PAGEPAGE35專題15工藝流程題2024年高考真題2024年高考真題1．（2024年山東新高考）以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，含少量SiO2，F(xiàn)e2O3和A12O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如下：已知浸出時產(chǎn)生的廢渣中有SO2，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3。下列說法錯誤的是A．浸出鎂的反應為B．浸出和沉鎂的操作均應在較高溫度下進行C．流程中可循環(huán)運用的物質(zhì)有NH3、NH4ClD．分別Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同【答案】B【解析】菱鎂礦煅燒后得到輕燒粉，MgCO3轉(zhuǎn)化為MgO，加入氯化銨溶液浸取，浸出的廢渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同時產(chǎn)生氨氣，則此時浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅燒得到高純鎂砂。A．高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與銨根水解產(chǎn)生的氫離子反應，促進銨根的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，化學方程式為MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正確；B．一水合氨受熱易分解，沉鎂時在較高溫度下進行會造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用率，故B錯誤；C．浸出過程產(chǎn)生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂時氯化鎂與氨水反應生成的氯化銨又可以利用到浸出過程中，故C正確；D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp遠小于Mg(OH)2的Ksp，所以當pH達到肯定值時Fe3+、Al3+產(chǎn)生沉淀，而Mg2+不沉淀，從而將其分別，故D正確；故答案為B。2．（2024年新課標Ⅰ）釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4。采納以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH4VO3。該工藝條件下，溶液中金屬離子起先沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+起先沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列問題：(1)“酸浸氧化”須要加熱，其緣由是___________。(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同時還有___________離子被氧化。寫出VO+轉(zhuǎn)化為反應的離子方程式___________。(3)“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為，隨濾液②可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。(4)“沉淀轉(zhuǎn)溶”中，轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是___________。(5)“調(diào)pH”中有沉淀生產(chǎn)，生成沉淀反應的化學方程式是___________。(6)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時，須要加入過量NH4Cl，其緣由是___________。【答案】（1）加快酸浸和氧化反應速率（促進氧化完全）（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）利用同離子效應，促進NH4VO3盡可能析出完全【解析】黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”時VO+和VO2+被氧化成，F(xiàn)e3O4與硫酸反應生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此過程中不反應，濾液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；濾液①中加入NaOH調(diào)整pH=3.0~3.1，釩水解并沉淀為V2O5·xH2O，依據(jù)表中供應的溶液中金屬離子起先沉淀和完全沉淀的pH，此過程中Fe3+部分轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，部分Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，濾液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，濾餅②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，濾餅②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解，Al(OH)3轉(zhuǎn)化為NaAlO2，則濾渣③的主要成分為Fe(OH)3；濾液③中含釩酸鹽、偏鋁酸鈉，加入HCl調(diào)pH=8.5，NaAlO2轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀而除去；最終向濾液④中加入NH4Cl“沉釩”得到NH4VO3。(1)“酸浸氧化”須要加熱，其緣由是：上升溫度，加快酸浸和氧化反應速率（促進氧化完全）；(2)“酸浸氧化”中，釩礦粉中的Fe3O4與硫酸反應生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，F(xiàn)e2+具有還原性，則VO+和VO2+被氧化成的同時還有Fe2+被氧化，反應的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+轉(zhuǎn)化為時，釩元素的化合價由+3價升至+5價，1molVO+失去2mol電子，MnO2被還原為Mn2+，Mn元素的化合價由+4價降至+2價，1molMnO2得到2mol電子，依據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，VO+轉(zhuǎn)化為反應的離子方程式為VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；(3)依據(jù)分析，“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5·xH2O，隨濾液②可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+；(4)依據(jù)分析，濾渣③的主要成分是Fe(OH)3；(5)“調(diào)pH”中有沉淀生成，是NaAlO2與HCl反應生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反應的化學方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl=NaCl+Al(OH)3↓+H2O。(6)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時，須要加入過量NH4Cl，其緣由是：增大NH4+離子濃度，利用同離子效應，促進NH4VO3盡可能析出完全。3．（2024年新課標Ⅲ）某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采納如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)：溶液中金屬離子起先沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+起先沉淀時(c=0.01mol·L?1)的pH沉淀完全時(c=1.0×10?5mol·L?1)的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列問題：(1)“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是______________。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調(diào)為中性，生成沉淀。寫出該反應的離子方程式______________。