量==0.02mol，n(MnSO4•H2O)=n(BaSO4)=0.02mol，则此样品中MnSO4•H2O物质的量为：0.02mol×=0.08mol，则样品中MnSO4•H2O的纯度=×100%=96.57%，故答案为：96.57%。‎ ‎8．（2020届广东省佛山市质检）Na5PW11O39Cu/T1O2膜可催化污染物的光降解，一种生产工艺流程如下，回答下列问题：‎ ‎（1）“溶解I”发生的离子反应方程式为______________，Na2WO4 (钨酸钠)在酸性条件下有较强的氧化性，该步骤不能用浓盐酸代替浓硝酸的原因是____________。‎ ‎（2）“除杂”时用过量有机溶剂萃取溶液中的NO3-，再通过_________方法分离杂质。‎ ‎（3）“溶解II”需要加入水、乙醇和稀硫酸。‎ ‎①加入乙醇的目的是_____________。‎ ‎②钛酸四丁酯水解产生TiO2和C4H9OH的化学方程式为_____。‎ ‎③溶液中Cu2+浓度为0.02 mol·L-1，需调节pH小于________。(已知Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20)‎ ‎（4）培烧温度、Na5PW11O39Cu 用量对Na5PW11O39Cu/TiO2膜催化活性的影响随(时间)变化如图1、图2所示：‎ 35‎ 制备Na5PWl1O39Cu/TiO2膜的最佳条件为：培烧温度_____，Na5PW11O39Cu用量_______。‎ ‎【答案】（1） WO42-具有强氧性，将盐酸氧化生成有毒气体氯气，污染环境 ‎ ‎（2）分液 （3）①增大钛酸四丁酯的溶解度 ② ③5‎ ‎（4）100℃ 3.0g ‎ ‎【解析】（1）浓硝酸和HPO42-和WO42-反应生成，化学方程式为：；Na2WO4 (钨酸钠)在酸性条件下有较强的氧化性，会和浓盐酸反应生成有毒气体氯气，故答案为；WO42-具有强氧性，将盐酸氧化生成有毒气体氯气，污染环境；‎ ‎（2）“除杂”时用过量有机溶剂萃取溶液中的NO3-，再通过分液方法分离杂质，故答案为：分液；‎ ‎（3）①“溶解II”需要加入水、乙醇和稀硫酸，加入乙醇的目的是增大钛酸四丁酯的溶解度，故答案为：增大钛酸四丁酯的溶解度；‎ ‎②钛酸四丁酯水解产生TiO2和C4H9OH，化学方程式为：，故答案为：；‎ ‎③利用,则 35‎ ‎，则；则，故答案为：5；‎ ‎（4）由图一可知温度为100℃时Na5PWl1O39Cu/TiO2膜的活性最高；由图二可知当Na5PW11O39Cu用量为3.0g时Na5PWl1O39Cu/TiO2膜的活性最高，故答案为：100℃；3.0g。‎ ‎9．（2020届四川省泸州市高三第三次质检）金属钒主要用于冶炼特种钢， 被誉为 “合金的维生素”。工业上常用富钒炉渣 （主要含FeO·V2O3， 还有少量P2O5等杂质） 制取钒的流程如下图。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）已知焙烧中先发生4FeO·V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反应， 其氧化产物是__，进一步生成可溶性NaVO3的反应方程式为______。‎ ‎（2）25℃时，Ksp(NH4VO3)＝4×10-2，电离平衡常数Kb(NH3·H2O) ＝1.8×10-5。“沉钒” 后VO3-的浓度为mol/L，则滤液的pH为___。除OH-与VO3-外，滤液中还可能存在的阴离子是__。‎ ‎（3） “热解” 过程产生的气体 y的电子式为__。‎ ‎（4）硅参与高温还原反应的方程式为_____，炉渣的主要成分是__。‎ ‎（5）钒比铁的金属性强。工业上通过电解精炼 “粗钒” 可得到99.5%的纯钒， 以熔融LiCl－KCl－VCl2为电解质，“粗钒” 中含少量铁和硅。则 “粗钒” 应连接电源的___极， 阴极的电极反应式为__。‎ ‎【答案】（1）V2O5、Fe2O3 V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑ ‎ ‎（2）4.5 Cl-和H2PO42-、PO43-或HPO42- （3） ‎ ‎（4）5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3 CaSiO3 ‎ 35‎ ‎（5）正或＋ V2+＋2e-＝V ‎ ‎【解析】焙烧是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O2 8NaVO3+2Fe2O3+4CO2，气体x为CO2，水浸，浸出渣为氧化铁，得到NaVO3溶液，滤液中加入NH4Cl沉钒生成NH4VO3，受热分解生成V2O5，和氨气，最后用硅铁还原，硅参与高温还原反应的方程式为5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3 ，炉渣的主要成分是CaSiO3。‎ ‎（1）焙烧中先发生4FeO·V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反应，铁由+2价升高为+3价，钒由+3从升高为+5价，其氧化产物是 V2O5、Fe2O3，进一步生成可溶性NaVO3的反应方程式为V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑ 。故答案为： V2O5、Fe2O3；V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑ ；‎ ‎（2）25℃时，Ksp(NH4VO3)＝4×10-2，电离平衡常数Kb(NH3·H2O) ＝1.8×10-5。“沉钒” 后VO3-的浓度为mol·L－1，Ksp(NH4VO3)＝4×10-2=c(NH4+)c(VO3-)，c(NH4+)==1.8 mol·L－1,‎ ‎ ‎ Kh= ,x=c(H+)=10-4.5mol·L－1,则滤液的pH为4.5。除OH-与VO3-外，P2O5溶于水生成磷酸电离出H2PO42-、PO43-或HPO42- ，滤液中还可能存在的阴离子是Cl-和H2PO42-、PO43-或HPO42- 。故答案为：4.5；Cl-和H2PO42-、PO43-或HPO42- ；‎ ‎（3）“热解” 过程产生的气体 y是氨气，N原子最外层是5个电子，与3个氢原子形成3个共用电子对，电子式为。