1、专题 15 工艺流程题 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 4232 MgO+2NH Cl=MgCl +2NH+H O 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
2、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； DFe
3、(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)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。 2020 年高考真题年高考真题 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 p
4、H 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 2 VO，同时还有_离子被氧化。写出 VO+转化为 2 VO反 应的离子方程式_。 (3)“中和沉淀”中， 钒水解并沉淀为 252 V OxH O， 随滤液可除去金属离子 K+、 Mg2+、 Na+、 _， 以及部分的_。 (4)“沉淀转溶”中， 252 V OxH O转化为钒酸盐溶解。滤渣的主要成分是_。 (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_。
5、 【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+= + 2 VO+Mn2+H2O (3)Mn2+ Fe3+、Al3+ (4)Fe(OH)3 (5)NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或 NaAl(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 + 2 VO， Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+
6、被氧化成Fe3+， SiO2此过程中不反应，滤液中含有 + 2 VO、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、 2- 4 SO；滤液中加入 NaOH 调 节 pH=3.03.1，钒水解并沉淀为 V2O5 xH2O，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， 滤液中含有 K+、 Na+、 Mg2+、 Al3+、 Fe3+、 Mn2+、 2- 4 SO， 滤饼中含 V2O5 xH2O、 Fe(OH)3、 Al(OH)3， 滤饼中加入 NaOH 使 pH13， V2O5 xH2O 转化
7、为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为 NaAlO2，则滤渣的主要成分为 Fe(OH)3；滤液中含钒酸盐、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 + 2 VO的同时还有 Fe2+被氧化，反应的离子方程式为 MnO2+2Fe2+4H+=Mn2
8、+2Fe3+2H2O；VO+转化为 + 2 VO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 + 2 VO反应的离子方程式为 VO+MnO2+2H+= + 2 VO +Mn2+H2O； (3)根据分析， “中和沉淀”中， 钒水解并沉淀为 V2O5 xH2O， 随滤液可除去金属离子 K+、 Mg2+、 Na+、 Mn2+， 以及部分的 Fe3+、Al3+； (4)根据分析，滤渣的主要成分是 Fe(OH)
9、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 NaAl(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)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)
10、： 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 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01 mol L1)的 pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c=1.0 105 mol L1)的 pH 8.7 4.7 3.2 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”调为中性，生成 沉淀。写出该反应的离子方程式_。 (2)“滤液”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”中可能含有的杂质离子为_。 (4)利用上述
11、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 L1，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 - 2 Al O+H+H2O=Al(OH)3或 - 4 Al OH+H+=Al(OH)3+H2O (2)Ni2+、Fe2+、Fe3+ (3)O2或空气 Fe3+ (4) 22 7.2-14-58.7-14
12、 0.01101010或 3.26.2 (5)2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+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 含有 NaAlO2， 滤饼为 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，Fe2+经 H2O2氧化为 Fe3+后，加入 NaOH 调节 pH 使 Fe3+转化为 F
13、e(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 中含有 NaAlO2(或 NaAl(OH)4)，加入稀硫酸可发生反应 - 2 AlO+H+H2O=Al(OH)3或 - 4 Al OH +H+=Al(OH)3+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物； - 2 AlO+H+H2O=Al(OH)3或 - 4 Al OH +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”中含有的金属离子是 Ni2+、Fe2
14、+、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-)= -14 8.7-14 w -8.7+ 10 =10 1.0 10H K c ，则 Ni(OH)2的 2 2+2
15、-58.7-14 sp= NiOH=1010Kcc；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-)= -14 7.2-14 w -7.2+ 10 =10 1.0 10H K c ， 则 Ni(OH)2的 2 2+2-7.2-14 sp= NiOH=0.0110Kcc；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 2 7.2-14 sp-7.8-1 2+ 0.0110 OH=10mol L 1.0Ni K c c ， 则 - 1 4 +- 6 .
