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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MgCO ，含少量SiO，Fe O 和A1 O)为原料制备高纯镁砂的
3 2 2 3 2 3
工艺流程如下：
已知浸出时产生的废渣中有SO ，Fe(OH) 和Al(OH) 。下列说法错误的是
2 3 3
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NH 、NH Cl
3 4
D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物K 的不同
sp
【答案】B
【解析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO 转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO、
3 2Fe(OH) 、Al(OH) ，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) 沉淀，煅烧得
3 3 2
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+2NH Cl=MgCl +2NH↑+H O，故A正确；
4 2 3 2
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) 、Al(OH) 的K 远小于Mg(OH) 的K ，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而
3 3 sp 2 sp
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SiO、Fe O。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH VO 。
2 3 4 4 3
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NH VO 晶体时，需要加入过量NH Cl，其原因是___________。
4 3 4
【答案】(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
(2)Fe2+ VO++MnO+2H+= +Mn2++H O
2 2
(3)Mn2+ Fe3+、Al3+
(4)Fe(OH)
3
(5)NaAlO +HCl+H O=NaCl+Al(OH) ↓或Na[Al(OH)]+HCl= NaCl+Al(OH) ↓+H O
2 2 3 4 3 2
(6)利用同离子效应，促进NH VO 尽可能析出完全
4 3
【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SiO、Fe O，
2 3 4
用30%H SO 和MnO “酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成 ，Fe O 与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成
2 4 2 3 4
Fe3+，SiO 此过程中不反应，滤液①中含有 、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、 ；滤液①中加入
2
NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为VO·xH O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉
2 5 2
淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH) 沉淀，部分Al3+转化为Al(OH) 沉淀，滤液②中含有K+、Na+、
3 3
Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、 ，滤饼②中含VO·xH O、Fe(OH) 、Al(OH) ，滤饼②中加入NaOH使
2 5 2 3 3
pH>13，VO·xH O转化为钒酸盐溶解，Al(OH) 转化为NaAlO ，则滤渣③的主要成分为Fe(OH) ；滤液③
2 5 2 3 2 3
中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO 转化为Al(OH) 沉淀而除去；最后向滤液④中加入
2 3
NH Cl“沉钒”得到NH VO 。
4 4 3
(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Fe O 与硫酸反应生成FeSO 、Fe (SO ) 和水，MnO 具有氧化性，Fe2+具有
3 4 4 2 4 3 2
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MnO +2Fe2+
2
+4H+=Mn2++2Fe3++2H O；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，
2
MnO 被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO 得到2mol电子，根据得失电子守恒、
2 2
原子守恒和电荷守恒，VO+转化为 反应的离子方程式为VO++MnO+2H+= +Mn2++H O；
2 2(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为VO·xH O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、
2 5 2
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NaAlO 与HCl反应生成Al(OH) 沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是
2 3
NaAlO +HCl+H O=NaCl+Al(OH) ↓或Na[Al(OH)]+HCl= NaCl+Al(OH) ↓+H O。
2 2 3 4 3 2
(6)“沉钒”中析出NH VO 晶体时，需要加入过量NH Cl，其原因是：增大NH +离子浓度，利用同离子效
4 3 4 4
应，促进NH VO 尽可能析出完全。
4 3
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(NiSO ·7H O)：
4 2
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·L−1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)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HO 的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
2 2
“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) 的K =______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓
2 sp
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++H O=Al(OH) ↓或 +H+=Al(OH) ↓+H O
2 3 3 2
(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+
(3)O 或空气 Fe3+
2
(4) 3.2~6.2
(5)2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H O
2
(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+2H O=2NaAlO +3H ↑、2Al O+4NaOH=4NaAlO +2H O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①