故答案为：；‎ ‎（4）硅高温时将钒还原，同时生成的二氧化硅与氧化钙形成炉渣，硅参与高温还原反应的方程式为5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3 ，炉渣的主要成分是CaSiO3。故答案为：5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3 ；CaSiO3；‎ 35‎ ‎（5）以熔融LiCl－KCl－VCl2为电解质，“粗钒” 中含少量铁和硅， “粗钒” 应连接电源的正或＋极，发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，阴极的电极反应式为V2+＋2e-＝V。故答案为：正或＋；V2+＋2e-＝V。‎ ‎10．（2020届河南省焦作市高三第三次模拟）KMnO4在医疗上有广泛地应用，可用于防腐、制药、消毒等。现以软锰矿（主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、SiO2等）为原料制备KMnO4的工业流程如图所示。‎ ‎（1）料渣的主要成分是____，操作2的意义是__________。‎ ‎（2）“调pH”的目的是__________；写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式：________；熔融过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。‎ ‎（3）操作3的内容为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、烘干，已知KHCO3、KMnO4的溶解度曲线是下图中的两种，则KHCO3、KMnO4的溶解度曲线分别是_____（填序号）。‎ ‎（4）用惰性电极电解K2MnO4溶液也可得到目标产物，则生成目标产物的电极反应式为___________，充分电解后，得到的溶液中溶质的主要成分是______和KMnO4。‎ ‎【答案】（1）SiO2 提高原料的利用率 ‎（2）除去Al3+ 2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+ 1:2 ‎ ‎（3）II、Ⅲ （4）MnO42--e-= MnO4- KOH ‎ ‎【解析】软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、SiO2等)加入稀硫酸同时通入二氧化硫，可将MnO2还原成Mn2+，则溶液中主要阳离为Mn2+和Al3+，料渣为不溶于稀硫酸的SiO2，之后滤液中加入碳酸锰调节pH使Al3+转化为Al(OH)3沉淀除去；然后加入高锰酸钾氧化Mn2+得到MnO2沉淀，向熔融状态的MnO2中通入氧气，同时加入KOH，反应生成K2MnO4，加水溶解并通入过量二氧化碳，K2MnO4发生歧化得到含KMnO4和KHCO3的溶液，以及MnO2‎ 35‎ 沉淀，之后对滤液进行蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤烘干得到高锰酸钾晶体。‎ ‎（1）根据分析可知料渣主要成分为SiO2，操作2可以提高原料的利用率；‎ ‎（2）调pH值的目的是使Al3+转化为Al(OH)3沉淀除去；氧化过程中KMnO4和Mn2+发生归中反应得到MnO2，离子方程式为2 MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；熔融过程中O2为氧化剂，由0价降为-2价，每个氧气分子可以得到4个电子，MnO2为还原剂，化合价由+4价升为+6价，失去2个电子，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2；‎ ‎（3）操作3的内容为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、烘干，说明KHCO3的溶解度随温度变化较大，为防止其析出要趁热过滤，所以曲线II代表碳酸氢钾；而KMnO4的溶解度随温度变化不大，而且KMnO4析出，说明其溶解度要比碳酸氢钾的溶解度小，所以曲线Ⅲ代表KMnO4的溶解度；‎ ‎（4）由K2MnO4得到KMnO4，锰元素化合价升高被氧化，所以应在阳极生成，电极方程式为MnO42--e-= MnO4-；电解过程中阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时破坏水的电离平衡产生氢氧根，所以溶质为KOH和KMnO4。‎ ‎11．（2020届广东省汕头市高三一模）溴酸镉[Cd(BrO3)2]常用做分析试剂、生产荧光粉等。以镉铁矿(成分为 CdO2、Fe2O3、FeO 及少量的Al2O3 和SiO2)为原料制备[Cd(BrO3)2]的工艺流程如下： ‎ 已知 Cd(SO4)2 溶于水，回答下列问题： ‎ ‎（1）为提高镉的浸取率，酸浸时可采取的措施有 ____________(任写两种即可)。 ‎ ‎（2）还原镉时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生的离子反应方程式为 ________。 ‎ ‎（3）加入H2O2 溶液的目的是_________。 ‎ ‎（4）滤渣2 的主要成分为_______________ (填化学式)；为检验滤液中是否含有 Fe3+离子，可选用的化学试剂是__________________ 。 ‎ ‎（5）实际工业生产中，有时还采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中 Cd2+的含量， 其原理是：Cd2++ 2NaR=2Na++ CdR2 ，其中 NaR 为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液(此时溶液 pH＝6)经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的 Na+比交换前增加了 0.0552 g/L，则该条件下Cd(OH)2 的 Ksp 值 为___________。 ‎ 35‎ ‎（6）已知镉铁矿中 CdO2 的含量为 72 %，整个流程中镉元素的损耗率为 10 %，则 2t 该镉铁矿可制得 Cd(BrO3)2(摩尔质量为 368 g/mol)质量为 ________kg。