16、 2 w - 7 . 8- 10 H=10 10OH K c c ， 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 3.26.2，故答案为： 22 7.2-14-58.7-14 0.01101010或；3.26.2； (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， ClO被还原为 Cl， 则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为 2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O， 故答案为：2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O； (6)分离出硫酸
17、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 16.3 1 10 38.6 1 10 32.3 1 10 12.7 1 10 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 Ba
18、S 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 51 1.0 10 mol Lc 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 222 MnOBaSH OBa ( OH )MnOS (2)过量的 MnO2消耗了产生的 Ba
19、(OH)2 (3)蒸发 (4)H2O2 4.9 (5) 2 332342 MnHCONHH OMnCONHH O 【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
20、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+
21、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
22、 时，c(OH)= 3 3 -32.3 3-1 -5 3 sp + Al OH 1 10 =mol L 1 10Alc K =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 - 3+NH3 H2O=MnCO3+NH4 +H2O。 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
23、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： 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 pH7.7，生成的络合物为_。 (4)N2H4H2O 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_。 2020 届高考模拟试题届高考模拟试题 (6)“母液 2”中溶质的化学式为_。 (7)粗银经过烘干、焙烧、
24、电解得到纯度 99. 9% 的银。 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_。 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)除去粗银中含有的杂质 调节电解液的 pH 提高电解液的导电
25、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； (4)N2H4H2
26、O 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 H2O4Ag(NH3)2ClN24AgH2O+ 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)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； HNO3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
27、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 2 MoS、CoS 和 23 Al O)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 2 2 MoO 、 2 Co 、3 Al 。 (1)钼酸铵 44 2 NHMoO 中Mo的化合价为_， 2 MoS在空气中高温焙烧产生两种氧化物： 2 SO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 2 2 MoO 和 2 Co ，萃取情况如图所示，当协萃比 _，更有利于 2 2 MoO 的
28、萃取。 (4)操作的名称为_。 (5)向有机相 1 中滴加氨水，发生的离子方程式为_。 (6) 2 Co 萃取的反应原理为 2 2 Co2HRCoR2H ，向有机相 2 中加入 24 H SO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 24 H SO，还有_(填化学式)。 (8) 34 Co O可用作电极，若选用KOH电解质溶液，通电时可转化为CoOOH，其电极反应式为_。 【答案】(1)+6 3 MoO (2)搅拌 (3)4:1 (4)分液 (5) 22 232442 MoO4NHH OMoO4NH2H O (6)根据 2 2 Co2HRCoR2H
29、垐? 噲 ? 可知，加入 24 H SO， + c H增大，平衡向左移动 (7) 24 3 AlSO (8) 342 Co OOHH Oe3CoOOH 【解析】从废钴钼催化剂(主要含有 2 MoS、CoS 和 23 Al O)经过焙烧后，得到 3 MoO，CoO 和二氧化硫， 加入硫酸后，浸取液中的金属离子主要为 2 2 MoO 、 2 Co 、3 Al ，经过萃取和分液得到有机相 1 和水相 1， 有机相 1 中含有 2 2 MoO ， 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 2 Co 、3 Al ， SO42-，经萃取分液后，水相 2 中含有 24 H SO和
30、24 3 AlSO，有机相 2 中含有 2 Co 、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。 (1) 44 2 NHMoO 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， 2 MoS 和氧气反应的化学方程式为：2 2 MoS+7O2=2 3 MoO+4SO2，可知生成物有二氧化硫和 3 MoO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 2 2 MoO 最多， 2 Co 较少的协萃比为 4:1； (4)操作 1 是将有机相
31、和水相分开，是分液； (5)有机相 1 中含有 2 2 MoO ，加入氨水后得到钼酸铵溶液，化学方程式为 22 232442 MoO4NHH OMoO4NH2H O ； (6)根据 2 2 Co2HRCoR2H 垐? 噲 ? 可知，加入 24 H SO， + c H 增大，平衡向左移动，能进行反萃取； (7)水相 1 中含有 2 Co 、3 Al ，SO42-，经萃取分液后，水相 2 中含有 24 H SO和 24 3 AlSO； (8) 34 Co O可以表示成 23 CoOCo O，在碱性条件下可发生氧化反应，生成CoOOH，电极反应为 342 Co OOHH Oe3CoOOH 。 7(2
32、020 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：有关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下： Cu(NH3)4SO4常温稳定，在热水中会分解生成 NH3； KspFe(OH)3=4.0 10-38。 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 5060之间，不宜过高或
33、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、Mn
34、O2 温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发 (3)3.75.6(或 3.7pH0 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)20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 Bx、y 两点对应的溶液中 c(Pb2+)不相等 C当盐酸浓度为 1mol
35、 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-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
36、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 10-6mo1L-1 (6)浸取 4PbSO4+6NaOH=3PbOPbSO4H2O+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)PbCl
37、42-(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+4HCl PbCl2+S+MnCl2 +2H2O； (2)调节 pH 的主要目的是使 Fe3+转化为沉淀，从而除去；
38、(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。 AKsp(PbCl2)只受温
39、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； (5)沉淀转化的方程式为 PbCl2(s)+SO42-(aq)PbSO4(s)+2C
40、l-(aq)，该反应的平衡常数 K= 5 sp2 8 sp 2-2-2+ 2-2 4 -2+ 44 ClClPb = PbCl 1.6 10 PbSO = SOSOPb1.08 10 Kccc Kccc ，所以当 c(Cl-)=0.1mol/L 时，c(SO42-)= - 5 2 8 1 1.6 10 0.1 1.0 mol 8 1 L = 0 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，
41、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：FeNiH2Cu。 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
42、是_。 (4)“除铁”过程中，反应的化学反应方程式为_。 (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 25，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)pH5 时，Ni2+易形成 Ni(OH)2沉淀 铜 【解析】已知物质的还原性：FeNiH2Cu，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
43、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 25，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
44、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：FeNiH2Cu，则氧化性：Cu2+H+Ni2+，若当 pH5 时，Ni
45、2+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。 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 2MnO2C 焙烧 2MnOCO2。 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)
46、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 106mol/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)23(其中 NO3-完全转化为 NO2)；加入稍过量的硫酸铵，发生反 应 NO2-NH4N22H2O 以除去 NO2-；加入稀硫酸酸化，再加入 60.00 mL 0.500 mol L1硫酸亚铁铵溶 液，发生的反应为Mn(PO4)23Fe2Mn2Fe32PO43；用 5.00 mL 0.500 mol L1酸性 K2Cr2O7溶液 恰好除去过量的 Fe2。 酸性 K2