2 2 2 2 3 2 2
含有NaAlO ，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀HSO 酸浸后得到含有Ni2+、
2 2 4
Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经HO 氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀除去，再控
2 2 3
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NaAlO (或Na[Al(OH)])，加入稀硫酸可发生反应 +H++H O=Al(OH) ↓或
2 4 2 3
+H+=Al(OH) ↓+H O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物； +H++H O=Al(OH) ↓或
3 2 2 3
+H+=Al(OH) ↓+H O；
3 2
(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HO 的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O 或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转
2 2 2
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：O 或空气；
2
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) 的 ；或者当Ni2+开始
2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) 的 ；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为
2
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+H O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H O；
2 2
(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MnO ，含少量Fe O、Al O)和BaS制备高纯MnCO 的工艺
2 3 4 2 3 3
流程如下：
已知：MnO 是一种两性氧化物；25℃时相关物质的K 见下表。
2 sp
物质 Fe(OH) Fe(OH) Al(OH) Mn(OH)
2 3 3 2
K
sp回答下列问题
(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________，MnO 与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________。
2
(2)保持BaS投料量不变，随MnO 与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH) 的量
2 2
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MnO 消耗了产生的Ba(OH) (3)蒸发 (4)HO 4.9
2 2 2 2
(5)
【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO ，含少量Fe O、Al O)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生
2 3 4 2 3
MnO +BaS+H O=Ba(OH) +MnO+S，过滤得到Ba(OH) 溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤
2 2 2 2
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) 和Al(OH) ，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢
3 3
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；MnO 与BaS反应转化为
2
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MnO 与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH) ，结合元素守恒可得化学方程式为：
2 2
MnO +BaS+H O=Ba(OH) +MnO+S；
2 2 2
(2)根据题目信息可知MnO 为两性氧化物，所以当MnO 过量时，会消耗反应产生的Ba(OH) ，从而使
2 2 2
Ba(OH) 的量达到最大值或会减小；
2
(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH) 饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；
2
(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HO；根据表格数据可知，Fe(OH) 和Al(OH) 为同种沉淀，而Al(OH) 的K 稍大，所以当
2 2 3 3 3 sp
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 +NH·H O=MnCO ↓+NH +H O。
3 2 3 2
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 AgNO 生产过程中产生的含
3
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pH≈7.7，生成的络合物为_____________。
(4)N H•H O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_______。
2 4 2
(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 AgNO 、HNO 、KNO 混合溶液，电解液中
3 3 3
HNO 和 KNO 的作用分别是__________、_________。
3 3
【答案】(1)3Ag+ 4HNO =3AgNO + NO↑+ 2HO 不能 硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸
3 3 2
银一起随滤渣而除去
(2)烧杯、玻璃棒、漏斗 (3)Ag(NH)Cl
3 2(4)N HSO (5) (4)NH Cl
2 6 4 4
(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+ 4HNO =3AgNO +
3 3
NO↑+ 2HO；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
2
渣而除去，故答案为：3Ag+ 4HNO =3AgNO + NO↑+ 2HO；不能；硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银
3 3 2
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(NH)Cl，故答案为：Ag(NH)Cl；
3 2 3 2
(4)N H•H O具有碱性，与硫酸反应生成正盐为NHSO ，故答案为：NHSO ；
2 4 2 2 6 4 2 6 4
(5)水合肼具有还原性，其被Ag(NH)Cl氧化的方程式为NH·H O＋4Ag(NH)Cl＝N↑＋4Ag↓＋HO+
3 2 2 4 2 3 2 2 2
4NH Cl，则产生的气体N 可参与大气循环，其电子式为 ，故答案为： ；
4 2
(6)根据(5)可知，反应后溶液中存在NH Cl，“母液2”中溶质的化学式为NH Cl，故答案为：NH Cl；
4 4 4
(7)①过滤后NH Cl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；
4