‎ ‎【答案】（1）增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施（写出两种即可）‎ ‎（2）3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+ （3）将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+ ‎ ‎（4）Al(OH)3、Fe(OH)3 KSCN （5）1.210-19 （6）3312 ‎ ‎【解析】用稀硫酸溶解镉铁矿，其中SiO2不溶于水和酸，通过过滤出去，即滤渣1为SiO2；滤液中主要含有Fe2+、Fe3+、Al3+和Cd4+，加入CH3OH将Cd4+还原为Cd2+，然后加入H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH使溶液中的Al3+和Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去不溶物（滤渣2），向含有CdSO4的滤液中加入K2CO3生成CdCO3沉淀，再过滤将沉淀溶于HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到溴酸镉，据此分析。‎ ‎（1）固体溶解于稀硫酸时，采取增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施，可提高镉的浸出率；‎ ‎（2）CH3OH将Cd4+还原为Cd2+时，产生是澄清石灰水变浑浊的气体，此气体为CO2，结合守恒法，可知反应的离子方程式为3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+；‎ ‎（3）加入H2O2溶液的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎（4）滤渣2的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3；为检验滤液中是否含有 Fe3+离子，可选用的化学试剂是KSCN；‎ ‎（5）沉淀后的溶液pH=6，则c(OH-)=10-8mol/L，经阳离子交换树脂后，测得溶液中Na+比交换前增加了0.0552g/L，即Na+浓度增加了=0.0024mol/L，根据Cd2++2NaR=2Na++CdR2，可知原溶液中c(Cd2+)=0.0012mol/L，则Cd(OH)2的Ksp=c(Cd2+)c2(OH-)=1.210-19；‎ ‎（6）2t该矿石中CdO2的质量为2106g72%=1.44106g，其物质的量为=1104mol，整个流程中镉元素的损耗率为10%，根据原子守恒可知Cd(BrO3)2的物质的量为104mol(1-10%)=9103mol，其质量为9103mol368g/mol=3312000g=3312kg。‎ ‎12．（2020届陕西省渭南市高三质检）氢氧化镁是优良的阻燃剂、吸附剂，可利用蛇纹石(主要成分为，还含少量、等杂质)来制备。工艺流程如图所示：‎ 35‎ 回答下列问题 ‎（1）用氧化物的形式可表示为_________________。‎ ‎（2）“酸溶”时需适当加热的目的是_____________________；‎ ‎（3）滤渣1的主要成分为________(填化学式)，滤液2中所含金属阳离子主要有________。‎ ‎（4）反应Ⅰ中加入足量的铁粉生成滤渣2的离子方程式是___________。‎ ‎（5）“除铁”反应中还原产物为，则“除铁”过程中发生的氧化还原反应的离子方程式为______。‎ ‎（6）可作为阻燃材料的原因为_________(答出两点即可)。‎ ‎（7）已知：。若滤液2中，通过计算过程说明调时是否有沉淀生成__________。‎ ‎【答案】（1） （2）加快酸溶速率，使酸溶更充分 ‎（3）或或 、 （4） ‎ ‎（5） ‎ ‎（6）分解吸收热量；分解生成耐高温且能隔绝空气的；分解生成能隔绝空气的水，水汽化吸收热量 ‎ ‎（7）调，溶液中，，故不能生成沉淀 ‎ ‎【解析】根据流程：蛇纹石[主要成分为 Mg 6Si4O10(OH)8，还含少量NiO、Fe3O4等杂质]粉碎后用硫酸酸溶，滤渣1的主要成分为不溶的SiO2，滤液1含有Mg2+、Ni2+、Fe3+，加入足量的铁粉将Ni2+置换，同时将铁离子还原为亚铁离子，滤渣2为Ni，滤液2含有Mg2+、Fe2+，调节pH=5，加入KMnO4将Fe2+氧化为Fe(OH)3，自身被还原为MnO2，反应为：MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+，滤渣3为Fe(OH)3‎ 35‎ ‎，向滤液3中加入石灰乳得到耐火材料Mg(OH)2，因其分解吸收热量，分解生成耐高温且能隔绝空气的MgO和能隔绝空气的水，水汽化吸收能量，据此分析作答。‎ ‎（1）Mg6Si4O10(OH)8用氧化物的形式可表示为：6MgO∙4SiO2∙4H2O； ‎ ‎（2）“酸溶”时需适当加热可以加快酸溶速率，使酸溶更充分；‎ ‎（3）根据分析，滤渣1的主要成分为SiO2(或H2SiO3或H4SiO4)，滤液2中所含金属阳离子主要有Mg2+、Fe2+；‎ ‎（4）根据分析，反应Ⅰ为加入足量的铁粉将Ni2+置换，同时将铁离子还原为亚铁离子，则加入足量的铁粉生成滤渣2的离子方程式是Fe+ Ni2+= Ni+ Fe2+；‎ ‎（5）“除铁”过程中，调节pH=5，加入KMnO4将Fe2+氧化为Fe(OH)3，自身被还原为MnO2，离子反应为：MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；‎ ‎（6）Mg(OH)2分解吸收热量，分解生成耐高温且能隔绝空气的MgO和能隔绝空气的水，水汽化吸收能量等，故Mg(OH)2可作为阻燃材料；‎ ‎（7）调节pH=5时，溶液中的c(OH−)=1×10−9mol/L，Qc(Mg2+)⋅c2(OH−)=2.0×(1×10−9)2=2.0×10−18＜Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10−11，故不能生成Mg(OH)2沉淀。‎ ‎13．（2020届广东省茂名市高三二模）钴(Co)是生产耐热合金、硬质合金、防腐合金、磁性合金和各种钴盐的重要原料，其金属性弱于 Fe 强于 Cu。