(2)“濾液②”中含有的金屬離子是______________。(3)“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2的物質(zhì)是______________。若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為______________。(4)利用上述表格數(shù)據(jù)，計算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出計算式)。假如“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol·L?1，則“調(diào)pH”應限制的pH范圍是______________。(5)硫酸鎳在強堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫出該反應的離子方程式______________。(6)將分別出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環(huán)運用，其意義是______________。【答案】（1）除去油脂、溶解鋁及其氧化物+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+（3）O2或空氣Fe3+（4）3.2~6.2（5）2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O（6）提高鎳回收率【解析】由工藝流程分析可得，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行堿浸，可除去油脂，并發(fā)生反應2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O將Al及其氧化物溶解，得到的濾液①含有NaAlO2，濾餅①為Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性雜質(zhì)，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的濾液②，F(xiàn)e2+經(jīng)H2O2氧化為Fe3+后，加入NaOH調(diào)整pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，再限制pH濃縮結(jié)晶得到硫酸鎳的晶體，據(jù)此分析解答問題。(1)依據(jù)分析可知，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行堿浸，可除去油脂，并將Al及其氧化物溶解，濾液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可發(fā)生反應+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案為：除去油脂、溶解鋁及其氧化物；+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“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案為：Ni2+、Fe2+、Fe3+；(3)“轉(zhuǎn)化”在H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，可用O2或空氣替代；若將工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，會使調(diào)pH過濾后的溶液中含有Fe2+，則濾液③中可能含有轉(zhuǎn)化生成的Fe3+，故答案為：O2或空氣；Fe3+；(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀時的pH=8.7，此時c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，則c(OH-)=，則Ni(OH)2的；或者當Ni2+起先沉淀時pH=7.2，此時c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，則c(OH-)=，則Ni(OH)2的；假如“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol·L-1，為避開鎳離子沉淀，此時，則，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH為3.2，因此“調(diào)整pH”應限制的pH范圍是3.2~6.2，故答案為：；3.2~6.2；(5)由題干信息，硫酸鎳在強堿中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反應中Ni2+被氧化為NiOOH沉淀，ClOˉ被還原為Clˉ，則依據(jù)氧化還原得失電子守恒可得離子方程式為2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案為：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；(6)分別出硫酸鎳晶體后的母液中還含有Ni2+，可將其收集、循環(huán)運用，從而提高鎳的回收率，故答案為：提高鎳的回收率。4．（2024年山東新高考）用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時相關(guān)物質(zhì)的Ksp見下表。物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp回答下列問題(1)軟錳礦預先粉碎的目的是____________，MnO2與BaS溶液反應轉(zhuǎn)化為MnO的化學方程式為________。(2)保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達到最大值后無明顯變更，而Ba(OH)2的量達到最大值后會減小，減小的緣由是________。(3)濾液I可循環(huán)運用，應當將其導入到________操作中(填操作單元的名稱)。(4)凈化時需先加入的試劑X為________(填化學式)。再運用氨水調(diào)溶液的pH，則pH的理論最小值為_______(當溶液中某離子濃度時，可認為該離子沉淀完全)。(5)碳化過程中發(fā)生反應的離子方程式為______________________。【答案】（1）增大接觸面積，充分反應，提高反應速率（2）過量的MnO2消耗了產(chǎn)生的Ba(OH)2（3）蒸發(fā)（4）H2O24.9（5）【解析】軟錳礦粉(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化鋇溶液進行反應，主要發(fā)生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過濾得到Ba(OH)2溶液，經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、干燥得到氫氧化鋇；濾渣用硫酸溶解，得到的濾液中主要金屬陽離子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的濾渣為不溶于稀硫酸的硫磺；之后向濾液中加入合適的氧化劑將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，然后加入氨水調(diào)整pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(OH)3和Al(OH)3，此時濾液中的金屬陽離子只有Mn2+，向濾液中加入碳酸氫銨、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀，過濾、洗滌、干燥得到高純碳酸錳。(1)軟錳礦預先粉碎可以增大反應物的接觸面積，使反應更充分，提高反應速率；MnO2與BaS反應轉(zhuǎn)化為MnO，Mn元素的化合價由+4價降低為+2價，依據(jù)元素價態(tài)規(guī)律可知-2價的S元素應被氧化得到S單質(zhì)，則MnO2與BaS的系數(shù)比應為1:1，依據(jù)后續(xù)流程可知產(chǎn)物還有Ba(OH)2，結(jié)合元素守恒可得化學方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；(2)依據(jù)題目信息可知MnO2為兩性氧化物，所以當MnO2過量時，會消耗反應產(chǎn)生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達到最大值或會減小；(3)濾液I為結(jié)晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液，所以可以導入到蒸發(fā)操作中循環(huán)運用；(4)凈化時更好的除去Fe元素須要將Fe2+氧化為Fe3+，為了不引入新的雜質(zhì)，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；依據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3為同種沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以當Al3+完全沉淀時，F(xiàn)e3+也肯定完全沉淀，當c(Al3+)=1.0×10-5mol/L時，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理論最小值為4.9；(5)碳化過程Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀，促進碳酸氫根的電離，產(chǎn)生的氫離子和一水合氨反應生成銨根和水，所以離子方程式為Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。