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，Fe2O3和A12O3)為原料制備高純鎂砂的工藝流程如下：已知浸出時產生的廢渣中有SO2，Fe(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．流程中可循環運用的物質有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，揮發出氨氣，降低利用率，故B錯誤；C．浸出過程產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)“沉淀轉溶”中，轉化為釩酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是___________。(5)“調pH”中有沉淀生產，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，Fe3O4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調整pH=3.0~3.1，釩水解并沉淀為V2O5·xH2O，依據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+部分轉化為Fe(OH)3沉淀，部分Al3+轉化為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轉化為釩酸鹽溶解，Al(OH)3轉化為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pH=8.5，NaAlO2轉化為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，Fe2+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，依據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，VO+轉化為反應的離子方程式為VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；(3)依據分析，“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)依據分析，濾渣③的主要成分是Fe(OH)3；(5)“調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。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)“轉化”中可替代H2O2的物質是______________。若工藝流程改為先“調pH”后“轉化”，即“濾液③”中可能含有的雜質離子為______________。(4)利用上述表格數據，計算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出計算式)。假如“轉化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol·L?1，則“調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，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的濾液②，Fe2+經H2O2氧化為Fe3+后，加入NaOH調整pH使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀除去，再限制pH濃縮結晶得到硫酸鎳的晶體，據此分析解答問題。(1)依據分析可知，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pH”后“轉化”，會使調pH過濾后的溶液中含有Fe2+，則濾液③中可能含有轉化生成的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℃時相關物質的Ksp見下表。物質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消耗了產生的Ba(OH)2（3）蒸發（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，主要發生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過濾得到Ba(OH)2溶液，經蒸發結晶、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+轉化為Fe3+，然后加入氨水調整pH，使Fe3+、Al3+轉化為沉淀除去，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反應轉化為MnO，Mn元素的化合價由+4價降低為+2價，依據元素價態規律可知-2價的S元素應被氧化得到S單質，則MnO2與BaS的系數比應為1:1，依據后續流程可知產物還有Ba(OH)2，結合元素守恒可得化學方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；(2)依據題目信息可知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為結晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液，所以可以導入到蒸發操作中循環運用；(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，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；依據表格數據可知，Fe(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，Fe3+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合生成碳酸錳沉淀，促進碳酸氫根的電離，產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檢）銀系列產品廣泛地應用于化工、電子電鎖、材料和工業催化等領域，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生產過程中產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”步驟中產生的氣體可參加大氣循環，該氣體分子的電子式為_______。（6）“母液2”中溶質的化學式為______________。（7）粗銀經過烘干、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②調整電解液的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，則產生的氣體N2可參加大氣循環，其電子式為，故答案為：；（6）依據（5）可知，反應后溶液中存在NH4Cl，“母液2”中溶質的化學式為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；②HNO3顯酸性，可調整電解液的pH；KNO3可提高電解液的導電性，故答案為：調整電解液的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(協萃比)協同萃取和，萃取狀況如圖所示，當協萃比________，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________(結合平衡移動原理說明)。（7）水相2中的主要溶質除了，還有________(填化學式)。（8）可用作電極，若選用電解質溶液，通電時可轉化為，其電極反應式為________。【答案】（1）+6（2）攪拌（3）（4）分液（5）（6）依據可知，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，經結晶后得到鉬酸銨；水相1中含有、，SO42-，經萃取分液后，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）依據圖像，找到最多，較少的協萃比為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，在堿性條件下可發生氧化反應，生成，電極反應為。7．（2025屆東北三省四市聯合模擬）堿式碳酸銅在煙火、農藥、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）為原料制備堿式碳酸銅的流程如圖所示：已知：①有關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CS2提取后可獲得一種淡黃色副產品，則濾渣I中的主要成分是___（填化學式）。