某低位硫钴铜矿的成分为：CoS、CuFeS2、CaS、SiO2， 一种利用生物浸出并回收其中钴和铜的工艺流程如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）Cu2+的生物浸出原理如下：‎ 35‎ 温度超过 50℃浸出率急剧下降，其原因是_____；其他金属离子的浸出原理与上图类似， 写出由 CoS 浸出 Co2+的离子方程式_____。‎ ‎（2）浸出渣的主要成分为_____。‎ ‎（3）萃取分离铜的原理如下：Cu2++2(HR)org(CuR2)org+2H+。根据流程，反萃取加入的试剂应该为_____(写化学式)。‎ ‎（4）除铁步骤中加入 H2O2，调节溶液的 pH 至 4，将 Fe2+转化为 FeOOH 过滤除去，写出该转化的离子方程式为_____。检验 Fe2+是否完全被转化的试剂为_____。‎ ‎（5）通过电解法制得的粗钴含有少量铜和铁，需要电解精炼，进行精炼时，精钴应处于_____极(填“阴”或“阳”)，阳极泥的主要成分为_____。‎ ‎【答案】（1）温度过高细菌失活 （2） CaSO4、SiO2 ‎ ‎（3） H2SO4 （4） 铁氰化钾 ‎ ‎（5）阴 铜 ‎ ‎【解析】（1）温度过高细菌失活，浸出率急剧下降；根据Cu2+的生物浸出可知矿物再细菌和Fe3+作用下化合物中S元素转化为S单质，则Co2+的生物浸出离子方程式为：，故答案为 ：温度过高细菌失活；；‎ ‎（2）由生物浸出原理图可知S元素最终转化为SO42-，与Ca2+结合生成CaSO4，SiO2不参与反应，金属阳离子进入滤液，则浸出渣的主要成分为CaSO4、SiO2，故答案为：CaSO4、SiO2；‎ ‎（3）根据平衡移动原理可知，反萃取需加入酸，由流程图可知反萃取后得到CuSO4溶液。则应加入硫酸，故答案为：H2SO4；‎ ‎（4）H2O2和Fe2+反应生成FeOOH沉淀，离子方程式为 35‎ ‎ 。检验检验亚铁离子可用铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀则存在亚铁离子，故答案为：；铁氰化钾；‎ ‎（5）电解精炼时粗钴为阳极，精钴做阴极。电解精炼时，Fe和Co溶解，Cu较不活泼，不能溶解，因此，阳极泥主要为铜，故答案为：阴；铜。‎ ‎14．（2020届河北省名校联盟高三联考）硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）制备PbSO4的工艺流程如图：‎ 已知：i.PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。‎ ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq) ΔH>0‎ iii.Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5。‎ ‎（1）“浸取”时需要加热，此时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为__。‎ ‎（2）“调pH”的目的是__。‎ ‎（3）“沉降”操作时加入冰水的作用是__。‎ ‎（4）时，PbCl2(s)在不同浓度的盐酸中的最大溶解量(g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是__（填字母）。‎ A．盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小 B．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等 C．当盐酸浓度为1mol·L-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小 D．当盐酸浓度小于1mol·L-1时，随着HCl浓度的增大，PbCl2溶解量减小是因为Cl-‎ 35‎ 浓度增大使PbCl2溶解平衡逆向移动 ‎（5）PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，当c(Cl-)=0.1mol·L-1时，c(SO42-)=__。‎ ‎（6）“滤液a”经过处理后可以返回到__工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O)，该反应的化学方程式为__。‎ ‎【答案】（1）MnO2 +PbS+4HC1PbC12+S+MnC12+2H2O （2）除去Fe3+ ‎ ‎（3）温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体 ‎ ‎（4）BD （5）6.75×10-6mo1•L-1‎ ‎（6）浸取 4PbSO4+6NaOH=3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O ‎ ‎【解析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。‎ ‎（1）根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2 +2H2O；‎ ‎（2）调节pH的主要目的是使Fe3+转化为沉淀，从而除去；‎ ‎（3）温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体)，所以沉降时加入冰水；‎ ‎（4）PbCl2是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小；结合题目所给信息可知，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，而促进溶解。‎ A．Ksp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误；‎ B．