2025屆高考模擬試題2025屆高考模擬試題5．（2025屆河南省鄭州市高三其次次質(zhì)檢）銀系列產(chǎn)品廣泛地應用于化工、電子電鎖、材料和工業(yè)催化等領(lǐng)域，對含銀廢料中貴金屬銀的綜合回收具有重要的探討意義。一種對銀粉和AgNO3生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的含銀廢料進行綜合回收的工藝流程如圖：回答下列問題：（1）“溶解”反應的化學方程式為______。稀硝酸能否用濃硫酸代替____（填“能”或“不能”)，緣由是______________。（2）“過濾3”操作中用到的玻璃儀器是_____________。（3）“絡合”步驟中須要加氨水調(diào)pH≈7.7，生成的絡合物為_____________。（4）N2H4?H2O稱水合肼，具有強還原性和堿性。水合肼與硫酸反應生成正鹽的化學式為_______。（5）“還原”步驟中產(chǎn)生的氣體可參加大氣循環(huán)，該氣體分子的電子式為_______。（6）“母液2”中溶質(zhì)的化學式為______________。（7）粗銀經(jīng)過烘干、焙燒、電解得到純度99.9%的銀。①焙燒是在中頻爐中進行，中頻爐優(yōu)點是加熱升溫速度快，氧化燒損僅為0.5%，在此焙燒目的是_______。②電解時粗銀做電極陽極，陰極為不銹鋼板，電解液為AgNO3、HNO3、KNO3混合溶液，電解液中HNO3和KNO3的作用分別是__________、_________。【答案】（1）3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O不能硫酸銀覆蓋在銀的表面，過濾1后銀和硫酸銀一起隨濾渣而除去（2）燒杯、玻璃棒、漏斗（3）Ag(NH3)2Cl（4）N2H6SO4（5）（4）NH4Cl（7）①除去粗銀中含有的雜質(zhì)②調(diào)整電解液的pH提高電解液的導電性【解析】（1）“溶解”反應是銀與稀硝酸反應生成硝酸銀、NO和水，方程式為：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；不能濃硫酸代替稀硝酸，因為硫酸銀微溶，覆蓋在銀的表面，過濾1后銀和硫酸銀一起隨濾渣而除去，故答案為：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；不能；硫酸銀覆蓋在銀的表面，過濾1后銀和硫酸銀一起隨濾渣而除去；（2）過濾操作要用的玻璃儀器有：燒杯、玻璃棒、漏斗，故答案為：燒杯、玻璃棒、漏斗；（3）過濾2的固體為AgCl，加入氨水，發(fā)生絡合反應生成Ag(NH3)2Cl，故答案為：Ag(NH3)2Cl；（4）N2H4?H2O具有堿性，與硫酸反應生成正鹽為N2H6SO4，故答案為：N2H6SO4；（5）水合肼具有還原性，其被Ag(NH3)2Cl氧化的方程式為N2H4·H2O＋4Ag(NH3)2Cl＝N2↑＋4Ag↓＋H2O+4NH4Cl，則產(chǎn)生的氣體N2可參加大氣循環(huán)，其電子式為，故答案為：；（6）依據(jù)（5）可知，反應后溶液中存在NH4Cl，“母液2”中溶質(zhì)的化學式為NH4Cl，故答案為：NH4Cl；（7）①過濾后NH4Cl包袱在粗銀中，焙燒可除去，故答案為：除去粗銀中含有的雜質(zhì)；②HNO3顯酸性，可調(diào)整電解液的pH；KNO3可提高電解液的導電性，故答案為：調(diào)整電解液的pH；提高電解液的導電性。6．（2025屆廣東省深圳市高三第一次調(diào)研）鉆鉬系催化劑主要用于石油煉制等工藝，從廢鈷鉬催化劑(主要含有、CoS和)中回收鈷和鉬的工藝流程如圖：已知：浸取液中的金屬離子主要為、、。（1）鉬酸銨中的化合價為________，在空氣中高溫焙燒產(chǎn)生兩種氧化物：和________(填化學式)。（2）為了加快酸浸速率，可實行的措施為________(任寫一條)。（3）若選擇兩種不同萃取劑按肯定比例(協(xié)萃比)協(xié)同萃取和，萃取狀況如圖所示，當協(xié)萃比________，更有利于的萃取。（4）操作Ⅰ的名稱為________。（5）向有機相1中滴加氨水，發(fā)生的離子方程式為________。（6）萃取的反應原理為，向有機相2中加入能進行反萃取的緣由是________(結(jié)合平衡移動原理說明)。（7）水相2中的主要溶質(zhì)除了，還有________(填化學式)。（8）可用作電極，若選用電解質(zhì)溶液，通電時可轉(zhuǎn)化為，其電極反應式為________。【答案】（1）+6（2）攪拌（3）（4）分液（5）（6）依據(jù)可知，加入，增大，平衡向左移動（7）（8）【解析】從廢鈷鉬催化劑(主要含有、CoS和)經(jīng)過焙燒后，得到，CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金屬離子主要為、、，經(jīng)過萃取和分液得到有機相1和水相1，有機相1中含有，加入氨水后得到鉬酸銨溶液，經(jīng)結(jié)晶后得到鉬酸銨；水相1中含有、，SO42-，經(jīng)萃取分液后，水相2中含有和，有機相2中含有、SO42-，加入硫酸后，得到水相3，加入草酸銨，得到草酸鈷，加熱草酸鈷可以得到四氧化三鈷，據(jù)此分析解答。（1）中，銨根離子為+1價，O為-2價，全部元素的化合價之和為0，Mo的化合價為+6，和氧氣反應的化學方程式為：2+7O2=2+4SO2，可知生成物有二氧化硫和兩種氧化物；（2）為了加快酸浸速率，可實行的措施為攪拌，可以增大接觸面積；（3）依據(jù)圖像，找到最多，較少的協(xié)萃比為4:1；（4）操作1是將有機相和水相分開，是分液；（5）有機相1中含有，加入氨水后得到鉬酸銨溶液，化學方程式為；（6）依據(jù)可知，加入，增大，平衡向左移動，能進行反萃取；（7）水相1中含有、，SO42-，經(jīng)萃取分液后，水相2中含有和；（8）可以表示成，在堿性條件下可發(fā)生氧化反應，生成，電極反應為。7．（2025屆東北三省四市聯(lián)合模擬）堿式碳酸銅在煙火、農(nóng)藥、顏料、殺菌劑等方面應用廣泛。一種以輝銅礦（Cu2S，含有SiO2和少量Fe2O3等雜質(zhì)）為原料制備堿式碳酸銅的流程如圖所示：已知：①有關(guān)金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：②[Cu(NH3)4]SO4常溫穩(wěn)定，在熱水中會分解生成NH3；③Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。回答下列問題：（1）加快“浸取”速率，除將輝銅礦粉碎外，還可實行的措施有___（任寫一種）。（2）濾渣I經(jīng)CS2提取后可獲得一種淡黃色副產(chǎn)品，則濾渣I中的主要成分是___（填化學式）。回收淡黃色副產(chǎn)品過程中溫度限制在50~60℃之間，不宜過高或過低的緣由是___。（3）常溫下“除鐵”時加入的試劑A可用CuO，調(diào)整pH的范圍為___，若加A后將溶液的pH調(diào)為5，則溶液中Fe3+的濃度為___mol/L。（4）寫出“沉錳”（除Mn2+）過程中反應的離子方程式：___。（5）“趕氨”時，最相宜的操作方法是___。（6）測定副產(chǎn)品MnSO4·H2O樣品的純度：精確稱取樣品14.00g，加蒸餾水配成100mL溶液，取出25.00mL用標準的BaCl2溶液測定，完全反應后得到了4.66g沉淀，則此樣品的純度為___（保留到小數(shù)點后兩位）。【答案】（1）攪拌；適當增加硫酸濃度；適當加熱等（2）SiO2、S、MnO2溫度過低，硫的溶解速率小，溫度過高，CS2易揮發(fā)（3）3.7～5.6(或3.7≤pH<5.6)4.0×10-11（4）Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+（5）將溶液加熱（6）96.57%【解析】輝銅礦主要成分為Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等雜質(zhì)，加入稀硫酸和二氧化錳浸取，Cu2S在酸性條件下被二氧化錳氧化，SiO2不溶于稀硫酸，濾渣I經(jīng)CS2提取后可獲得一種淡黃色副產(chǎn)品，說明濾渣I中含有S，過濾得到的濾渣中含有MnO2、SiO2、單質(zhì)S，濾液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，加入A，調(diào)整溶液的pH使鐵離子形成氫氧化鐵沉淀，除去鐵；加入碳酸氫銨溶液沉淀錳，過濾得到碳酸錳，用硫酸溶解，生成硫酸錳晶體，濾液趕出氨氣，參加循環(huán)運用，同時得到堿式碳酸銅，據(jù)此分析解答。