2020届高三化学二轮专题复习—化学工艺流程题03【侧重VIIB锰Mn元素的考查】(20210226212107)

1、2020届届届届届届届届届届届一届届届届届届届03届届届VIIB届Mn0届届届届届、单选题（本大题共 7小题，共21分）1.工业上可用软镒矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备 高性能磁性材料碳酸镒（MnCO3）。其工艺流程如下：（）软铭矿，稀礴石灰HF氨水III1HQ 砂I,除舒一网卜无水MnCOi废陋废液度潦废消一地产:& A已知：净化工序的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+ 等杂质（CaF2难溶）。卜列说法不正确的是A.研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率B.除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软镒矿，发生的反应为 MnO2+

2、 2Fe2+ + 4H + = 2Fe3+ + Mn2+ + 2H2OC.副产品A的化学式（NH4）2SD.从沉镒工序中得到纯净 MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥【答案】C【解析】【分析】本题通过碳酸镒的制备，考查了物质制备实验方案的设计方法，为高考常见题型，明确 制备流程及相应的反应原理为解答关键，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。由流程可知软镒矿（主要成分Mn。2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH,FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+,然后过滤得到滤渣是 MnO2,向滤液中加入软镒矿发生的 离子反应方程式为： 2Fe2+ + 15MnO2 + 28

3、H + = 2Fe3+ + 14H2 O+ 15Mn2+ + 4SO4,过 滤，滤液中主要含有 Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化钱和氟化俊，除去 Cu2+、Ca2+过滤， 在滤液中加入碳酸氢钱和氨水沉镒，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3,通过洗涤、烘干得到 MnCO3晶体，以此解答该题。【解答】A.通过搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，可以提高溶浸工序中原 料的浸出率，故A正确；B.二氧化镒具有强氧化性，可氧化亚铁离子，方程式为MnO2 + 2Fe2+ + 4H+ = 2Fe3+ +Mn2+ + 2H2。，故 B 正确；C.溶浸过程中发生的反应生成硫酸根

4、离子，后来又加入了硫化俊、碳酸氢俊，所以产品 中含有（NH4）2SO4,故C错误；D.从沉镒工序中得到纯净 MnCO3,只需将沉淀析出的 MnCO3过滤、洗涤、干燥即可，故D正确。故选Co2,黄钾铁矶渣(含ZnO、Fe2O3及少量Cu。、MgO等)是冶炼厂一种废渣，为了综合利 用减小污染，可用于制备镒锌铁氧体，设计如下流程：已知：镒锌铁氧体和 MgF2均难溶于水。下列说法不正确的是A.步骤中的硫酸可用浓硫酸并加热来加快反应速率B,步骤中Fe粉主要用于滤液中的Fe3+、Cu2+的还原，同时不能用NH3 H2O# 换 NH4FC.步骤涉及的离子反应为氧化还原反应D.步骤将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过

5、滤可获得(NH4)2SO4晶体【答案】C【解析】【分析】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方 法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验 的结合，题目难度不大。【解答】黄钾铁矶渣含含 ZnO、Fe2O3及少量CuO、MgO等，由流程可知，步骤 中加硫酸时 ZnO、Fe2O3、CuO、MgO均溶解，过滤得到滤液含Zn2+、Mg2+、Fe3+、Cu2+ ,步骤加 Fe 发生 Fe+ Cu2+ = Fe2+ + Cu、Fe+ 2Fe3+ = 3Fe2+ ,力口 NH4F时，生成 MgF2沉淀，滤 液含Zn2+、Fe2+,加硫酸

6、亚铁、硫酸镒调整成分，再加碳酸氢钱溶液发生水解反应生成 滤渣，烘干时发生氧化还原反应得到镒锌铁氧体，滤液中含硫酸俊，蒸发浓度、冷却结 晶得到硫酸俊。A.步骤中的硫酸可用浓硫酸并加热，氢离子浓度增大、 升高温度均加快反应速率，故A正确；B.步骤中Fe粉主要用于滤液中的Fe3+、Cu2+的还原，滤液中若用氨水发生Zn2+ +2NH3?H2O= Zn(OH) 2 J+2NH；、Mg2+ + 2NH3?H2O= Mg(OH) 2 J+2NH+、Fe2+ + 2NH3?H2O= Fe(OH) 2 J+2NH+,贝U不能用 NH3?H2O替换 NH4F,故 B 正确； C.步骤中Mn2+、Zn2+、Fe2