②HNO 显酸性，可调节电解液的pH；KNO 可提高电解液的导电性，故答案为：调节电解液的pH；提
3 3
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。
(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 、
，SO 2-，经萃取分液后，水相2中含有 和 ，有机相2中含有 、SO 2-，加入硫
4 4
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) 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 +7O =2 +4SO，可知生成物有二氧化硫和 两种
2 2
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 、 ，SO 2-，经萃取分液后，水相2中含有 和 ；
4
(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(Cu S，含有SiO 和少量Fe O 等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示：
2 2 2 3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(NH )]SO 常温稳定，在热水中会分解生成NH ；
3 4 4 3
③K [Fe(OH) ]=4.0×10-38。
sp 3
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CS 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
2
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MnSO ·H O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
4 2
用标准的BaCl 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)。
2
【答案】(1)搅拌；适当增加硫酸浓度；适当加热等
(2)SiO、S、MnO 温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS 易挥发
2 2 2
(3)3.7～5.6(或3.7≤pH<5.6) 4.0×10-11 (4)Mn2++HCO-+NH=MnCO+NH+
3 3 3 4
(5)将溶液加热 (6)96.57%
【解析】辉铜矿主要成分为Cu S，含少量Fe O、SiO 等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，Cu S在酸性
2 2 3 2 2
条件下被二氧化锰氧化，SiO 不溶于稀硫酸，滤渣I经CS 提取后可获得一种淡黄色副产品，说明滤渣I中
2 2
含有S，过滤得到的滤渣中含有MnO 、SiO、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，加入A，调节溶液的
2 2
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MnO 、SiO、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，
2 2
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，CS 易挥发，故答案为：SiO；S；
2 2
MnO ；温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS 易挥发；
2 2
(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，K [Fe(OH) ]=4.0×10-38，则溶液
sp 3
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++HCO-
3
+NH=MnCO↓+NH+，故答案为：Mn2++HCO-+NH=MnCO↓+NH+；
3 3 4 3 3 3 4
(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MnSO •H O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
4 2
的BaCl 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，
2
n(MnSO •H O)=n(BaSO )=0.02mol，则此样品中MnSO •H O物质的量为：0.02mol× =0.08mol，则样品
4 2 4 4 2
中MnSO •H O的纯度= ×100%=96.57%，故答案为：96.57%。
4 2
8．(2020届广东省佛山市质检)NaPW O Cu/T O 膜可催化污染物的光降解，一种生产工艺流程如下，回
5 11 39 1 2
答下列问题：(1)“溶解I”发生的离子反应方程式为______________，NaWO (钨酸钠)在酸性条件下有较强的氧化性，该
2 4
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NO -，再通过_________方法分离杂质。
3
(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TiO 和C HOH的化学方程式为_____。
2 4 9
③溶液中Cu2+浓度为0.02 mol·L-1，需调节pH小于________。(已知Ksp[Cu(OH) ]=2×10-20)
2
(4)培烧温度、NaPW O Cu 用量对NaPW O Cu/TiO 膜催化活性的影响随(时间)变化如图1、图2所示：
5 11 39 5 11 39 2
制备NaPW O Cu/TiO 膜的最佳条件为：培烧温度_____，NaPW O Cu用量_______。
5 l1 39 2 5 11 39
【答案】(1) WO 2-具有强氧性，将盐酸氧化生成有毒气
4
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HPO 2-和WO2-反应生成 ，化学方程式为：
4 4；NaWO (钨酸钠)在酸性条件下有较强的氧化性，会和浓
2 4
盐酸反应生成有毒气体氯气，故答案为 ；WO2-具有强氧性，
4
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NO -，再通过分液方法分离杂质，故答案为：分液；
3
(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TiO 和C HOH，化学方程式为： ，故答案
2 4 9
为： ；
③利用 ,则 ，
则 ；则 ，故答案为：5；
(4)由图一可知温度为100℃时NaPW O Cu/TiO 膜的活性最高；由图二可知当NaPW O Cu用量为3.0g
5 l1 39 2 5 11 39
时NaPW O Cu/TiO 膜的活性最高，故答案为：100℃；3.0g。
5 l1 39 2
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·V O， 还有少量PO 等杂质) 制取钒的流程如下图。
2 3 2 5
回答下列问题：
(1)已知焙烧中先发生4FeO·V O+5O 4VO+2Fe O 反应， 其氧化产物是__，进一步生成可溶性
2 3 2 2 5 2 3
NaVO 的反应方程式为______。
3
(2)25℃时，K (NH VO )＝4×10-2，电离平衡常数K(NH ·H O) ＝1.8×10-5。“沉钒” 后VO -的浓度为
sp 4 3 b 3 2 3mol/L，则滤液的pH为___。除OH-与VO -外，滤液中还可能存在的阴离子是__。
3
(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－VCl 为
2
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)V O、Fe O V O＋NaCO 2NaVO ＋CO↑