（1）加快“浸取”速率，除將輝銅礦粉碎外，還可以適當增加硫酸的濃度，充分攪拌，加熱等，故答案為：攪拌、適當增加硫酸濃度、適當加熱等；（2）濾渣I的主要成份MnO2、SiO2、單質(zhì)S；回收淡黃色副產(chǎn)品——S的過程中溫度限制在50~60℃之間，不宜過高或過低，緣由是溫度過低，硫的溶解速率小，溫度過高，CS2易揮發(fā)，故答案為：SiO2；S；MnO2；溫度過低，硫的溶解速率小，溫度過高，CS2易揮發(fā)；（3）加入的試劑A是用于調(diào)整溶液pH，促進鐵離子的水解，但不能引入雜質(zhì)，因最終要制備堿式碳酸銅，則可加入氧化銅、氫氧化銅等，依據(jù)有關(guān)金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍，溶液pH應當介于3.7～5.6(

或3.7≤pH＜5.6)，若加A后將溶液的pH調(diào)為5，則c(OH-)=10-9mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，則溶液中鐵離子濃度為mol/L=4.0×10-11mol/L，故答案為：3.7～5.6(

或3.7≤pH＜5.6)；

4.0×10-11；（4）“沉錳”(除Mn2+)過程中，加入碳酸氫銨和氨氣，生成碳酸錳沉淀，反應的離子方程式為Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+，故答案為：Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+；（5）氨氣易揮發(fā)，“趕氨”時，最相宜的操作方法是將溶液加熱，故答案為：將溶液加熱；（6）測定MnSO4?H2O樣品的純度：精確稱取樣品14.00g，加蒸餾水配成100mL溶液，取出25.00mL用標準的BaCl2溶液測定，完全反應后得到了4.66g沉淀，為硫酸鋇物質(zhì)的量==0.02mol，n(MnSO4?H2O)=n(BaSO4)=0.02mol，則此樣品中MnSO4?H2O物質(zhì)的量為：0.02mol×=0.08mol，則樣品中MnSO4?H2O的純度=×100%=96.57%，故答案為：96.57%。8．（2025屆廣東省佛山市質(zhì)檢）Na5PW11O39Cu/T1O2膜可催化污染物的光降解，一種生產(chǎn)工藝流程如下，回答下列問題：（1）“溶解I”發(fā)生的離子反應方程式為______________，Na2WO4(鎢酸鈉)在酸性條件下有較強的氧化性，該步驟不能用濃鹽酸代替濃硝酸的緣由是____________。（2）“除雜”時用過量有機溶劑萃取溶液中的NO3-，再通過_________方法分別雜質(zhì)。（3）“溶解II”須要加入水、乙醇和稀硫酸。①加入乙醇的目的是_____________。②鈦酸四丁酯水解產(chǎn)生TiO2和C4H9OH的化學方程式為_____。③溶液中Cu2+濃度為0.02mol·L-1，需調(diào)整pH小于________。(已知Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20)（4）培燒溫度、Na5PW11O39Cu用量對Na5PW11O39Cu/TiO2膜催化活性的影響隨(時間)變更如圖1、圖2所示：制備Na5PWl1O39Cu/TiO2膜的最佳條件為：培燒溫度_____，Na5PW11O39Cu用量_______。【答案】（1）WO42-具有強氧性，將鹽酸氧化生成有毒氣體氯氣，污染環(huán)境（2）分液（3）①增大鈦酸四丁酯的溶解度②③5（4）100℃3.0g【解析】（1）濃硝酸和HPO42-和WO42-反應生成，化學方程式為：；Na2WO4(鎢酸鈉)在酸性條件下有較強的氧化性，會和濃鹽酸反應生成有毒氣體氯氣，故答案為；WO42-具有強氧性，將鹽酸氧化生成有毒氣體氯氣，污染環(huán)境；（2）“除雜”時用過量有機溶劑萃取溶液中的NO3-，再通過分液方法分別雜質(zhì)，故答案為：分液；（3）①“溶解II”須要加入水、乙醇和稀硫酸，加入乙醇的目的是增大鈦酸四丁酯的溶解度，故答案為：增大鈦酸四丁酯的溶解度；②鈦酸四丁酯水解產(chǎn)生TiO2和C4H9OH，化學方程式為：，故答案為：；③利用,則，則；則，故答案為：5；（4）由圖一可知溫度為100℃時Na5PWl1O39Cu/TiO2膜的活性最高；由圖二可知當Na5PW11O39Cu用量為3.0g時Na5PWl1O39Cu/TiO2膜的活性最高，故答案為：100℃；3.0g。9．（2025屆四川省瀘州市高三第三次質(zhì)檢）金屬釩主要用于冶煉特種鋼，被譽為“合金的維生素”。工業(yè)上常用富釩爐渣（主要含F(xiàn)eO·V2O3，還有少量P2O5等雜質(zhì)）制取釩的流程如下圖。回答下列問題：（1）已知焙燒中先發(fā)生4FeO·V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反應，其氧化產(chǎn)物是__，進一步生成可溶性NaVO3的反應方程式為______。（2）25℃時，Ksp(NH4VO3)＝4×10-2，電離平衡常數(shù)Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5。“沉釩”后VO3-的濃度為mol/L，則濾液的pH為___。除OH-與VO3-外，濾液中還可能存在的陰離子是__。（3）“熱解”過程產(chǎn)生的氣體y的電子式為__。（4）硅參加高溫還原反應的方程式為_____，爐渣的主要成分是__。（5）釩比鐵的金屬性強。工業(yè)上通過電解精煉“粗釩”可得到99.5%的純釩，以熔融LiCl－KCl－VCl2為電解質(zhì)，“粗釩”中含少量鐵和硅。則“粗釩”應連接電源的___極，陰極的電極反應式為__。【答案】（1）V2O5、Fe2O3V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑（2）4.5Cl-和H2PO42-、PO43-或HPO42-（3）（4）5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3CaSiO3（5）正或＋V2+＋2e-＝V【解析】焙燒是將FeO·V2O3轉(zhuǎn)化為可溶性NaVO3，氧化鐵和二氧化碳，反應的化學方程式為：4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2，氣體x為CO2，水浸，浸出渣為氧化鐵，得到NaVO3溶液，濾液中加入NH4Cl沉釩生成NH4VO3，受熱分解生成V2O5，和氨氣，最終用硅鐵還原，硅參加高溫還原反應的方程式為5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3，爐渣的主要成分是CaSiO3。（1）焙燒中先發(fā)生4FeO·V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反應，鐵由+2價上升為+3價，釩由+3從上升為+5價，其氧化產(chǎn)物是V2O5、Fe2O3，進一步生成可溶性NaVO3的反應方程式為V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑。故答案為：V2O5、Fe2O3；V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑；（2）25℃時，Ksp(NH4VO3)＝4×10-2，電離平衡常數(shù)Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5。“沉釩”后VO3-的濃度為mol·L－1，Ksp(NH4VO3)＝4×10-2=c(NH4+)c(VO3-)，c(NH4+)==1.8mol·L－1,Kh=,x=c(H+)=10-4.5mol·L－1,則濾液的pH為4.5。除OH-與VO3-外，P2O5溶于水生成磷酸電離出H2PO42-、PO43-或HPO42-，濾液中還可能存在的陰離子是Cl-和H2PO42-、PO43-或HPO42-。故答案為：4.5；Cl-和H2PO42-、PO43-或HPO42-；（3）“熱解”過程產(chǎn)生的氣體y是氨氣，N原子最外層是5個電子，與3個氫原子形成3個共用電子對，電子式為。故答案為：；（4）硅高溫時將釩還原，同時生成的二氧化硅與氧化鈣形成爐渣，硅參加高溫還原反應的方程式為5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3，爐渣的主要成分是CaSiO3。