根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；‎ C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L之后，主要发生反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)‎ 35‎ PbCl42-(aq)，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；‎ D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L-1时，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；‎ 综上所述选BD；‎ ‎（5）沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO42-(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；‎ ‎（6）发生沉淀转化后，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。‎ ‎15．（2020届安徽省皖南八校高三临门一卷）镍（Ni）有良好的耐高温、耐腐蚀、防锈功能，在电池、催化剂方面有广泛的应用。以硫化镍矿（主要成分为NiS，另含少量CuS，FeS等杂质）为原料制取纯镍的工艺流程如下：‎ 已知物质的还原性：Fe＞Ni＞H2＞Cu。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）在“熔炼”过程中，二价铁的化合价没有发生改变，则杂质FeS与O2反应的化学方程式为___________________。‎ ‎（2）高镍矿破碎、细磨的作用是___________________。‎ ‎（3）在焰色反应实验中，可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，原因是___________________。‎ ‎（4）“除铁”过程中，反应的化学反应方程式为___________________。‎ 35‎ ‎（5）“电解”制粗镍过程中，阳极发生的主要电极反应为___________________。‎ ‎（6）“电解精炼”过程中，需调节溶液的pH为2～5，原因是___________________。阳极泥的成分为___________________（写名称）。‎ ‎【答案】（1）2FeS+3O22FeO+2SO2 ‎ ‎（2）增大接触面积，提高浮选率 ‎（3）镍在焰色反应中，火焰呈无色，不影响其他金属元素的焰色 ‎（4）SiO2+2FeOFe2SiO4 ‎ ‎（5）NiS-2e-=Ni2++S ‎ ‎（6）pH<2时，溶液中c(H+)较大，H+易在阴极放电；pH>5时，Ni2+易形成Ni(OH)2沉淀 铜 ‎ ‎【解析】已知物质的还原性：Fe＞Ni＞H2＞Cu，根据工艺流程分析可知，硫化镍矿在“熔炼”过程中，通入氧气后发生氧化还原反应，生成可用于制取硫酸的SO2，并得到低镍矿，向低镍矿中加入石英发生反应SiO2+2FeOFe2SiO4，得到高镍矿，再经破碎、细磨后得到镍矿粉进行浮选，进而得到含有少量CuS的NiS，接着在NiSO4作电解质溶液的条件下进行电解，NiS和CuS在阳极失去电子得到S单质和Cu2+、Ni2+，Cu2+、Ni2+再在阴极得到电子得到含有少量Cu的粗镍，最后再在NiSO4溶液中，调节pH至2~5，电解精炼得到纯镍，据此分析解答。‎ ‎（1）在“熔炼”过程中，二价铁的化合价没有发生改变，高温条件下，杂质FeS与O2反应生成FeO和SO2，反应的化学方程式为2FeS+3O22FeO+2SO2；‎ ‎（2）为了提高浮选率，得到较高纯度NiS，可将高镍矿破碎、细磨，增大其接触面积；‎ ‎（3）因为镍在焰色反应中，火焰呈无色，不会影响其他金属元素的焰色，所以在焰色反应实验中，可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂进行灼烧；‎ ‎（4）根据上述分析可知，“除铁”过程中，向低镍矿中加入石英发生反应SiO2+2FeOFe2SiO4；‎ ‎（5）“电解”制粗镍过程中，主要是NiS在阳极失去电子得到S单质和Ni2+，发生的主要反应为NiS-2e-=Ni2++S；‎ ‎（6）已知物质的还原性：Fe＞Ni＞H2＞Cu，则氧化性：Cu2+>H+>Ni2+，若当pH<2时，溶液中c(H+)较大，H+易在阴极放电，不易得到Ni单质，pH>5时，Ni2+易形成Ni(OH)2沉淀，“电解精炼”过程中，得到的阳极泥的主要成分为Cu单质。‎ 35‎ ‎16．（2020届江西省重点中学盟校高三联考）高纯MnCO3在电子工业中有重要的应用，工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：‎ 已知：还原焙烧主反应为2MnO2＋C2MnO＋CO2↑。‎ 可能用到的数据如下：‎ 根据要求回答下列问题：‎ ‎（1）在实验室进行步骤A，混合物应放在__________中加热；步骤C中的滤渣为__________。‎ ‎（2）步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。‎ ‎（3）步骤E中调节pH的范围为____________，其目的是______________________________。‎ ‎（4）步骤G，温度控制在35℃以下的原因是____________________________________，若Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中CO32-的浓度为2.2×10－6mol/L，则Ksp(MnCO3)＝____________。‎ ‎（5）生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否干净的方法是_____________________。‎ ‎（6）现用滴定法测定产品中锰元素的含量。实验步骤：称取3.300 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中MnCO3完全转化为[Mn(PO4)2]3－(其中NO3-完全转化为NO2－)；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO2-＋NH4＋＝N2↑＋2H2O以除去NO2-；加入稀硫酸酸化，再加入60.00 mL 0.500 mol·L－1硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43－；用5.00 mL 0.500 mol·L－1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。