回收淡黃色副產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，調整pH的范圍為___，若加A后將溶液的pH調為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（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，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CS2提取后可獲得一種淡黃色副產品，說明濾渣I中含有S，過濾得到的濾渣中含有MnO2、SiO2、單質S，濾液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，加入A，調整溶液的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，參加循環運用，同時得到堿式碳酸銅，據此分析解答。（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S；回收淡黃色副產品——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，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；（3）加入的試劑A是用于調整溶液pH，促進鐵離子的水解，但不能引入雜質，因最終要制備堿式碳酸銅，則可加入氧化銅、氫氧化銅等，依據有關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，“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，為硫酸鋇物質的量==0.02mol，n(MnSO4?H2O)=n(BaSO4)=0.02mol，則此樣品中MnSO4?H2O物質的量為：0.02mol×=0.08mol，則樣品中MnSO4?H2O的純度=×100%=96.57%，故答案為：96.57%。8．（2025屆廣東省佛山市質檢）Na5PW11O39Cu/T1O2膜可催化污染物的光降解，一種生產工藝流程如下，回答下列問題：（1）“溶解I”發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。（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，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檢）金屬釩主要用于冶煉特種鋼，被譽為“合金的維生素”。工業上常用富釩爐渣（主要含FeO·V2O3，還有少量P2O5等雜質）制取釩的流程如下圖。回答下列問題：（1）已知焙燒中先發生4FeO·V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反應，其氧化產物是__，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，“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，“粗釩”中含少量鐵和硅，“粗釩”應連接電源的正或＋極，發生氧化反應，陰極得電子發生還原反應，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在醫療上有廣泛地應用，可用于防腐、制藥、消毒等。現以軟錳礦（主要成分為MnO2，含有少量Al2O3、SiO2等）為原料制備KMnO4的工業流程如圖所示。（1）料渣的主要成分是____，操作2的意義是__________。（2）“調pH”的目的是__________；寫出“氧化”過程中發生反應的離子方程式：________；熔融過程中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為_______。（3）操作3的內容為蒸發濃縮、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物，則生成目標產物的電極反應式為___________，充分電解后，得到的溶液中溶質的主要成分是______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整pH使Al3+轉化為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濃縮、趁熱過濾、洗滌烘干得到高錳酸鉀晶體。（1）依據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pH值的目的是使Al3+轉化為Al(OH)3沉淀除去；氧化過程中KMnO4和Mn2+發生歸中反應得到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的量之比為1:2；（3）操作3的內容為蒸發濃縮、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生氫氧根，所以溶質為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，產生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，發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）實際工業生產中，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(摩爾質量為368g/mol)質量為________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+，再調整溶液pH使溶液中的Al3+和Fe3+完全轉化為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，最終將溶液蒸發結晶即可得到溴酸鎘，據此分析。（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，產生是澄清石灰水變渾濁的氣體，此氣體為CO2，結合守恒法，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的質量為2106g72%=1.44106g，其物質的量為=1104mol，整個流程中鎘元素的損耗率為10%，依據原子守恒可知Cd(BrO3)2的物質的量為104mol(1-10%)=9103mol，其質量為9103mol368g/mol=3312000g=3312kg。12．（2025屆陜西省渭南市高三質檢）氫氧化鎂是優良的阻燃劑、吸附劑，可利用蛇紋石(主要成分為，還含少量、等雜質)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”反應中還原產物為，則“除鐵”過程中發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，溶液中，，故不能生成沉淀【解析】依據流程：蛇紋石[主要成分為

Mg

6Si4O10(OH)8，還含少量NiO、Fe3O4等雜質]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)是生產耐熱合金、硬質合金、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，調整溶液的pH至4，將Fe2+轉化為FeOOH過濾除去，寫出該轉化的離子方程式為_____。檢驗Fe2+是否完全被轉化的試劑為_____。（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元素轉化為S單質，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元素最終轉化為SO42-，與Ca2+結合生成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，Fe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屆河北省名校聯盟高三聯考）硫酸鉛(PbSO4)廣泛應用于制造鉛蓄電池、白色顏料等。工業生產中利用方鉛礦（主要成分為PbS，含有FeS2等雜質）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發生反應生成PbCl2和S的化學方程式為__。（2）“調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“沉淀轉化”后得到PbSO4，當c(Cl-)=0.1mol·L-1時，c(SO42-)=__。