2 5 2 3 2 5 2 3 3 2
(2)4.5 Cl-和HPO 2-、PO 3-或HPO 2- (3)
2 4 4 4
(4)5Si＋2VO 4V＋5SiO 或5Si＋2VO＋5CaO 4V＋5CaSiO CaSiO
2 5 2 2 5 3 3
(5)正或＋ V2+＋2e-＝V
【解析】焙烧是将FeO·V O 转化为可溶性NaVO ，氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：
2 3 3
4FeO·V O+4Na CO+5O 8NaVO +2Fe O+4CO ，气体x为CO，水浸，浸出渣为氧化铁，得到
2 3 2 3 2 3 2 3 2 2
NaVO 溶液，滤液中加入NH Cl沉钒生成NH VO ，受热分解生成VO，和氨气，最后用硅铁还原，硅参
3 4 4 3 2 5
与高温还原反应的方程式为5Si＋2VO 4V＋5SiO 或5Si＋2VO＋5CaO 4V＋5CaSiO ，炉
2 5 2 2 5 3
渣的主要成分是CaSiO 。
3
(1)焙烧中先发生4FeO·V O+5O 4VO+2Fe O 反应，铁由+2价升高为+3价，钒由+3从升高为+5价，
2 3 2 2 5 2 3
其氧化产物是 VO、Fe O，进一步生成可溶性NaVO 的反应方程式为VO＋NaCO 2NaVO ＋
2 5 2 3 3 2 5 2 3 3
CO↑ 。故答案为： VO、Fe O；VO＋NaCO 2NaVO ＋CO↑ ；
2 2 5 2 3 2 5 2 3 3 2
(2)25℃时，K (NH VO )＝4×10-2，电离平衡常数K(NH ·H O) ＝1.8×10-5。“沉钒” 后VO -的浓度为
sp 4 3 b 3 2 3mol·L－1，K (NH VO )＝4×10-2=c(NH+)c(VO -)，c(NH +)= =1.8 mol·L－1,
sp 4 3 4 3 4
Kh= ,x=c(H+)=10-4.5mol·L－1,则滤液的pH为4.5。除OH-与VO -外，PO 溶于水
3 2 5
生成磷酸电离出HPO 2-、PO 3-或HPO 2- ，滤液中还可能存在的阴离子是Cl-和HPO 2-、PO 3-或HPO 2- 。
2 4 4 4 2 4 4 4
故答案为：4.5；Cl-和HPO 2-、PO 3-或HPO 2- ；
2 4 4 4
(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＋
2VO 4V＋5SiO 或5Si＋2VO＋5CaO 4V＋5CaSiO ，炉渣的主要成分是CaSiO 。故答案
2 5 2 2 5 3 3
为：5Si＋2VO 4V＋5SiO 或5Si＋2VO＋5CaO 4V＋5CaSiO ；CaSiO ；
2 5 2 2 5 3 3
(5)以熔融LiCl－KCl－VCl 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
2
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)KMnO 在医疗上有广泛地应用，可用于防腐、制药、消毒等。
4
现以软锰矿(主要成分为MnO ，含有少量Al O、SiO 等)为原料制备KMnO 的工业流程如图所示。
2 2 3 2 4(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KHCO 、KMnO 的溶解度曲线是下图中的两
3 4
种，则KHCO 、KMnO 的溶解度曲线分别是_____(填序号)。
3 4
(4)用惰性电极电解KMnO 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
2 4
解后，得到的溶液中溶质的主要成分是______和KMnO 。
4
【答案】(1)SiO 提高原料的利用率
2
(2)除去Al3+ 2MnO -+3Mn2++2H O=5MnO ↓+4H+ 1:2
4 2 2
(3)II、Ⅲ (4)MnO 2--e-= MnO - KOH
4 4
【解析】软锰矿(主要成分为MnO ，含有少量Al O、SiO 等)加入稀硫酸同时通入二氧化硫，可将MnO 还
2 2 3 2 2
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SiO，之后滤液中加入碳酸锰调节
2
pH使Al3+转化为Al(OH) 沉淀除去；然后加入高锰酸钾氧化Mn2+得到MnO 沉淀，向熔融状态的MnO 中
3 2 2
通入氧气，同时加入KOH，反应生成KMnO ，加水溶解并通入过量二氧化碳，KMnO 发生歧化得到含
2 4 2 4
KMnO 和KHCO 的溶液，以及MnO 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
4 3 2
晶体。
(1)根据分析可知料渣主要成分为SiO，操作2可以提高原料的利用率；
2
(2)调pH值的目的是使Al3+转化为Al(OH) 沉淀除去；氧化过程中KMnO 和Mn2+发生归中反应得到
3 4
MnO ，离子方程式为2 MnO-+3Mn2++2H O=5MnO ↓+4H+；熔融过程中O 为氧化剂，由0价降为-2价，每
2 4 2 2 2
个氧气分子可以得到4个电子，MnO 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
2
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KHCO 的溶解度随温度变化较大，为防止其
3
析出要趁热过滤，所以曲线II代表碳酸氢钾；而KMnO 的溶解度随温度变化不大，而且KMnO 析出，说
4 4
明其溶解度要比碳酸氢钾的溶解度小，所以曲线Ⅲ代表KMnO 的溶解度；
4
(4)由KMnO 得到KMnO ，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MnO 2--e-=
2 4 4 4MnO -；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
4
为KOH和KMnO 。
4
11．(2020届广东省汕头市高三一模)溴酸镉[Cd(BrO )]常用做分析试剂、生产荧光粉等。以镉铁矿(成分为
3 2
CdO、Fe O、FeO 及少量的Al O 和SiO)为原料制备[Cd(BrO )]的工艺流程如下：
2 2 3 2 3 2 3 2
已知 Cd(SO ) 溶于水，回答下列问题：
4 2
(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HO 溶液的目的是_________。
2 2
(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++ CdR ，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
2
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) 的 Ksp 值 为
2
___________。
(6)已知镉铁矿中 CdO 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
2
Cd(BrO)(摩尔质量为 368 g/mol)质量为 ________kg。
3 2
【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++CH OH+H O=3Cd2++CO ↑+6H+ (3)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+
3 2 2
(4)Al(OH) 、Fe(OH) KSCN (5)1.2 10-19 (6)3312
3 3
【解析】用稀硫酸溶解镉铁矿，其中SiO 不溶于水和酸，通过过滤出去，即滤渣1为SiO；滤液中主要含
2 2
有Fe2+、Fe3+、Al3+和Cd4+，加入CHOH将Cd4+还原为Cd2+，然后加入HO 溶液，将溶液中的Fe2+氧化为
3 2 2
Fe3+，再调节溶液pH使溶液中的Al3+和Fe3+完全转化为Al(OH) 、Fe(OH) 沉淀，过滤除去不溶物(滤渣2)，
3 3
向含有CdSO 的滤液中加入KCO 生成CdCO 沉淀，再过滤将沉淀溶于HBrO ，最后将溶液蒸发结晶即可
4 2 3 3 3