‎ ‎①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应的离子方程式为_____________________________________。‎ 35‎ ‎②试样中锰元素的质量分数为____________。‎ ‎【答案】（1）坩埚 C、 Cu和CaSO4 （2）1∶2 ‎ ‎（3）3.7≤pH＜8.1 使Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2＋ ‎ ‎（4）减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率 2.2×10－11 ‎ ‎（5）取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净 ‎ ‎（6）①6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O ②25% ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）~（5）原料加木炭焙烧，主要发生2MnO2+C2MnO+CO2↑，且C与Fe2O3、CuO发生反应，生成Fe、Cu，再用硫酸酸浸过滤得到MnSO4、FeSO4溶液，过滤分离出滤渣为不和稀硫酸反应的Cu、过量的木炭以及碳酸钙转化成的CaSO4，再氧化、调节pH除去Fe3+得到MnSO4溶液，最后与NH4HCO3反应生成MnCO3，分离烘干得到MnCO3，以此来解答。‎ ‎（6）滴定原理为：利用酸性K2Cr2O7滴定剩余的Fe2+的量，从而确定与[Mn(PO4)2]3－反应的Fe2+的量，继而确定Mn元素的量。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）高温焙烧物质应在坩埚中进行；根据分析可知滤渣为C、Cu和CaSO4；‎ ‎（2）步骤D中MnO2被还原成Mn2+，化合价降低2价，Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；‎ ‎（3）此时溶液中的杂质主要为Fe3+，结合表中数据可知步骤E中调节pH的范围为3.7≤pH＜8.3，其目的是使铁离子转化为氢氧化铁而除去，而不影响Mn2+；‎ ‎（4）铵盐不稳定，受热易分解，所以步骤G中温度需控制在35℃以下，减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；Mn2＋恰好沉淀完全时可认为c(Mn2+)=10-5mol/L，Ksp(MnCO3)= c(Mn2+)·c(CO32-)=10-5×2.2×10－6=2.2×10-11；‎ ‎（5）生成的MnCO3沉淀可能附着有硫酸盐，所以检验是否含有硫酸根即可确认沉淀是否洗涤干净，具体操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；‎ ‎（6）①酸性K2Cr2O7具有强氧化性，可以把亚铁离子氧化成铁离子，自身被还原成Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋=6Fe3+＋2Cr3＋＋7H2O；‎ 35‎ ‎②根据方程式6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O可知剩余n(Fe2+)= 0.500 mol·L-1×0.005L×6=0.015mol，则与[Mn(PO4)2]3－反应的n(Fe2+)=0.500 mol·L-1×0.06L-0.015mol=0.015mol，根据方程式[Mn(PO4)2]3-＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43－可知n(Mn)=0.015mol，所以锰元素的质量分数为=25%。‎ ‎17．（2020届陕西省咸阳市高三模拟）硼酸和硫酸镁是重要的化工原料。以硼铁混精矿[主要成分为MgBO2（OH）、UO2和Fe3O4，还有少量的Fe2O3、FeO、SiO2]为原料制备硼酸和硫酸镁的工艺流程如下：‎ 已知：①UO22＋在pH为4－5的溶液中生成UO2（OH）2沉淀；②Fe2＋和Fe3＋沉淀完全的pH分别为9.7、3.7。‎ ‎（1）酸浸过程中MgBO2（OH）与硫酸反应的离子方程式为_____。‎ ‎（2）酸浸过程中加入H2O2的目的是______（写出两条），滤渣1的主要成分是___（填化学式）。‎ ‎（3）试剂1最好选择_____（填化学式）。若调节溶液pH前，溶液中c（Mg2＋）＝0.2 mol/L，当溶液pH调至5时，UO2＋沉淀完全，此时是否有Mg（OH）2沉淀生成____。{通过计算说明，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10－12}‎ ‎（4）操作1的名称是_____。‎ ‎（5）MgSO4·H2O加热脱水可以得无水MgSO4，那么MgCl2·6H2O晶体直接加热___（填“能”或“不能”）得到无水MgCl2，理由是_______。‎ ‎（6）已知：H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11；H3BO3的Ka＝5.8×10－10。向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸溶液____（填“有”或“无”）气泡产生，理由是____。‎ ‎【答案】（1）MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3 ‎ ‎（2）将Fe2+氧化为Fe3+，将UO2氧化成UO22+便于后续过程除去 SiO2 ‎ ‎（3）MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3 c(Mg2+)×c2(OH-)=0.2×(10-9)2=2×10-19＜Ksp[Mg (OH) 2]=5.6×10-12，因此不会产生Mg (OH) 2沉淀 ‎ ‎（4）趁热过滤 ‎ 35‎ ‎（5）不能 加热时促进了MgCl2的水解，最终得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁 ‎（6）无 硼酸的酸性比碳酸弱 ‎ ‎【解析】用硫酸酸化的H2O2溶解硼铁混精矿，其中SiO2不溶于水和酸，经过滤可除去，所得滤液中主要含有UO22＋、Fe3+、Mg2+及H3BO3，用MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3调节溶液pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，并经过滤得滤渣2，将滤液蒸发、浓缩，趁热过滤，获得MgSO4·H2O晶体析出，将滤液冷却结晶，过滤可得粗硼酸，据此分析解题。