（6）“濾液a”經過處理后可以返回到__工序循環運用。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)和軟錳礦(主要成分為MnO2)中加入稀鹽酸，鹽酸與MnO2、PbS發生反應生成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溶液調整溶液pH，使鐵離子轉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，之后加入稀硫酸發生沉淀轉化，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）依據題意可知該過程中MnO2將PbS2中的S元素氧化成S單質，錳元素被還原成Mn2+，依據電子守恒和元素守恒可得方程式為MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2+2H2O；（2）調整pH的主要目的是使Fe3+轉化為沉淀，從而除去；（3）溫度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-轉化為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．依據分析可知x、y兩點對應的溶液中的溶質不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正確；C．依據分析可知當鹽酸濃度大于1mol/L之后，主要發生反應：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）沉淀轉化的方程式為PbCl2(s)+SO42-(aq)?PbSO4(s)+2Cl-(aq)，該反應的平衡常數K=，所以當c(Cl-)=0.1mol/L時，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；（6）發生沉淀轉化后，濾液a中的主要溶質為HCl，所以經處理后可以返回到浸取工序循環運用；反應物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O，依據元素化合價的變更可知該反應不是氧化還原反應，依據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，FeS等雜質）為原料制取純鎳的工藝流程如下：已知物質的還原性：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生變更，則雜質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，陽極發生的主要電極反應為___________________。（6）“電解精煉”過程中，需調整溶液的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】已知物質的還原性：Fe＞Ni＞H2＞Cu，依據工藝流程分析可知，硫化鎳礦在“熔煉”過程中，通入氧氣后發生氧化還原反應，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生反應SiO2+2FeOFe2SiO4，得到高鎳礦，再經破裂、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，調整pH至2~5，電解精煉得到純鎳，據此分析解答。（1）在“熔煉”過程中，二價鐵的化合價沒有發生變更，高溫條件下，雜質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）依據上述分析可知，“除鐵”過程中，向低鎳礦中加入石英發生反應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單質和Ni2+，發生的主要反應為NiS-2e-=Ni2++S；（6）已知物質的還原性：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，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。16．（2025屆江西省重點中學盟校高三聯考）高純MnCO3在電子工業中有重要的應用，工業上利用軟錳礦(主要成分是MnO2，還含有Fe2O3、CaCO3、CuO等雜質)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↑。可能用到的數據如下：依據要求回答下列問題：（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的量之比為__________。（3）步驟E中調整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沉淀需經充分洗滌，檢驗洗滌是否干凈的方法是_____________________。（6）現用滴定法測定產品中錳元素的含量。試驗步驟：稱取3.300g試樣，向其中加入稍過量的磷酸和硝酸，加熱使產品中MnCO3完全轉化為[Mn(PO4)2]3－(其中NO3-完全轉化為NO2－)；加入稍過量的硫酸銨，發生反應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試樣中錳元素的質量分數為____________。【答案】（1）坩堝C、Cu和CaSO4（2）1∶2（3）3.7≤pH＜8.1使Fe3＋轉化為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，主要發生2MnO2+C2MnO+CO2↑，且C與Fe2O3、CuO發生反應，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化成的CaSO4，再氧化、調整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）高溫焙燒物質應在坩堝中進行；依據分析可知濾渣為C、Cu和CaSO4；（2）步驟D中MnO2被還原成Mn2+，化合價降低2價，Fe2+被氧化成Fe3+，化合價上升1價，依據得失電子守恒，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：2；（3）此時溶液中的雜質主要為Fe3+，結合表中數據可知步驟E中調整pH的范圍為3.7≤pH＜8.3，其目的是使鐵離子轉化為氫氧化鐵而除去，而不影響Mn2+；（4）銨鹽不穩定，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，依據方程式[Mn(PO4)2]3-＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43－可知n(Mn)=0.015mol，所以錳元素的質量分數為=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）。若調整溶液pH前，溶液中c（Mg2＋）＝0.2mol/L，當溶液pH調至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調整溶液pH，使溶液中Fe3+完全轉化為Fe(OH)3沉淀，并經過濾得濾渣2，將濾液蒸發、濃縮，趁熱過濾，獲得MgSO4·H2O晶體析出，將濾液冷卻結晶，過濾可得粗硼酸，據此分析解題。（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是調整溶液pH，則試劑1能與酸反應，且不引入新的雜質，故最好選擇MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3；c(Mg2＋)＝0.2mol/L，當溶液pH調至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，因此不會產生Mg(OH)2沉淀。（4）結合以上分析可知，將濾液蒸發、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，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，即無氣泡產生。18．（2025屆福建省廈門市高三質檢）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___。（已知部分物質的溶解度數據見下表）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利用的物質有___。（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，硫酸鈉結晶析出時，夾裹了部分的硫酸鋰共沉淀；（3）40°C下