7、+与碳酸氢俊溶液发生水解反应，故 C错误；D.分离出滤液含硫酸钱，则步骤 中将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可获得（NH4）2SO4晶体，故D正确。3.高纯碳酸镒在电子工业中有着重要的应用，湿法浸出软镒矿（主要成分为MnO2,含有少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸镒的流程如下:联朵近淀 纯MnQl”其中除杂过程包括： 向浸出液中加入一定量的试剂X,调节浸出液的pH为3.55.5；再加入一定量的软镒矿和双氧水，过滤；下列说法正确的是（）（已知室温下：KspMg（OH） 2 = 1.8 X10-11 , KspAl（OH） 3 = 3.0 X10-34 , KspFe（OH） 3 = 4.

8、0 X10-38。）A.浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂B.除杂过程中调节浸出液的pH为3.55.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质C.试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质D.为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度【答案】A【解析】【分析】本题主要考查化学工艺流程，注意结合流程和相关物质的性质、氧化还原反应、盐类的水解等知识进行分析解答，难度较大。【解答】A.结合流程分析可知，MnO2在浸出时被还原为Mn2+,植物粉是有机物，往往有还原性,则浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂，故A正确；B.由 KspMg（OH） 2 = 1.8 X10-11 , KspAl（OH） 3 =

9、 3.0 X10-34 , KspFe（OH） 3=1 .0 X10-38可知：pH为3.55.5可完全除去Fe3+、Al3+ ,不能除去Mg2+,故B错误;C.MnO2不与酸反应，无法调节溶液的pH,故C错误；D.碳酸氢钱不稳定，受热易分解，不能持续升高温度，故 D错误。故选A 4 .工业上可用软镒矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备 高性能磁性材料碳酸镒（MnCO3）。其工艺流程如下：（）软钻矿，（NHihS. N&HC5.无水MoCOt稀施酸 石灰NH产氨水废渣 废液 废液废液f一副产品A已知：净化工序的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+ 等杂质（CaF

10、2难溶）。卜列说法不正确的是A.研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率B.除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软镒矿，发生的反应为 MnO2+ 2Fe2+ + 4H + = 2Fe3+ + Mn2+ + 2H2。C.副产品A的化学式（NH4）2SD.从沉镒工序中得到纯净 MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥【答案】C【解析】【分析】本题考查无机工艺流程，会利用流程信息及物质的性质是解答本题的关键，题目难度一般。【解答】A.研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率，故 A正确；B.除去溶液中的铁元素通常是将 +2价铁氧化成Fe3+ ,再通过调节溶液的pH

11、促进Fe3+水 解将Fe3+除去，该流程中加入适量的软镒矿的目的是将+2价铁氧化成Fe3+ ,发生的反应为 MnO2 + 2Fe2+ + 4H+ = 2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O,故 B 正确；C.根据流程向溶液中加入（NH4）2S和NH4F的目的是除去溶液中的 Cu2+和Ca2+,所以废液 中的溶质主要为硫酸钱，副产品A的化学式为（NH4）2SO4,故C错误；D.从沉镒工序中得到纯净 MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥，故 D正确。 故选Co5 .锌镒干电池是日常生活中常用的一次电池.一种处理废旧干电池的流程如下:餐四收铜帽.锌片、石墨棒等黑色碳包水浸（MnOJCh ZnCL

12、C及有机物）滤渣.4.氨水嘘液丽豆沉淀注液卜列叙述错误的是（）A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B. “水浸”后的滤渣干燥后经充分灼烧可回收其中的MnO2C. “沉淀”反应后的滤液可通过蒸发结晶回收NH4CID. “沉淀”反应的离子方程式为 Zn2+ + 2NH3 ?”。Zn（OH）2 J+2NH +【答案】C【解析】【分析】本题主要考查蒸发结晶，垃圾处理与利用以及相关离子方程式，难度中等。【解答】A.合理处理废旧电池是有利于保护环境和资源再利用，故A正确；B. “水浸”后的滤渣主要含有 MnO2, C及其有机物，经充分灼烧后只剩下MnO2,故B第4页，共29页正确；C.要获得NH