故答案為：5Si＋2V2O54V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO4V＋5CaSiO3；CaSiO3；（5）以熔融LiCl－KCl－VCl2為電解質(zhì)，“粗釩”中含少量鐵和硅，“粗釩”應連接電源的正或＋極，發(fā)生氧化反應，陰極得電子發(fā)生還原反應，陰極的電極反應式為V2+＋2e-＝V。故答案為：正或＋；V2+＋2e-＝V。10．（2025屆河南省焦作市高三第三次模擬）KMnO4在醫(yī)療上有廣泛地應用，可用于防腐、制藥、消毒等。現(xiàn)以軟錳礦（主要成分為MnO2，含有少量Al2O3、SiO2等）為原料制備KMnO4的工業(yè)流程如圖所示。（1）料渣的主要成分是____，操作2的意義是__________。（2）“調(diào)pH”的目的是__________；寫出“氧化”過程中發(fā)生反應的離子方程式：________；熔融過程中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_______。（3）操作3的內(nèi)容為蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾、洗滌、烘干，已知KHCO3、KMnO4的溶解度曲線是下圖中的兩種，則KHCO3、KMnO4的溶解度曲線分別是_____（填序號）。（4）用惰性電極電解K2MnO4溶液也可得到目標產(chǎn)物，則生成目標產(chǎn)物的電極反應式為___________，充分電解后，得到的溶液中溶質(zhì)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】軟錳礦(主要成分為MnO2，含有少量Al2O3、SiO2等)加入稀硫酸同時通入二氧化硫，可將MnO2還原成Mn2+，則溶液中主要陽離為Mn2+和Al3+，料渣為不溶于稀硫酸的SiO2，之后濾液中加入碳酸錳調(diào)整pH使Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀除去；然后加入高錳酸鉀氧化Mn2+得到MnO2沉淀，向熔融狀態(tài)的MnO2中通入氧氣，同時加入KOH，反應生成K2MnO4，加水溶解并通入過量二氧化碳，K2MnO4發(fā)生歧化得到含KMnO4和KHCO3的溶液，以及MnO2沉淀，之后對濾液進行蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾、洗滌烘干得到高錳酸鉀晶體。（1）依據(jù)分析可知料渣主要成分為SiO2，操作2可以提高原料的利用率；（2）調(diào)pH值的目的是使Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀除去；氧化過程中KMnO4和Mn2+發(fā)生歸中反應得到MnO2，離子方程式為2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；熔融過程中O2為氧化劑，由0價降為-2價，每個氧氣分子可以得到4個電子，MnO2為還原劑，化合價由+4價升為+6價，失去2個電子，所以氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1:2；（3）操作3的內(nèi)容為蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾、洗滌、烘干，說明KHCO3的溶解度隨溫度變更較大，為防止其析出要趁熱過濾，所以曲線II代表碳酸氫鉀；而KMnO4的溶解度隨溫度變更不大，而且KMnO4析出，說明其溶解度要比碳酸氫鉀的溶解度小，所以曲線Ⅲ代表KMnO4的溶解度；（4）由K2MnO4得到KMnO4，錳元素化合價上升被氧化，所以應在陽極生成，電極方程式為MnO42--e-=MnO4-；電解過程中陰極水電離出的氫離子放電生成氫氣，同時破壞水的電離平衡產(chǎn)生氫氧根，所以溶質(zhì)為KOH和KMnO4。11．（2025屆廣東省汕頭市高三一模）溴酸鎘[Cd(BrO3)2]常用做分析試劑、生產(chǎn)熒光粉等。以鎘鐵礦(成分為CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)為原料制備[Cd(BrO3)2]的工藝流程如下：已知Cd(SO4)2溶于水，回答下列問題：（1）為提高鎘的浸取率，酸浸時可實行的措施有____________(任寫兩種即可)。（2）還原鎘時，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，發(fā)生的離子反應方程式為________。（3）加入H2O2溶液的目的是_________。（4）濾渣2的主要成分為_______________(填化學式)；為檢驗濾液中是否含有Fe3+離子，可選用的化學試劑是__________________。（5）實際工業(yè)生產(chǎn)中，有時還采納陽離子交換樹脂法來測定沉鎘后溶液中Cd2+的含量，其原理是：Cd2++2NaR=2Na++CdR2，其中NaR為陽離子交換樹脂。常溫下，將沉鎘后的溶液(此時溶液pH＝6)經(jīng)過陽離子交換樹脂后，測得溶液中的Na+比交換前增加了0.0552g/L，則該條件下Cd(OH)2的Ksp值為___________。（6）已知鎘鐵礦中CdO2的含量為72%，整個流程中鎘元素的損耗率為10%，則2t該鎘鐵礦可制得Cd(BrO3)2(摩爾質(zhì)量為368g/mol)質(zhì)量為________kg。【答案】（1）增大稀硫酸濃度、將固體粉碎、用玻璃棒攪拌或適當加熱等措施（寫出兩種即可）（2）3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+（3）將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+（4）Al(OH)3、Fe(OH)3KSCN（5）1.210-19（6）3312【解析】用稀硫酸溶解鎘鐵礦，其中SiO2不溶于水和酸，通過過濾出去，即濾渣1為SiO2；濾液中主要含有Fe2+、Fe3+、Al3+和Cd4+，加入CH3OH將Cd4+還原為Cd2+，然后加入H2O2溶液，將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，再調(diào)整溶液pH使溶液中的Al3+和Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，過濾除去不溶物（濾渣2），向含有CdSO4的濾液中加入K2CO3生成CdCO3沉淀，再過濾將沉淀溶于HBrO3，最終將溶液蒸發(fā)結(jié)晶即可得到溴酸鎘，據(jù)此分析。（1）固體溶解于稀硫酸時，實行增大稀硫酸濃度、將固體粉碎、用玻璃棒攪拌或適當加熱等措施，可提高鎘的浸出率；（2）CH3OH將Cd4+還原為Cd2+時，產(chǎn)生是澄清石灰水變渾濁的氣體，此氣體為CO2，結(jié)合守恒法，可知反應的離子方程式為3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+；（3）加入H2O2溶液的目的是將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+；（4）濾渣2的主要成分為Al(OH)3、Fe(OH)3；為檢驗濾液中是否含有Fe3+離子，可選用的化學試劑是KSCN；（5）沉淀后的溶液pH=6，則c(OH-)=10-8mol/L，經(jīng)陽離子交換樹脂后，測得溶液中Na+比交換前增加了0.0552g/L，即Na+濃度增加了=0.0024mol/L，依據(jù)Cd2++2NaR=2Na++CdR2，可知原溶液中c(Cd2+)=0.0012mol/L，則Cd(OH)2的Ksp=c(Cd2+)c2(OH-)=1.210-19；（6）2t該礦石中CdO2的質(zhì)量為2106g72%=1.44106g，其物質(zhì)的量為=1104mol，整個流程中鎘元素的損耗率為10%，依據(jù)原子守恒可知Cd(BrO3)2的物質(zhì)的量為104mol(1-10%)=9103mol，其質(zhì)量為9103mol368g/mol=3312000g=3312kg。12．（2025屆陜西省渭南市高三質(zhì)檢）氫氧化鎂是優(yōu)良的阻燃劑、吸附劑，可利用蛇紋石(主要成分為，還含少量、等雜質(zhì))來制備。工藝流程如圖所示：回答下列問題（1）用氧化物的形式可表示為_________________。（2）“酸溶”時需適當加熱的目的是_____________________；（3）濾渣1的主要成分為________(填化學式)，濾液2中所含金屬陽離子主要有________。（4）反應Ⅰ中加入足量的鐵粉生成濾渣2的離子方程式是___________。（5）“除鐵”反應中還原產(chǎn)物為，則“除鐵”過程中發(fā)生的氧化還原反應的離子方程式為______。（6）可作為阻燃材料的緣由為_________(答出兩點即可)。（7）已知：。若濾液2中，通過計算過程說明調(diào)時是否有沉淀生成__________。【答案】（1）（2）加快酸溶速率，使酸溶更充分（3）或或、（4）（5）（6）分解汲取熱量；分解生成耐高溫且能隔絕空氣的；分解生成能隔絕空氣的水，水汽化汲取熱量（7）調(diào)，溶液中，，故不能生成沉淀【解析】依據(jù)流程：蛇紋石[主要成分為