‎ ‎（1）酸浸过程中MgBO2(OH)与硫酸反应，生成硼酸和硫酸镁，发生反应的离子方程式为MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3；‎ ‎（2）酸浸过程中加入H2O2，利用H2O2的氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，同时将UO2氧化成UO22+便于后续过程除去；SiO2不溶于水和酸，则滤渣1的主要成分是SiO2；‎ ‎（3）添加试剂1是调节溶液pH，则试剂1能与酸反应，且不引入新的杂质，故最好选择MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3；c(Mg2＋)＝0.2 mol/L，当溶液pH调至5时，c(OH-)=1×10-9mol/L，则c(Mg2+)×c2(OH-)=0.2×(10-9)2=2×10-19＜Ksp[Mg (OH) 2]=5.6×10-12，因此不会产生Mg (OH) 2沉淀。‎ ‎（4）结合以上分析可知，将滤液蒸发、浓缩，趁热过滤，获得MgSO4·H2O晶体析出，所以操作1的名称是趁热过滤；‎ ‎（5）MgCl2能水解生成Mg (OH) 2和HCl，MgCl2·6H2O晶体直接加热时，促进Mg2+水解，且HCl挥发，则最终得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁，而不能得到无水MgCl2；‎ ‎（6）已知：H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11；H3BO3的Ka＝5.8×10－10，则硼酸的酸性介于H2CO3和HCO3-之间，根据强酸制弱酸的原理，向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸溶液只能生成NaHCO3和NaBO3，无碳酸生成，即无气泡产生。‎ ‎18．（2020届福建省厦门市高三质检）以含锂电解铝废渣（主要成分为LiF、AlF3、NaF，少量CaO等）为原料，生产高纯度LiOH的工艺流程如图：（已知：常温下，LiOH可溶于水，Li2CO3微溶于水）‎ ‎（1）含锂电解铝废渣与浓硫酸在200~400℃条件下反应2h。“滤渣1”主要成分是___（填化学式）。‎ 35‎ ‎（2）“过滤2”需要趁热在恒温装置中进行，否则会导致Li2SO4的收率下降，原因是___。‎ ‎（已知部分物质的溶解度数据见下表）‎ 温度/℃‎ Li2SO4/g Al2(SO4)3/g Na2SO4/g ‎0‎ ‎36.1‎ ‎31.2‎ ‎4.9‎ ‎10‎ ‎35.4‎ ‎33.5‎ ‎9.1‎ ‎20‎ ‎34.8‎ ‎36.5‎ ‎19.5‎ ‎30‎ ‎34.3‎ ‎40.4‎ ‎40.8‎ ‎40‎ ‎33.9‎ ‎45.7‎ ‎48.8‎ ‎（3）40°C下进行“碱解”，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝的离子方程式为___；若碱解前滤液中c(Li+)=4mol•L-1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率到99%，则“滤液2”中c(CO32-)=___mol•L-1。[Ksp(Li2CO3)=1.6×10-3]‎ ‎（4）“苛化”过程，若氧化钙过量，则可能会造成___。‎ ‎（5）整个工艺流程中可以循环利用的物质有___。‎ ‎（6）“电解”原理如图所示。“碳化”后的电解液应从（填“a”或“b”)___口注入。阴极的电极反应式为___。‎ ‎（7）高纯度LiOH可转化为电池级Li2CO3。将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式为___。‎ ‎【答案】（1）CaSO4 （2）溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀 ‎（3）2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑ 4‎ ‎（4）碳酸锂产品的钙离子含量相对升高(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降)‎ ‎（5）CO2 ‎ 35‎ ‎（6）a 2H2O+2e-=H2↑＋2OH- ‎ ‎（7）Li2CO3＋2C＋2FeSO42LiFePO4＋3CO↑ ‎ ‎【解析】含锂电解铝废渣(主要成分为LiF、AIF3、NaF，少量CaO等)与浓硫酸反应生成Li2SO4、Al2(SO4)3、Na2SO4和CaSO4。CaSO4是微溶物，加水溶解，滤渣1为CaSO4，向滤液中加入Na2CO3溶液，碱解生成CO2气体、Al(OH)3和Na2SO4及Li2CO3，趁热过滤，向滤液中加入氧化钙生成CaSO4、Al(OH)3、LiOH，过滤，向滤液中加入CO2得到Li2CO3，电解得到LiOH。‎ ‎（1）根据分析得到“滤渣1”主要成分是CaSO4；‎ ‎（2）“过滤2”需要趁热在恒温装置中进行，根据表中溶解度曲线得出硫酸钠晶体析出可能会夹带着硫酸锂，从而导致Li2SO4的收率下降；故答案为：溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀；‎ ‎（3）40°C下进行“碱解”，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝主要是碳酸根和铝离子发生双水解，其离子方程式为2Al3+＋3CO32−＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑；若碱解前滤液中c(Li+)=4mol∙L−1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率到99%，则此时溶液中c(Li+)=，根据，得到“滤液2”中；‎ ‎（4）“苛化”过程，若氧化钙过量，溶液中含有多余的钙离子，也可能将生成的氢氧化铝溶解进入得到溶解中；故答案为：碳酸锂产品的钙离子含量相对升高(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降)。