13、4C1,应该将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，故 C错误；D.由于是在碱性条件下，故锌离子会生成氢氧化锌，故 D正确。 故选Co6.硫酸镒可用于饲料营养强氧化剂和媒染剂。其生产原材料软镒矿（MnO2）、菱镒矿（MnCO3）中常混有硫酸亚铁和硫酸镁等杂质，生产工艺如下图：已知：（1）硫酸镒晶体和硫酸镁晶体的溶解度曲线如下图。（2）完全沉淀离子的pH： Fe3+为3.5, Fe2+为9.5, Mn2+为 10.8, Mg2+为 11.6。下列判断正确的是（）A.试剂A应该选择H2O2,目的是将Fe2+氧化为Fe3+B.在蒸发结晶时，温度应该略高于60。CC.操彳I包括蒸发、冷却、结晶、趁热过滤、洗涤等步骤

14、，洗涤时可用稀硫酸做 洗液D.试剂A应该选择氨水，目的是调节溶液的pH【答案】B【解析】【分析】本题考查化学工艺流程分析，明确工艺流程中的反应及物质分离提纯的方法选择是解题的关键，难度较大。【解答】A.二氧化镒具有强氧化性，能将 Fe2+氧化为Fe3+ ,所以无需选择 ，故A错误；B.在蒸发结晶时，温度应该略高于60。C为了防止硫酸镁结晶析出， 提高硫酸镒的产率, 故B正确；C.操彳I包括蒸发、冷却、结晶、趁热过滤、洗涤等步骤，因硫酸镒易溶于水，不能用 稀硫酸，故C错误；7.D.试剂A不能选择氨水，否则金属离子都能沉淀，故 D错误。 故选B。以镒硅锌矿(ZnMn) 2SiO4为原料制备锌单质的

15、工艺流程如下所示。1调pH为为5 Nag2)KMnO薄液 I含有. Zn唯恸蹴sitk酒班一福f幅渣一碗卜际卜等下列说法错误的是()A. “酸浸”时，可用盐酸代替硫酸B. “氧化”过程中，氧化产物和还原产物均为MnO2C. “沉淀”过程中，参与反应的金属离子为Zn2+D. “电解”后所得电解液可在“酸浸”工序中重复利用【答案】A【解析】【分析】本题主要考查流程设计和处理，关键掌握氧化还原反应的原理和电解池的原理，难度一般。【解题】A “酸浸”时，用盐酸代替硫酸，“氧化”时氯离子也会被KMnO4氧化，既消耗更多的KMnO4,也会产生污染气体氯气，故 A错误；B 氧化”过程中，MnO4和Mn2+均

16、转化为MnO2,故该反应中氧化产物和还原产物均为MnO2,故B正确；C “沉淀”过程中，可溶性锌盐转化为 ZnCO3,故C正确；D “电解”后所得电解液中的主要溶质为硫酸，可在“酸浸”工序中重复利用，故 D正确。故选A o二、填空题(本大题共12小题，共79分)8.二氧化镒是制造锌镒干电池的基本材料，工业上以软镒矿、菱镒矿为原料来制备。某软镒矿主要成分为 MnO2 ,还含有 Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的化合物，其处理流程图如下:MnS化合物Al(OH) 3Fe(OH) 2Fe(OH) 3Ksp近似值10-3310-

17、1610-38(1)硫酸亚铁在酸性条件下将 MnO2还原为MnSO4 ,酸浸时发生的主要反应的化学方 程式为 O(2) “氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率， 还能滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH) 3,加入氨水需调节 pH至少达到 , 恰好能使Fe3+、Al3+沉淀完全(溶液中离子浓度小于10-6 mol L-1时可认为沉淀完全 )。(3)滤渣B的成分是。(4)碱性锌镒电池中，MnO2参与的电极反应方程式为 。(5)MnO 2也可在MnSO4 - H2SQ-力。为体系的电解液中电解获得，其阳极电极反 应式为。(6)工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下