Mg

6Si4O10(OH)8，還含少量NiO、Fe3O4等雜質(zhì)]粉碎后用硫酸酸溶，濾渣1的主要成分為不溶的SiO2，濾液1含有Mg2+、Ni2+、Fe3+，加入足量的鐵粉將Ni2+置換，同時將鐵離子還原為亞鐵離子，濾渣2為Ni，濾液2含有Mg2+、Fe2+，調(diào)整pH=5，加入KMnO4將Fe2+氧化為Fe(OH)3，自身被還原為MnO2，反應為：MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+，濾渣3為Fe(OH)3，向濾液3中加入石灰乳得到耐火材料Mg(OH)2，因其分解汲取熱量，分解生成耐高溫且能隔絕空氣的MgO和能隔絕空氣的水，水汽化汲取能量，據(jù)此分析作答。（1）Mg6Si4O10(OH)8用氧化物的形式可表示為：6MgO?4SiO2?4H2O；（2）“酸溶”時需適當加熱可以加快酸溶速率，使酸溶更充分；（3）依據(jù)分析，濾渣1的主要成分為SiO2(或H2SiO3或H4SiO4)，濾液2中所含金屬陽離子主要有Mg2+、Fe2+；（4）依據(jù)分析，反應Ⅰ為加入足量的鐵粉將Ni2+置換，同時將鐵離子還原為亞鐵離子，則加入足量的鐵粉生成濾渣2的離子方程式是Fe+Ni2+=Ni+Fe2+；（5）“除鐵”過程中，調(diào)整pH=5，加入KMnO4將Fe2+氧化為Fe(OH)3，自身被還原為MnO2，離子反應為：MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；（6）Mg(OH)2分解汲取熱量，分解生成耐高溫且能隔絕空氣的MgO和能隔絕空氣的水，水汽化汲取能量等，故Mg(OH)2可作為阻燃材料；（7）調(diào)整pH=5時，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．（2025屆廣東省茂名市高三二模）鈷(Co)是生產(chǎn)耐熱合金、硬質(zhì)合金、防腐合金、磁性合金和各種鈷鹽的重要原料，其金屬性弱于Fe強于Cu。某低位硫鈷銅礦的成分為：CoS、CuFeS2、CaS、SiO2，一種利用生物浸出并回收其中鈷和銅的工藝流程如圖：回答下列問題：（1）Cu2+的生物浸出原理如下：溫度超過50℃浸出率急劇下降，其緣由是_____；其他金屬離子的浸出原理與上圖類似，寫出由CoS浸出Co2+的離子方程式_____。（2）浸出渣的主要成分為_____。（3）萃取分別銅的原理如下：Cu2++2(HR)org(CuR2)org+2H+。依據(jù)流程，反萃取加入的試劑應當為_____(寫化學式)。（4）除鐵步驟中加入H2O2，調(diào)整溶液的pH至4，將Fe2+轉(zhuǎn)化為FeOOH過濾除去，寫出該轉(zhuǎn)化的離子方程式為_____。檢驗Fe2+是否完全被轉(zhuǎn)化的試劑為_____。（5）通過電解法制得的粗鈷含有少量銅和鐵，須要電解精煉，進行精煉時，精鈷應處于_____極(填“陰”或“陽”)，陽極泥的主要成分為_____。【答案】（1）溫度過高細菌失活（2）CaSO4、SiO2（3）H2SO4（4）鐵氰化鉀（5）陰銅【解析】（1）溫度過高細菌失活，浸出率急劇下降；依據(jù)Cu2+的生物浸出可知礦物再細菌和Fe3+作用下化合物中S元素轉(zhuǎn)化為S單質(zhì)，則Co2+的生物浸出離子方程式為：，故答案為：溫度過高細菌失活；；（2）由生物浸出原理圖可知S元素最終轉(zhuǎn)化為SO42-，與Ca2+結(jié)合生成CaSO4，SiO2不參加反應，金屬陽離子進入濾液，則浸出渣的主要成分為CaSO4、SiO2，故答案為：CaSO4、SiO2；（3）依據(jù)平衡移動原理可知，反萃取需加入酸，由流程圖可知反萃取后得到CuSO4溶液。則應加入硫酸，故答案為：H2SO4；（4）H2O2和Fe2+反應生成FeOOH沉淀，離子方程式為。檢驗檢驗亞鐵離子可用鐵氰化鉀溶液，若生成藍色沉淀則存在亞鐵離子，故答案為：；鐵氰化鉀；（5）電解精煉時粗鈷為陽極，精鈷做陰極。電解精煉時，F(xiàn)e和Co溶解，Cu較不活潑，不能溶解，因此，陽極泥主要為銅，故答案為：陰；銅。14．（2025屆河北省名校聯(lián)盟高三聯(lián)考）硫酸鉛(PbSO4)廣泛應用于制造鉛蓄電池、白色顏料等。工業(yè)生產(chǎn)中利用方鉛礦（主要成分為PbS，含有FeS2等雜質(zhì)）和軟錳礦（主要成分為MnO2）制備PbSO4的工藝流程如圖：已知：i.PbCl2難溶于冷水，易溶于熱水。ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)ΔH>0iii.Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5。（1）“浸取”時須要加熱，此時鹽酸與MnO2、PbS發(fā)生反應生成PbCl2和S的化學方程式為__。（2）“調(diào)pH”的目的是__。（3）“沉降”操作時加入冰水的作用是__。（4）時，PbCl2(s)在不同濃度的鹽酸中的最大溶解量(g·L-1)如圖所示。下列敘述正確的是__（填字母）。A．鹽酸濃度越小，Ksp(PbCl2)越小B．x、y兩點對應的溶液中c(Pb2+)不相等C．當鹽酸濃度為1mol·L-1時，溶液中c(Pb2+)肯定最小D．當鹽酸濃度小于1mol·L-1時，隨著HCl濃度的增大，PbCl2溶解量減小是因為Cl-濃度增大使PbCl2溶解平衡逆向移動（5）PbCl2經(jīng)“沉淀轉(zhuǎn)化”后得到PbSO4，當c(Cl-)=0.1mol·L-1時，c(SO42-)=__。（6）“濾液a”經(jīng)過處理后可以返回到__工序循環(huán)運用。利用制備的硫酸鉛與氫氧化鈉反應制備目前用量最大的熱穩(wěn)定劑三鹽基硫酸鉛(3PbO·PbSO4·H2O)，該反應的化學方程式為__。【答案】（1）MnO2+PbS+4HC1PbC12+S+MnC12+2H2O（2）除去Fe3+（3）溫度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-轉(zhuǎn)化為PbC12，便于析出PbC12晶體(或PbC12難溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶體（4）BD（5）6.75×10-6mo1?L-1（6）浸取4PbSO4+6NaOH=3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O【解析】方鉛礦精礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質(zhì))和軟錳礦(主要成分為MnO2)中加入稀鹽酸，鹽酸與MnO2、PbS發(fā)生反應生成PbCl2和S，MnO2被還原成Mn2+，加入的NaCl可促進反應PbCl2(s)+2Cl-(aq)?PbCl42-(aq)平衡正向移動使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液調(diào)整溶液pH，使鐵離子轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵沉淀除去，然后過濾；PbCl2難溶于冷水，將濾液冷水沉降過濾得到PbCl2晶體，之后加入稀硫酸發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，生成硫酸鉛晶體，過濾得到晶體烘干得到硫酸鉛粉末，濾液a中主要成分為HCl。（1）依據(jù)題意可知該過程中MnO2將PbS2中的S元素氧化成S單質(zhì)，錳元素被還原成Mn2+，依據(jù)電子守恒和元素守恒可得方程式為MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2+2H2O；（2）調(diào)整pH的主要目的是使Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，從而除去；（3）溫度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-轉(zhuǎn)化為PbC12，便于析出PbC12晶體(或PbC12難溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶體)，所以沉降時加入冰水；（4）PbCl2是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由圖象可知在濃度為1mol/L時溶解量最小；結(jié)合題目所給信息可知，小于1mol/L時，主要是電離出的氯離子抑制氯化鉛的溶解，大于1mol/L時，可發(fā)生PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，而促進溶解。A．Ksp(PbCl2)只受溫度的影響，溫度不變，則Ksp(PbCl2)不變，故A錯誤；B．依據(jù)分析可知x、y兩點對應的溶液中的溶質(zhì)不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正確；C．