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)CH OH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CO，结合守恒法，可知反应
3 2
的离子方程式为3Cd4++CH OH+H O=3Cd2++CO ↑+6H+；
3 2 2
(3)加入HO 溶液的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；
2 2
(4)滤渣2的主要成分为Al(OH) 、Fe(OH) ；为检验滤液中是否含有 Fe3+离子，可选用的化学试剂是
3 3
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++CdR ，可知原溶液中
2
c(Cd2+)=0.0012mol/L，则Cd(OH) 的K =c(Cd2+) c2(OH-)=1.2 10-19；
2 sp
(6)2t该矿石中CdO 的质量为2 106g 72%=1.44 106g，其物质的量为 =1 104mol，整个流程
2
中镉元素的损耗率为10%，根据原子守恒可知Cd(BrO) 的物质的量为104mol (1-10%)=9 103mol，其质
3 2
量为9 103mol 368g/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：
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 Si O (OH) ，还含少量NiO、Fe O 等杂质]粉碎后用硫酸酸
6 4 10 8 3 4
溶，滤渣1的主要成分为不溶的SiO，滤液1含有Mg2+、Ni2+、Fe3+，加入足量的铁粉将Ni2+置换，同时将
2
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KMnO 将Fe2+氧化为
4
Fe(OH) ，自身被还原为MnO ，反应为：MnO -+3Fe2++7H O=MnO ↓+3Fe(OH) ↓+5H+，滤渣3为Fe(OH) ，
3 2 4 2 2 3 3
向滤液3中加入石灰乳得到耐火材料Mg(OH) ，因其分解吸收热量，分解生成耐高温且能隔绝空气的MgO
2
和能隔绝空气的水，水汽化吸收能量，据此分析作答。
(1)Mg Si O (OH) 用氧化物的形式可表示为：6MgO∙4SiO∙4H O；
6 4 10 8 2 2
(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SiO(或HSiO 或HSiO)，滤液2中所含金属阳离子主要有Mg2+、
2 2 3 4 4
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KMnO 将Fe2+氧化为Fe(OH) ，自身被还原为MnO ，离子反应为：
4 3 2MnO -+3Fe2++7H O=MnO ↓+3Fe(OH) ↓+5H+；
4 2 2 3
(6)Mg(OH) 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，
2
故Mg(OH) 可作为阻燃材料；
2
(7)调节pH=5时，溶液中的c(OH−)=1×10−9mol/L，Q(Mg2+)⋅c2(OH−)=2.0×(1×10−9)2=2.0×10−18＜
c
K [Mg(OH) ]=1.8×10−11，故不能生成Mg(OH) 沉淀。
sp 2 2
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、CuFeS、CaS、SiO， 一种利
2 2
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：
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) (CuR ) +2H+。根据流程，反萃取加入的试剂应该为
org 2 org
_____(写化学式)。
(4)除铁步骤中加入 HO，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
2 2
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) CaSO 、SiO
4 2
(3) H SO (4) 铁氰化钾
2 4
(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SO 2-，与Ca2+结合生成CaSO，SiO 不参与反应，金属阳离子
4 4 2
进入滤液，则浸出渣的主要成分为CaSO、SiO，故答案为：CaSO、SiO；
4 2 4 2
(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CuSO 溶液。则应加入硫酸，故
4
答案为：HSO ；
2 4
(4)H O 和Fe2+反应生成FeOOH沉淀，离子方程式为 。检验检
2 2
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(PbSO )广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中
4
利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS 等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO )制备PbSO 的工艺流程如图：
2 2 4
已知：i.PbCl 难溶于冷水，易溶于热水。
2
ii.PbCl (s)+2Cl-(aq) PbCl 2-(aq) ΔH>0
2 4
iii.K (PbSO )=1.08×10-8，K (PbCl )=1.6×10-5。
sp 4 sp 2
(1)“浸取”时需要加热，此时盐酸与MnO 、PbS发生反应生成PbCl 和S的化学方程式为__。
2 2(2)“调pH”的目的是__。
(3)“沉降”操作时加入冰水的作用是__。
(4) 时，PbCl (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)。
2
A．盐酸浓度越小，K (PbCl )越小
sp 2
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，PbCl 溶解量减小是因为Cl-浓度增大使PbCl 溶解
2 2
平衡逆向移动
(5)PbCl 经“沉淀转化”后得到PbSO ，当c(Cl-)=0.1mol·L-1时，c(SO 2-)=__。
2 4 4
(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·PbSO ·H O)，该反应的化学方程式为__。
4 2
【答案】(1)MnO +PbS+4HC1 PbC1 +S+MnC1 +2H O (2)除去Fe3+
2 2 2 2
(3)温度降低，PbC1 +2C1- PbC1 2-平衡左移，使PbC1 2-转化为PbC1 ，便于析出PbC1 晶体(或PbC1
2 4 4 2 2 2
难溶于冷水，降低PbC1 的溶解度，便于析出PbC1 晶体
2 2
(4)BD (5)6.75×10-6mo1•L-1
(6)浸取 4PbSO +6NaOH=3PbO•PbSO •H O+3Na SO +2H O
4 4 2 2 4 2
【解析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS 等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO )中加入稀盐酸，盐酸
2 2
与MnO 、PbS发生反应生成PbCl 和S，MnO 被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl (s)+2Cl-
2 2 2 2
(aq)⇌PbCl
4
2-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe
2
O
3
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；PbCl 难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl 晶体，之后加入稀硫