18、：准确称量0.9200g该样品，与足量酸性 KI溶液充分反应后，配制成 100mL溶液。取其中20.00mL ,恰好与 25.00mL 0.0800mol L-1 Na2s2。3溶液反应(I 2 + 2s2O3-? = 2I- + S4O6- )o计算可得该样品纯度为 。【答案】(1)MnO 2 + 2FeSO4 + 2H2SO4 = MnSO4 + Fe2(SO4)3 + 2H2O(2)充分氧化过量的Fe2+； 5(3)CuS、ZnS;(4)MnO 2 + H2O + e- = MnO(OH) + OH-(或2MnO2 + H2O+ 2e- = Mn2O3 + 2OH-);(5)Mn 2+

19、- 2e- + 2H2。= MnO2 + 4H +(6)47.3%。【解析】本题考查了化学工艺流程，涉及化学方程式的书写、电极方程式的书写、样品纯度的计算，题目难度中等。【解答】软镒矿的主要成分为 MnO2,还含有 Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的化合物， 硫酸亚铁在酸性条件下将 MnO2还原为MnSO4 ,所以酸浸后 的滤液中的金属阳离子主要是Mn2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Zn2+、Fe2+等，由离子开始沉淀及沉淀完全的 pH可知，调节pH将Fe3+、Al3+沉淀，加入硫化镒将 Cu2+、Zn2+沉 淀，滤

20、液为硫酸镒溶液，再通过系列变化得到高纯度的二氧化镒；(1犷3$04将“门02还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+ ,故酸浸时生成硫酸镒、硫酸铁， 根据元素守恒还有水生成，反应方程式为MnO2 + 2FeSO4 + 2H 2sQ = MnSO4 +Fe2(SO4)3 + 2H2O,故答案为：MnO2+ 2FeSO4 + 2H2SO4 = MnSO4 + Fe2(SO4)3 + 2H2O; (2)搅拌不仅能加快反应速率，还能使Fe2+氧化得更充分；根据题表知，当Fe3+恰好沉淀完全时，c(OH-) = VKsp Fe(3+H)3 = 3/110 6 mol/L = 10-10.67 mol/

21、L ,则 c(H + )= c(Fe3+)10-610-3.33 mol/L ,溶液 pH = 3.33,当 A产恰好沉淀完全时，c(OH- ) = VKspA(OH) 3 = c(Al )3 10-3310-6109 mol/L ,则 c(H+) = 10-5 mol/L ,溶液 pH = 5,故需调节 pH 至少达到 5,故答案为：充分氧化过量的Fe2+; 5;(3)由上述分析知，加入MnS是为了将Cu2+、Zn2+沉淀而除去，故滤渣B的成分是CuS、 ZnS,故答案为：CuS、ZnS；(4)在反应中Zn元素化合价升高，被氧化，Zn为负极，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为正极，正极的

22、电极反应式为： MnO2 + H2O+ e- = MnO(OH) + OH-(或2MnO2 + H2O+ 2e = Mn2O3 + 2OH- ),故答案为： MnO2 + H2O+ e- = MnO(OH) + OH-(或 2MnO2 + H2O+ 2e- = Mn2O3 + 2OH- ); 阳极发生氧化反应，镒由 +2价变成+4价，电极反应式为：Mn2+ - 2e- + 2H2。=MnO2 + 4H+ ,故答案为：Mn2+ - 2e- + 2H2O= MnO2 + 4H+；(6)准确称量0.9200g该样品，与足量酸性 KI溶液充分反应，MnO2 + 2I - + 4H+ = Mn2+ +

23、I2 + 2H2O,配制成 100mL 溶液，取其中 20.00mL ,恰好与 25.00mL 0.0800mol/ LNa2s2O3 溶液反应(I 2+ 2s2O3- = 2I- + SO。),则得到：MnO 2122S2O3 ，0.02500L X0.0800mol/L100mL20mL解得:n = 0.005mol ,计算可得该样品中 MnO 2纯度=0.005mo=87g/mol x 100 % = 47.3% , 0.9200g故答案为：47.3% o9. 碱性锌镒电池的工作原理：Zn+ 2MnO2+ 2H2。= 2MnO(OH)+ Zn(OH)2,其中的电解质溶液是KOH溶液。某课