依據(jù)分析可知當鹽酸濃度大于1mol/L之后，主要發(fā)生反應：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，所以此時c(Pb2+)不肯定最小，故C錯誤；D．依據(jù)分析可知鹽酸濃度小于1mol·L-1時，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯離子的增多使平衡逆向移動，故D正確；綜上所述選BD；（5）沉淀轉(zhuǎn)化的方程式為PbCl2(s)+SO42-(aq)?PbSO4(s)+2Cl-(aq)，該反應的平衡常數(shù)K=，所以當c(Cl-)=0.1mol/L時，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；（6）發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化后，濾液a中的主要溶質(zhì)為HCl，所以經(jīng)處理后可以返回到浸取工序循環(huán)運用；反應物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O，依據(jù)元素化合價的變更可知該反應不是氧化還原反應，依據(jù)元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。15．（2025屆安徽省皖南八校高三臨門一卷）鎳（Ni）有良好的耐高溫、耐腐蝕、防銹功能，在電池、催化劑方面有廣泛的應用。以硫化鎳礦（主要成分為NiS，另含少量CuS，F(xiàn)eS等雜質(zhì)）為原料制取純鎳的工藝流程如下：已知物質(zhì)的還原性：Fe＞Ni＞H2＞Cu。回答下列問題：（1）在“熔煉”過程中，二價鐵的化合價沒有發(fā)生變更，則雜質(zhì)FeS與O2反應的化學方程式為___________________。（2）高鎳礦破裂、細磨的作用是___________________。（3）在焰色反應試驗中，可以用光滑無銹的鎳絲代替鉑絲蘸取化學試劑灼燒，緣由是___________________。（4）“除鐵”過程中，反應的化學反應方程式為___________________。（5）“電解”制粗鎳過程中，陽極發(fā)生的主要電極反應為___________________。（6）“電解精煉”過程中，需調(diào)整溶液的pH為2～5，緣由是___________________。陽極泥的成分為___________________（寫名稱）。【答案】（1）2FeS+3O22FeO+2SO2（2）增大接觸面積，提高浮選率（3）鎳在焰色反應中，火焰呈無色，不影響其他金屬元素的焰色（4）SiO2+2FeOFe2SiO4（5）NiS-2e-=Ni2++S（6）pH<2時，溶液中c(H+)較大，H+易在陰極放電；pH>5時，Ni2+易形成Ni(OH)2沉淀銅【解析】已知物質(zhì)的還原性：Fe＞Ni＞H2＞Cu，依據(jù)工藝流程分析可知，硫化鎳礦在“熔煉”過程中，通入氧氣后發(fā)生氧化還原反應，生成可用于制取硫酸的SO2，并得到低鎳礦，向低鎳礦中加入石英發(fā)生反應SiO2+2FeOFe2SiO4，得到高鎳礦，再經(jīng)破裂、細磨后得到鎳礦粉進行浮選，進而得到含有少量CuS的NiS，接著在NiSO4作電解質(zhì)溶液的條件下進行電解，NiS和CuS在陽極失去電子得到S單質(zhì)和Cu2+、Ni2+，Cu2+、Ni2+再在陰極得到電子得到含有少量Cu的粗鎳，最終再在NiSO4溶液中，調(diào)整pH至2~5，電解精煉得到純鎳，據(jù)此分析解答。（1）在“熔煉”過程中，二價鐵的化合價沒有發(fā)生變更，高溫條件下，雜質(zhì)FeS與O2反應生成FeO和SO2，反應的化學方程式為2FeS+3O22FeO+2SO2；（2）為了提高浮選率，得到較高純度NiS，可將高鎳礦破裂、細磨，增大其接觸面積；（3）因為鎳在焰色反應中，火焰呈無色，不會影響其他金屬元素的焰色，所以在焰色反應試驗中，可以用光滑無銹的鎳絲代替鉑絲蘸取化學試劑進行灼燒；（4）依據(jù)上述分析可知，“除鐵”過程中，向低鎳礦中加入石英發(fā)生反應SiO2+2FeOFe2SiO4；（5）“電解”制粗鎳過程中，主要是NiS在陽極失去電子得到S單質(zhì)和Ni2+，發(fā)生的主要反應為NiS-2e-=Ni2++S；（6）已知物質(zhì)的還原性：Fe＞Ni＞H2＞Cu，則氧化性：Cu2+>H+>Ni2+，若當pH<2時，溶液中c(H+)較大，H+易在陰極放電，不易得到Ni單質(zhì)，pH>5時，Ni2+易形成Ni(OH)2沉淀，“電解精煉”過程中，得到的陽極泥的主要成分為Cu單質(zhì)。16．（2025屆江西省重點中學盟校高三聯(lián)考）高純MnCO3在電子工業(yè)中有重要的應用，工業(yè)上利用軟錳礦(主要成分是MnO2，還含有Fe2O3、CaCO3、CuO等雜質(zhì))制取碳酸錳的流程如圖所示：已知：還原焙燒主反應為2MnO2＋C2MnO＋CO2↑。可能用到的數(shù)據(jù)如下：依據(jù)要求回答下列問題：（1）在試驗室進行步驟A，混合物應放在__________中加熱；步驟C中的濾渣為__________。（2）步驟D中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________。（3）步驟E中調(diào)整pH的范圍為____________，其目的是______________________________。（4）步驟G，溫度限制在35℃以下的緣由是____________________________________，若Mn2+恰好沉淀完全時測得溶液中CO32-的濃度為2.2×10－6mol/L，則Ksp(MnCO3)＝____________。（5）生成的MnCO3沉淀需經(jīng)充分洗滌，檢驗洗滌是否干凈的方法是_____________________。（6）現(xiàn)用滴定法測定產(chǎn)品中錳元素的含量。試驗步驟：稱取3.300g試樣，向其中加入稍過量的磷酸和硝酸，加熱使產(chǎn)品中MnCO3完全轉(zhuǎn)化為[Mn(PO4)2]3－(其中NO3-完全轉(zhuǎn)化為NO2－)；加入稍過量的硫酸銨，發(fā)生反應NO2-＋NH4＋＝N2↑＋2H2O以除去NO2-；加入稀硫酸酸化，再加入60.00mL0.500mol·L－1硫酸亞鐵銨溶液，發(fā)生的反應為[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43－；用5.00mL0.500mol·L－1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去過量的Fe2＋。①酸性K2Cr2O7溶液與Fe2+反應的離子方程式為_____________________________________。②試樣中錳元素的質(zhì)量分數(shù)為____________。【答案】（1）坩堝C、Cu和CaSO4（2）1∶2（3）3.7≤pH＜8.1使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3而除去，而不影響Mn2＋（4）削減碳酸氫銨的分解，提高原料利用率2.2×10－11（5）取少量最終一次的洗滌液于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈（6）①6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O②25%【解析】【分析】（1）~（5）原料加木炭焙燒，主要發(fā)生2MnO2+C2MnO+CO2↑，且C與Fe2O3、CuO發(fā)生反應，生成Fe、Cu，再用硫酸酸浸過濾得到MnSO4、FeSO4溶液，過濾分別出濾渣為不和稀硫酸反應的Cu、過量的木炭以及碳酸鈣轉(zhuǎn)化成的CaSO4，再氧化、調(diào)整pH除去Fe3+得到MnSO4溶液，最終與NH4HCO3反應生成MnCO3，分別烘干得到MnCO3，以此來解答。（6）滴定原理為：利用酸性K2Cr2O7滴定剩余的Fe2+的量，從而確定與[Mn(PO4)2]3－反應的Fe2+的量，繼而確定Mn元素的量。