2 2
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MnO 将PbS 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
2 2
元素守恒可得方程式为MnO +PbS+4HCl PbCl +S+MnCl +2H O；
2 2 2 2(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，PbC1 +2C1- PbC1 2-平衡左移，使PbC1 2-转化为PbC1 ，便于析出PbC1 晶体(或PbC1 难
2 4 4 2 2 2
溶于冷水，降低PbC1 的溶解度，便于析出PbC1 晶体)，所以沉降时加入冰水；
2 2
(4)PbCl 是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl (s) Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶
2 2
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PbCl (s)+2Cl-(aq) PbCl 2-(aq)，而促进溶解。
2 4
A．K (PbCl )只受温度的影响，温度不变，则K (PbCl )不变，故A错误；
sp 2 sp 2
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：PbCl (s)+2Cl-(aq) PbCl 2-(aq)，所以此时
2 4
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PbCl (s) Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使
2
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PbCl
2
(s)+SO
4
2-(aq)⇌PbSO
4
(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=
，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO 2-)=
4
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
PbSO 和NaOH，生成中有3PbO·PbSO ·H O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根
4 4 2
据元素守恒可得方程式：4PbSO +6NaOH=3PbO·PbSO ·H O+3Na SO +2H O。
4 4 2 2 4 2
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＞H＞Cu。
2
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O 反应的化学方程式为
2
___________________。
(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___________________。
(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+3O 2FeO+2SO
2 2
(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)SiO+2FeO Fe SiO
2 2 4
(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) 沉淀 铜
2
【解析】已知物质的还原性：Fe＞Ni＞H＞Cu，根据工艺流程分析可知，硫化镍矿在“熔炼”过程中，通
2
入氧气后发生氧化还原反应，生成可用于制取硫酸的SO ，并得到低镍矿，向低镍矿中加入石英发生反应
2
SiO+2FeO Fe SiO，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
2 2 4
CuS的NiS，接着在NiSO 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
4
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NiSO 溶液中，调节pH至
4
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O 反应生成FeO和SO ，
2 2
反应的化学方程式为2FeS+3O 2FeO+2SO ；
2 2
(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SiO+2FeO Fe SiO；
2 2 4
(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＞H＞Cu，则氧化性：Cu2+>H+>Ni2+，若当pH<2时，溶液中c(H+)较大，
2
H+易在阴极放电，不易得到Ni单质，pH>5时，Ni2+易形成Ni(OH) 沉淀，“电解精炼”过程中，得到的阳
2
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MnCO 在电子工业中有重要的应用，工业上利用软锰矿
3
(主要成分是MnO ，还含有Fe O、CaCO 、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：
2 2 3 3
已知：还原焙烧主反应为2MnO ＋C 2MnO＋CO↑。
2 2
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CO2-的浓度为2.2×10－6mol/L，则K (MnCO )＝____________。
3 sp 3
(5)生成的MnCO 沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否干净的方法是_____________________。
3
(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MnCO 完全转化为[Mn(PO )]3－(其中NO -完全转化为NO －)；加入稍过量的硫酸铵，发生反
3 4 2 3 2
应NO -＋NH ＋＝N↑＋2HO以除去NO -；加入稀硫酸酸化，再加入60.00 mL 0.500 mol·L－1硫酸亚铁铵溶
2 4 2 2 2
液，发生的反应为[Mn(PO )]3－＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO 3－；用5.00 mL 0.500 mol·L－1酸性KCr O 溶液
4 2 4 2 2 7
恰好除去过量的Fe2＋。
①酸性KCr O 溶液与Fe2+反应的离子方程式为_____________________________________。
2 2 7
②试样中锰元素的质量分数为____________。
【答案】(1)坩埚 C、 Cu和CaSO (2)1∶2
4
(3)3.7≤pH＜8.1 使Fe3＋转化为Fe(OH) 而除去，而不影响Mn2＋
3
(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BaCl 溶液，若无白色沉淀产生，则表明
2
已洗涤干净
(6)①6Fe2＋＋Cr O2-＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7HO ②25%
2 7 2
【解析】
【分析】(1)~(5)原料加木炭焙烧，主要发生2MnO +C 2MnO+CO ↑，且C与Fe O、CuO发生反应，
2 2 2 3
生成Fe、Cu，再用硫酸酸浸过滤得到MnSO 、FeSO 溶液，过滤分离出滤渣为不和稀硫酸反应的Cu、过
4 4
量的木炭以及碳酸钙转化成的CaSO，再氧化、调节pH除去Fe3+得到MnSO 溶液，最后与NH HCO 反应
4 4 4 3
生成MnCO ，分离烘干得到MnCO ，以此来解答。
3 3