‎ ‎（5）碱解的过程中生成CO2，在碳化过程中加入CO2，因此整个工艺流程中可以循环利用的物质有CO2； ‎ ‎（6）“电解”原理如图所示，LiOH是从右边得到，而锂离子通过阳离子交换膜进入到右室，因此“碳化”后的电解液应从a口注入。阴极是水中的氢离子得到电子，其电极反应式为2H2O+2e－=H2↑＋2OH－；‎ ‎（7）将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，根据氧化还原反应，FePO4中Fe化合价降低，则C化合价升高，生成LiFePO4和一种可燃性气体即CO，该反应的化学方程式为Li2CO3‎ 35‎ ‎＋2C＋2FeSO42LiFePO4＋3CO↑。‎ ‎19．（2020届四川省内江市三模）硫酸铅( PbSO4) 广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿（主要成分为 PbS, 含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2 ) 制备PbSO4的工艺流程如图：‎ 已知：‎ i. PbCl2难溶于冷水，易溶于热水 ii. PbCl2 (s) + 2 Cl- ( aq ) PbCl42-( aq ) △H> 0‎ iii.Ksp(PbSO4) =1. 08 ×10-8 , Ksp(PbC12) = 1. 6× 10 -5‎ ‎（1）“浸取”过程中盐酸与MnO2 、P bS 发生反应生成PbCl2和S 的化学方程式为______________，加入NaCl 的目的是__________________。‎ ‎（2）沉降操作时加入冰水的作用是_______________________。‎ ‎（3） 20°C 时 ，PbCl2 ( s) 在不同浓度盐酸中的最大溶解量( g • L-1 ) 如图所示。下列叙述正确的是_____________（填字母）‎ A．盐酸浓度越小，Ksp(PbC12)越小 B．x、y 两点对应的溶液中c( Pb2+ )不相等 C 当盐酸浓度为1 mol• L-1 时，溶液中c( Pb2+)一定最小 D．当盐酸浓度小于1 mol• L-1时 ，随 HCl 浓度增大，P bCl2 溶解量减少是因为 Cl-‎ 35‎ 浓度增大使 PbCl2溶解平衡逆向移动 ‎（4）调 pH 的目的是__________，PbC12 “转化”后得到 PbSO4, 当c (Cl-)= 0.100mol/L 时 ，c( SO42-) =________________。‎ ‎（5）滤液 a 经过处理后可以返回到______工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂－－三盐基硫酸 (3 PbO•PbSO4•H2O) ,写出该反应的化学方程式 _____________________．‎ ‎【答案】（1）MnO2 + PbS +4HCl =PbCl2+ S + MnCl2+ 2H2O 增大c( Cl- ) 浓度，平衡ii 向右移动， 增大PbCl2溶解性（或将难溶的PbCl2 转化为 PbCl42-溶入水中，增大PbCl2 溶解性）‎ ‎（2）PbCl2 难溶于冷水，降低PbCl2的 溶解度，便于PbCl2 析出晶体 ‎（3）BD ‎（4）使 Fe3+ 沉淀而除去 6. 75 × 10-6 ‎ ‎（5）浸取 4PbSO4+ 6 NaOH=3 PbO • PbSO4•H2O + 3Na2SO4 +2 H2O ‎ ‎【解析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。‎ ‎（1）根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2 +2H2O；加入NaCl 的目的是增大c( Cl- ) 浓度，平衡ii 向右移动， 增大PbCl2溶解性（或将难溶的PbCl2 转化为 PbCl42-溶入水中，增大PbCl2 溶解性）；‎ ‎（2）温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体)，所以沉降时加入冰水；‎ ‎（3）PbCl2是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小；结合题目所给信息可知，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-‎ 35‎ ‎(aq)，而促进溶解。‎ A．Ksp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误；‎ B．根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；‎ C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L之后，主要发生反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；‎ D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L-1时，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；‎ 综上所述选BD；‎ ‎（4）调节pH的主要目的是使Fe3+转化为沉淀，从而除去；‎ 沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO42-(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；‎ ‎（5）发生沉淀转化后，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。‎ 35‎