24、题组用废旧铁壳无汞碱性锌镒电池为原料，制备一 种新型材料一MnxZn(i-x)Fe2O4,其工艺流程如图所示：水过曦褚破幅铁酚艰仪米 M米2L JL T (_, - .T调情冲码T的”卜但可卜4.旗卜产品Sr a建% h潴的(1)已知MnxZn(i-x)Fe2O4中镒元素的化合价与实验室用二氧化镒制取氯气时还原 产物中的镒相同，则铁元素的化合价为 。(2) “溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价镒的化合物全部还原成Mn2+,写出该反应的离子方程式： 。(3) “调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式 MnxZn(i-x)Fe2O4相

25、符合。写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式： 。若测得滤液的成分为 c(Mn2+) + c(Zn2+) = a mol ?L-1 , c(Fe2+)+ c(Fe3+)= bmol ?L-1 ,滤液体积为l m3, “调铁”工序中，需加入的铁粉质量为 kg(忽 略溶液体积变化，用含 a、b的代数式表示)。(4)在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+；生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是 。(5)用氨水“调pH”后，经“结晶”、“过滤”可得到产品和滤液C,从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为 。【答案】(1)

26、 + 3(2)MnO(OH) + Fe2+ + 3H+ = Mn2+ + Fe3+ + 2H2。(3) Fe+ 2Fe3+ = 3Fe2+、Fe + 2H+ = Fe2+ + H2 T 112a - 56b(4)Fe 3+催化了双氧水的分解(5)c(NH? + ) c(SO?- ) c(H + ) c(OH-)【解析】【分析】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题 目难度中等。【解答】由流程图可知，向用水洗涤的废旧电池滤渣中加入稀硫酸，滤渣中的Fe和Zn(OH)2溶于稀硫酸，反应生

27、成的硫酸亚铁在酸性条件下，与 MnO(OH)发生氧化还原反应生成硫酸铁、硫酸镒，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸镒的酸性滤液，向滤液中加入铁粉调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式第9页，共29页MnxZn(i-x)Fe2O4相符合，再加入双氧水将 Fe2+氧化为Fe3+,用氨水调pH后，经结晶、 过滤得到产品MnxZn(i-x)Fe2O4。(1)由题意可知，MnxZn(i-x)Fe2O4中镒元素的化合价为+2价，设铁元素化合价为 +a , 由化合价代数和为零可得：(+2) Xx+ (+2) x(1-x)+(+a) X2+(-2) X4 = 0,解得 a = 3;

28、(2)由题意可知，硫酸亚铁与 MnO(OH)在酸性条件下发生氧化还原反应，硫酸亚铁被氧 化生成硫酸铁，MnO(OH)被还原为硫酸镒，反应的离子方程式为MnO(OH) + Fe2+ +3H+ = Mn2+ + Fe3+ + 2H2。；(3)“调铁”工序中，加入的铁粉与溶液中的 Fe3+和H+反应，反应时，氧化性较强的 Fe3+与Fe反应生成Fe2+ , Fe3+完全反应后，H+与Fe反应生成Fe2+和H2,反应的离子 方程式为 Fe+ 2Fe3+ = 3Fe2+和Fe+ 2H+ = Fe2+ + H2 f；由MnxZn(i-x) Fe2O4的化学式可知，nMn 2+ Zn2+ ：n(Fe3+)

29、= 1 ：2,设加入的铁粉 为 x,依据题意可得(amol L-1 X103L) ：(bmol -L-1 x 103L+ x) = 1 ：2,解得 x = (2a - b) X103mol ,则加入的铁粉质量为 (2a - b) X103mol x 56g/mol = 56(2a - b) X103g= 56(2a - b)kg = (112a - 56b)kg ;(4)在“氧化”工序中，双氧水把Fe2+氧化为Fe3+,反应生成的Fe3+可以做催化剂，使双氧水催化分解，成为除温度外，导致实际消耗双氧水的量大于理论值的因素；(5)由流程图可知，反应中加入了稀硫酸和氨水，滤液 C中一定含有可以做氮

30、肥的硫酸 俊，硫酸钱溶液中由于俊根离子水解使溶液显酸性，溶液中有c(H + ) c(OH-),但是由于水解程度小，溶液中有 c(NH?+) c(SO?2-),则溶液中离子浓度由大到小的排序为： c(NH?4) c(SO?- ) c(H +) c(OH-)。10.电解镒工艺过程会产生镒、镁复盐，其组成为(NH4)7MnMg2(SO4)6.5 21H2。种综合利用该复盐的工艺流程如图所示：滤液？立过淀一* MnSO*已知：KspMg(OH) 2 = 1.8X10-11 , Kb(NH3 H2O) = 1.8 X10-5。回答下列问题:(1)(NH 4)7MnMg2(SO4)6.5 21H2。的水溶