【詳解】（1）高溫焙燒物質(zhì)應在坩堝中進行；依據(jù)分析可知濾渣為C、Cu和CaSO4；（2）步驟D中MnO2被還原成Mn2+，化合價降低2價，F(xiàn)e2+被氧化成Fe3+，化合價上升1價，依據(jù)得失電子守恒，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2；（3）此時溶液中的雜質(zhì)主要為Fe3+，結(jié)合表中數(shù)據(jù)可知步驟E中調(diào)整pH的范圍為3.7≤pH＜8.3，其目的是使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵而除去，而不影響Mn2+；（4）銨鹽不穩(wěn)定，受熱易分解，所以步驟G中溫度需限制在35℃以下，削減碳酸氫銨的分解，提高原料利用率；Mn2＋恰好沉淀完全時可認為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沉淀可能附著有硫酸鹽，所以檢驗是否含有硫酸根即可確認沉淀是否洗滌干凈，詳細操作為：取少量最終一次的洗滌液于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈；（6）①酸性K2Cr2O7具有強氧化性，可以把亞鐵離子氧化成鐵離子，自身被還原成Cr3+，依據(jù)電子守恒、電荷守恒和原子守恒可得離子方程式為6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋=6Fe3+＋2Cr3＋＋7H2O；②依據(jù)方程式6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O可知剩余n(Fe2+)=0.500mol·L-1×0.005L×6=0.015mol，則與[Mn(PO4)2]3－反應的n(Fe2+)=0.500mol·L-1×0.06L-0.015mol=0.015mol，依據(jù)方程式[Mn(PO4)2]3-＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43－可知n(Mn)=0.015mol，所以錳元素的質(zhì)量分數(shù)為=25%。17．（2025屆陜西省咸陽市高三模擬）硼酸和硫酸鎂是重要的化工原料。以硼鐵混精礦[主要成分為MgBO2（OH）、UO2和Fe3O4，還有少量的Fe2O3、FeO、SiO2]為原料制備硼酸和硫酸鎂的工藝流程如下：已知：①UO22＋在pH為4－5的溶液中生成UO2（OH）2沉淀；②Fe2＋和Fe3＋沉淀完全的pH分別為9.7、3.7。（1）酸浸過程中MgBO2（OH）與硫酸反應的離子方程式為_____。（2）酸浸過程中加入H2O2的目的是______（寫出兩條），濾渣1的主要成分是___（填化學式）。（3）試劑1最好選擇_____（填化學式）。若調(diào)整溶液pH前，溶液中c（Mg2＋）＝0.2mol/L，當溶液pH調(diào)至5時，UO2＋沉淀完全，此時是否有Mg（OH）2沉淀生成____。{通過計算說明，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10－12}（4）操作1的名稱是_____。（5）MgSO4·H2O加熱脫水可以得無水MgSO4，那么MgCl2·6H2O晶體干脆加熱___（填“能”或“不能”）得到無水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。向碳酸鈉溶液里逐滴加入硼酸溶液____（填“有”或“無”）氣泡產(chǎn)生，理由是____。【答案】（1）MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3（2）將Fe2+氧化為Fe3+，將UO2氧化成UO22+便于后續(xù)過程除去SiO2（3）MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3c(Mg2+)×c2(OH-)=0.2×(10-9)2=2×10-19＜Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，因此不會產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀（4）趁熱過濾（5）不能加熱時促進了MgCl2的水解，最終得到氫氧化鎂、氧化鎂或堿式碳酸鎂（6）無硼酸的酸性比碳酸弱【解析】用硫酸酸化的H2O2溶解硼鐵混精礦，其中SiO2不溶于水和酸，經(jīng)過濾可除去，所得濾液中主要含有UO22＋、Fe3+、Mg2+及H3BO3，用MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3調(diào)整溶液pH，使溶液中Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，并經(jīng)過濾得濾渣2，將濾液蒸發(fā)、濃縮，趁熱過濾，獲得MgSO4·H2O晶體析出，將濾液冷卻結(jié)晶，過濾可得粗硼酸，據(jù)此分析解題。（1）酸浸過程中MgBO2(OH)與硫酸反應，生成硼酸和硫酸鎂，發(fā)生反應的離子方程式為MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3；（2）酸浸過程中加入H2O2，利用H2O2的氧化性，將Fe2+氧化為Fe3+，同時將UO2氧化成UO22+便于后續(xù)過程除去；SiO2不溶于水和酸，則濾渣1的主要成分是SiO2；（3）添加試劑1是調(diào)整溶液pH，則試劑1能與酸反應，且不引入新的雜質(zhì)，故最好選擇MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3；c(Mg2＋)＝0.2mol/L，當溶液pH調(diào)至5時，c(OH-)=1×10-9mol/L，則c(Mg2+)×c2(OH-)=0.2×(10-9)2=2×10-19＜Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，因此不會產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀。（4）結(jié)合以上分析可知，將濾液蒸發(fā)、濃縮，趁熱過濾，獲得MgSO4·H2O晶體析出，所以操作1的名稱是趁熱過濾；（5）MgCl2能水解生成Mg(OH)2和HCl，MgCl2·6H2O晶體干脆加熱時，促進Mg2+水解，且HCl揮發(fā)，則最終得到氫氧化鎂、氧化鎂或堿式碳酸鎂，而不能得到無水MgCl2；（6）已知：H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11；H3BO3的Ka＝5.8×10－10，則硼酸的酸性介于H2CO3和HCO3-之間，依據(jù)強酸制弱酸的原理，向碳酸鈉溶液里逐滴加入硼酸溶液只能生成NaHCO3和NaBO3，無碳酸生成，即無氣泡產(chǎn)生。18．（2025屆福建省廈門市高三質(zhì)檢）以含鋰電解鋁廢渣（主要成分為LiF、AlF3、NaF，少量CaO等）為原料，生產(chǎn)高純度LiOH的工藝流程如圖：（已知：常溫下，LiOH可溶于水，Li2CO3微溶于水）（1）含鋰電解鋁廢渣與濃硫酸在200~400℃條件下反應2h。“濾渣1”主要成分是___（填化學式）。（2）“過濾2”須要趁熱在恒溫裝置中進行，否則會導致Li2SO4的收率下降，緣由是___。（已知部分物質(zhì)的溶解度數(shù)據(jù)見下表）溫度/℃Li2SO4/gAl2(SO4)3/gNa2SO4/g036.131.24.91035.433.59.12034.836.519.53034.340.440.84033.945.748.8（3）40°C下進行“堿解”，得到粗碳酸鋰與氫氧化鋁的混合濾渣，生成氫氧化鋁的離子方程式為___；若堿解前濾液中c(Li+)=4mol?L-1，加入等體積的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率到99%，則“濾液2”中c(CO32-)=___mol?L-1。[Ksp(Li2CO3)=1.6×10-3]（4）“苛化”過程，若氧化鈣過量，則可能會造成___。（5）整個工藝流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)有___。（6）“電解”原理如圖所示。“碳化”后的電解液應從（填“a”或“b”)___口注入。陰極的電極反應式為___。（7）高純度LiOH可轉(zhuǎn)化為電池級Li2CO3。將電池級Li2CO3和C、FePO4高溫下反應，生成LiFePO4和一種可燃性氣體，該反應的化學方程式為___。【答案】（1）CaSO4（2）溶液溫度下降，硫酸鈉結(jié)晶析出時，夾裹了部分的硫酸鋰共沉淀（3）2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑4（4）碳酸鋰產(chǎn)品的鈣離子含量相對上升(或使得氫氧化鋁溶解進入溶液，導致最終產(chǎn)品的純度下降)（5）CO2（6）a2H2O+2e-=H2↑＋2OH-（7）Li2CO3＋2C＋2FeSO42LiFePO4＋3CO↑【解析】含鋰電解鋁廢渣(主要成分為LiF、AIF3、NaF，少量CaO等)與濃硫酸反應生成Li2SO4、Al2(SO4)3、Na2SO4和CaSO4。CaSO4是微溶物，加水溶解，濾渣1為CaSO4，向濾液中加入Na2CO3溶液，堿解生成CO2氣體、Al(OH)3和Na2SO4及Li2CO3，趁熱過濾，向濾液中加入氧化鈣生成CaSO4、Al(OH)3、LiOH，過濾，向濾液中加入CO2得到Li2CO3，電解得到LiOH。（1）依據(jù)分析得到“濾渣1”主要成分是CaSO4；（2）“過濾2”須要趁熱在恒溫裝置中進行，依據(jù)表中溶解度曲線得出硫酸鈉晶體析出可能會夾帶著硫酸鋰，從而導致Li2SO4的收率下降；故答案為：溶液溫度下降，硫酸鈉結(jié)晶析出時，夾裹了部分的硫酸鋰共沉淀；（3）40°C下