(6)滴定原理为：利用酸性KCr O 滴定剩余的Fe2+的量，从而确定与[Mn(PO )]3－反应的Fe2+的量，继而确
2 2 7 4 2
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CaSO；
4
(2)步骤D中MnO 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
2
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，K (MnCO )= c(Mn2+)·c(CO2-)=10-5×2.2×10－
sp 3 3
6=2.2×10-11；
(5)生成的MnCO 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
3
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BaCl 溶液，若无白色沉淀产生，则
2
表明已洗涤干净；
(6)①酸性KCr O 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
2 2 7
荷守恒和原子守恒可得离子方程式为6Fe2＋＋Cr O2-＋14H＋=6Fe3+＋2Cr3＋＋7HO；
2 7 2
②根据方程式6Fe2＋＋Cr O2-＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7HO可知剩余n(Fe2+)= 0.500
2 7 2
mol·L-1×0.005L×6=0.015mol，则与[Mn(PO )]3－反应的n(Fe2+)=0.500 mol·L-1×0.06L-0.015mol=0.015mol，根
4 2
据方程式[Mn(PO )]3-＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO 3－可知n(Mn)=0.015mol，所以锰元素的质量分数为
4 2 4
=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
MgBO (OH)、UO 和Fe O，还有少量的Fe O、FeO、SiO]为原料制备硼酸和硫酸镁的工艺流程如下：
2 2 3 4 2 3 2
已知：①UO 2＋在pH为4－5的溶液中生成UO (OH) 沉淀；②Fe2＋和Fe3＋沉淀完全的pH分别为9.7、
2 2 2
3.7。
(1)酸浸过程中MgBO (OH)与硫酸反应的离子方程式为_____。
2
(2)酸浸过程中加入HO 的目的是______(写出两条)，滤渣1的主要成分是___(填化学式)。
2 2
(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) 沉淀生成____。{通过计算说明，K [Mg(OH) ]＝5.6×10－12}
2 sp 2
(4)操作1的名称是_____。
(5)MgSO ·H O加热脱水可以得无水MgSO ，那么MgCl ·6H O晶体直接加热___(填“能”或“不能”)得到
4 2 4 2 2
无水MgCl ，理由是_______。
2
(6)已知：HCO 的K ＝4.4×10－7，K ＝4.7×10－11；HBO 的K＝5.8×10－10。向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸
2 3 a1 a2 3 3 a
溶液____(填“有”或“无”)气泡产生，理由是____。【答案】(1)MgBO (OH)+2H+=Mg2++H BO
2 3 3
(2)将Fe2+氧化为Fe3+，将UO 氧化成UO 2+便于后续过程除去 SiO
2 2 2
(3)MgO或者Mg(OH) 或者MgCO c(Mg2+)×c2(OH-)=0.2×(10-9)2=2×10-19＜Ksp[Mg (OH) ]=5.6×10-12，因
2 3 2
此不会产生Mg (OH) 沉淀
2
(4)趁热过滤
(5)不能 加热时促进了MgCl 的水解，最终得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁
2
(6)无 硼酸的酸性比碳酸弱
【解析】用硫酸酸化的HO 溶解硼铁混精矿，其中SiO 不溶于水和酸，经过滤可除去，所得滤液中主要
2 2 2
含有UO 2＋、Fe3+、Mg2+及HBO，用MgO或者Mg(OH) 或者MgCO 调节溶液pH，使溶液中Fe3+完全转
2 3 3 2 3
化为Fe(OH) 沉淀，并经过滤得滤渣2，将滤液蒸发、浓缩，趁热过滤，获得MgSO ·H O晶体析出，将滤
3 4 2
液冷却结晶，过滤可得粗硼酸，据此分析解题。
(1)酸浸过程中MgBO (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MgBO (OH)
2 2
+2H+=Mg2++H BO；
3 3
(2)酸浸过程中加入HO，利用HO 的氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，同时将UO 氧化成UO 2+便于后续过程
2 2 2 2 2 2
除去；SiO 不溶于水和酸，则滤渣1的主要成分是SiO；
2 2
(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MgCO ；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-
3
9)2=2×10-19＜Ksp[Mg (OH) ]=5.6×10-12，因此不会产生Mg (OH) 沉淀。
2 2
(4)结合以上分析可知，将滤液蒸发、浓缩，趁热过滤，获得MgSO ·H O晶体析出，所以操作1的名称是
4 2
趁热过滤；
(5)MgCl 能水解生成Mg (OH) 和HCl，MgCl ·6H O晶体直接加热时，促进Mg2+水解，且HCl挥发，则最
2 2 2 2
终得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁，而不能得到无水MgCl ；
2
(6)已知：HCO 的K ＝4.4×10－7，K ＝4.7×10－11；HBO 的K＝5.8×10－10，则硼酸的酸性介于HCO 和
2 3 a1 a2 3 3 a 2 3
HCO -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NaHCO 和NaBO ，无
3 3 3
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、AlF、NaF，少量CaO等)为原料，
3
生产高纯度LiOH的工艺流程如图：(已知：常温下，LiOH可溶于水，LiCO 微溶于水)
2 3(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)。
(2)“过滤2”需要趁热在恒温装置中进行，否则会导致LiSO 的收率下降，原因是___。
2 4
(已知部分物质的溶解度数据见下表)
温度/℃ LiSO /g Al (SO )/g NaSO /g
2 4 2 4 3 2 4
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NaCO 溶液后，Li+的沉降率到99%，则“滤液2”中
2 3
c(CO2-)=___mol•L-1。[K (Li CO)=1.6×10-3]
3 sp 2 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LiCO。将电池级LiCO 和C、FePO 高温下反应，生成LiFePO 和一种可
2 3 2 3 4 4
燃性气体，该反应的化学方程式为___。
【答案】(1)CaSO (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
4
(3)2Al3+＋3CO2-＋3HO=2Al(OH) ↓＋3CO↑ 4
3 2 3 2
(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)CO
2(6)a 2H O+2e-=H ↑＋2OH-
2 2
(7)Li CO＋2C＋2FeSO 2LiFePO ＋3CO↑
2 3 4 4
【解析】含锂电解铝废渣(主要成分为LiF、AIF 、NaF，少量CaO等)与浓硫酸反应生成LiSO 、
3 2 4