31、液呈 性(填“酸”或“碱” )，Mn 的化合价为。(2) “沉镒”的离子反应方程式为 ;滤液1溶质的主要成分有 。“沉镒”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如下图所示：恸 的 加70 I舐嘉子沉淀率 Hur孰率十(- 线离子沉淀率知镁嘉f沉淀率附由图可知，“沉镒”合适的条件为 Mg2+主要生成的是 沉淀(填Mg(OH)2”或“ MgCO3”)；当温度高于 45 c时Mg2+和Mn2+沉淀率的变化如图所示，原因是 。(4)若将NH3通入0.01 mol L-1 MgSO4溶液至Mg2+完全沉淀，则此时溶液中 NH3 H2。的物质的量浓度为 。(已知vT8=1 34 ,忽略反应前后溶

32、液体积的变化， 计算结果保留两位有效数字)【答案】(1)酸；+2(2)HCO 3 + NH3 H2O+ Mn2+ = MnCO3 J+NH + + H2O; (NH4)2SQ、MgSO4 pH= 7.5、45 cMg(OH)2；当温度高于45C ,随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO2-)下降，所以镒 离子沉淀率下降；同时，随着温度升高，镁离子水解生成氢氧化镁程度增大，所以镁离 子沉淀率增大（4） -= mol/L1.5mol/LV1.o【解析】【分析】本题以工艺流程为载体考查化合价、溶液的酸碱性、离子方程式书写、反应条件的控制、溶度积常数与电离常数的相关计算等，试题具有一定的综合性，属

33、于高考的高频考点， 试题较难。【解答】(1)(NH 4)7MnMg2(SO4)6.5 21H2。的水溶液中俊离子、镒离子和镁离子水解使得溶液中氢离子的物质的量浓度大于氢氧根离子物质的量浓度，溶液呈酸性；根据正负化合价代数和为。可知镒元素的化合价为 +2价；(2)沉镒时镒离子、一水合氨与碳酸氢根离子反应产生碳酸镒沉淀，对应的离子方程式为：HCO3 + NH3 H2O+ Mn2+ = MnCO3 J+NH + + H2O;根据流程转化分析可知滤液1溶质的主要成分有(NH4)2SO4、MgSO4；(3)根据图示分析45C、pH= 7.5时镒离子沉淀率高，故选择的条件为pH = 7.5、45C; 根据

34、镒离子沉淀条件以及氢氧化镁的溶度积可知镁离子主要转化为氢氧化镁；根据图像分析可知当温度高于 45C,随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO2-)下降，所以镒离子沉淀率下降；同时，随着温度升高，镁离子水解生成氢氧化镁程度增大，所以镁离 子沉淀率增大；(4)当镁离子沉淀完全时c2(OH-)=，对 =1.8 X10-6 mol 2/L2,根据一水合氨的电离常数可知此时溶液中NH3如2。的物质的量浓度为c9Hl =1：:5 0.02mol/Kb1.8 X 10L = 2= mol/L 1.5mol/L 。11.镒酸锂(LiMn2O4)是新型锂离子电池常用的正极材料。工业上以软镒矿浆为原料可 制备镒

35、酸锂，同时制得副产品 MnSO4如2。晶体，其流程如下图所示。先加 适量珥50,、SO.M叫软锤矿瓶f I浸出高温 蕨LiMna 固体一浸出渣 滤渣1晶体已知：软镒矿浆的主要成分为 MnO2,还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、$。2等 杂质。温度高于27 c时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低。有关物质的溶度积常数如下表：物质MnF2CaF2MgF2Ksp5.3 X10-3Ksp =1.5 X10-10Ksp =7.4 X10-11(1) “浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为;该过程中，为提高软镒矿中MnO2的浸出速率，下列措施可行的有 (填字母)。A.不