Al (SO )、NaSO 和CaSO。CaSO 是微溶物，加水溶解，滤渣1为CaSO，向滤液中加入NaCO 溶液，
2 4 3 2 4 4 4 4 2 3
碱解生成CO 气体、Al(OH) 和NaSO 及LiCO，趁热过滤，向滤液中加入氧化钙生成CaSO、Al(OH) 、
2 3 2 4 2 3 4 3
LiOH，过滤，向滤液中加入CO 得到LiCO，电解得到LiOH。
2 2 3
(1)根据分析得到“滤渣1”主要成分是CaSO；
4
(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LiSO 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；
2 4
(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+＋3CO2−＋3HO=2Al(OH) ↓＋3CO↑；若碱解前滤液中c(Li+)=4mol∙L−1，加
3 2 3 2
入等体积的NaCO 溶液后，Li+的沉降率到99%，则此时溶液中c(Li+)=
2 3
，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CO，在碳化过程中加入CO，因此整个工艺流程中可以循环利用的物质有CO；
2 2 2
(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2HO+2e－=H ↑＋2OH－；
2 2
(7)将电池级LiCO 和C、FePO 高温下反应，根据氧化还原反应，FePO 中Fe化合价降低，则C化合价升
2 3 4 4
高，生成LiFePO 和一种可燃性气体即CO，该反应的化学方程式为LiCO＋2C＋2FeSO 2LiFePO ＋
4 2 3 4 4
3CO↑。
19．(2020届四川省内江市三模)硫酸铅( PbSO ) 广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用
4方铅矿(主要成分为 PbS, 含有FeS 等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO ) 制备PbSO 的工艺流程如图：
2 2 4
已知：
i. PbCl 难溶于冷水，易溶于热水
2
ii. PbCl (s) + 2 Cl- ( aq ) PbCl 2-( aq ) △H> 0
2 4
iii.K (PbSO ) =1. 08 ×10-8 , K (PbC1 ) = 1. 6× 10 -5
sp 4 sp 2
(1)“浸取”过程中盐酸与MnO 、P bS 发生反应生成PbCl 和S 的化学方程式为______________，加入
2 2
NaCl 的目的是__________________。
(2)沉降操作时加入冰水的作用是_______________________。
(3) 20°C 时 ，PbCl ( 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
2
_____________(填字母)
A．盐酸浓度越小，K (PbC1 )越小
sp 2
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 bCl 溶解量减少是因为 Cl-浓度增大使 PbCl 溶
2 2
解平衡逆向移动
(4)调 pH 的目的是__________，PbC1 “转化”后得到 PbSO , 当c (Cl-)= 0.100mol/L 时 ，c( SO 2-)
2 4 4
=________________。
(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•PbSO •H O) ,写出该反应的化学方程式 _____________________．
4 2
【答案】(1)MnO + PbS +4HCl =PbCl + S + MnCl + 2H O 增大c( Cl- ) 浓度，平衡ii 向右移动， 增大
2 2 2 2
PbCl 溶解性(或将难溶的PbCl 转化为 PbCl 2-溶入水中，增大PbCl 溶解性)
2 2 4 2
(2)PbCl 难溶于冷水，降低PbCl 的 溶解度，便于PbCl 析出晶体
2 2 2
(3)BD
(4)使 Fe3+ 沉淀而除去 6. 75 × 10-6
(5)浸取 4PbSO + 6 NaOH=3 PbO • PbSO •H O + 3Na SO +2 H O
4 4 2 2 4 2
【解析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS 等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO )中加入稀盐酸，盐酸
2 2
与MnO 、PbS发生反应生成PbCl 和S，MnO 被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl (s)+2Cl-
2 2 2 2
(aq)⇌PbCl
4
2-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe
2
O
3
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；PbCl 难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl 晶体，之后加入稀硫
2 2
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MnO 将PbS 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
2 2
元素守恒可得方程式为MnO +PbS+4HCl PbCl +S+MnCl +2H O；加入NaCl 的目的是增大c( Cl- ) 浓
2 2 2 2
度，平衡ii 向右移动， 增大PbCl 溶解性(或将难溶的PbCl 转化为 PbCl 2-溶入水中，增大PbCl 溶解性)；
2 2 4 2
(2)温度降低，PbC1 +2C1- PbC1 2-平衡左移，使PbC1 2-转化为PbC1 ，便于析出PbC1 晶体(或PbC1 难
2 4 4 2 2 2
溶于冷水，降低PbC1 的溶解度，便于析出PbC1 晶体)，所以沉降时加入冰水；
2 2
(3)PbCl 是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl (s) Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶
2 2
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PbCl (s)+2Cl-(aq) PbCl 2-(aq)，而促进溶解。
2 4
A．K (PbCl )只受温度的影响，温度不变，则K (PbCl )不变，故A错误；
sp 2 sp 2
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：PbCl (s)+2Cl-(aq) PbCl 2-(aq)，所以此时
2 4
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PbCl (s) Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使
2
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PbCl
2
(s)+SO
4
2-(aq)⇌PbSO
4
(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=
，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO 2-)=
4
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
PbSO 和NaOH，生成中有3PbO·PbSO ·H O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根
4 4 2
据元素守恒可得方程式：4PbSO +6NaOH=3PbO·PbSO ·H O+3Na SO +2H O。
4 4 2 2 4 2