36、断搅才使SC2和软镒矿浆充分接触B.增大通入SO2的流速C.适当升温D.减少软镒矿浆的进入量(2)第1步除杂中加入H2O2的目的是第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应的氟化物沉淀除去， 其中MnF2除 去Mg2+反应的离子方程式为 MnF2(s) + Mg2+(aq) = Mn2+(aq) + MgF2(s),该反应 的平衡常数为。(4)如上图中的一系列操作指的是将MnO2和Li2CO3按4： 1的物质的量之比配料，混合搅拌，然后高温煨烧至 600750 C,制取产品LiMn2O4,写出该反应的化学方程式：【答案】(1)SO2 + MnO2 = Mn2+ + SO4 ； AC；(2

37、)将Fe2+氧化为Fe3+,使之转化为56(0用3而除去;(3)7.2 X107;(4)蒸发浓缩、趁热过滤； 生1九0十工 M/必+1 -O2 1。【解析】【分析】本题考查工业上以软镒矿浆为原料制备镒酸锂的工艺流程图分析，物质的分离和提纯， 离子方程式、化学方程式的书写，平衡常数的计算等，考查学生分析问题、解决问题的 能力，难度中等。【解答】(1) “浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为SQ+MnO2= Mn2+ + SO2- ；A.不断搅拌，使SO2和软镒矿浆充分接触， 加快反应速率，可以提高软镒矿中MnO2的浸 出速率，故A正确；B.增大通入SO2的流速，不能提高软镒矿中 Mn

38、O2的浸出速率，故 B不选；C.适当升温，可以提高软镒矿中 MnO2的浸出速率，故 C选；D.减少软镒矿浆的进入量，反应速率减慢，不能提高软镒矿中MnO2的浸出速率，故 D不选；故答案为：SC2 + MnO2 = Mn2+ + SO2- ; AC ;(2)第1步除杂中加入H2C2的目的是：将Fe2+氧化为Fe3+ ,使之转化为Fe(CH)3而除去; 故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+,使之转化为Fe(CH)3而除去；第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应的氟化物沉淀除去，其中MnF2除去Mg2+ 反应的离子方程式为 MnF2(s) + Mg2+(aq) = Mn2+ (aq) + M

39、gF2(s),该反应的平衡常数=7.2 X 107；c(Mn 2+) c(Mn2+) x c2(F-) Ksp(MnF 2)5.3 x 1-3c(Mg2+) = c(Mg2+) X(2(F- ) = Ksp (MgF2) = 7.4 X 1011故答案为：7.2 X107； (4)由于MnSC4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低，所以上图中的一系列操作指的是蒸发浓缩、趁热过滤；故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤； 将MnO2和Li2CO3按4: 1的物质的量之比配料，混合搅拌，然后高温煨烧至600750C,制取产品LiMn2O4,则该反应的化学方程式为：KMnOi + 2LBC5 孰 1 人加+ 2

40、CQt 1 +5 T ； 故答案为：乩小心上+如值丁力理理工 山M3+ 2CQ1 TAJ。12 .某地菱镒矿的主要成分为 MnCO3,还含有少量的FeCQ、CaCQ、AI2O3等杂质。工 业上以菱镒矿为原料制备高纯度碳酸镒的流程如图所示：NHQ过量盐煎除杂NH.HCO川凡气体浸液净化波浦液已知：MnCO3+ 2NH4CI = MnCl2+ CO2 T+2NH 3 T+H 2O.相关金属离子Co(Mn+) = 0.1mol -L-1 形成氢氧化物沉淀的 pH范围如下:金属离子Mn2+Fe2+Fe3+A产开始沉淀的pH8.16.31.53.4沉淀完全的pH10.18.32.84.7(1)焙烧时温度

41、对镒浸取率的影响如图。焙烧时适宜的温度为 左右O(2)净化包含三步： 加入少量MnO2,添加少量”门。2的作用是加氨水调pH,溶液的pH范围应调节为 8.1之间。生成的沉淀主要是加入MnF2,沉淀除去Ca2+,若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，原因是【答案】(1)500 C(2)将 Fe2+ 氧化为 F为+ 4.7; Fe(OH)3、Al(OH) 3 ；F -与H+?结合形成弱电解质 HF, CaF2(s) ? Ca2+(aq) + F- (aq)平衡向右移动； 【解析】【分析】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解， 结合题目信息对流程的分析是本题的解题

42、关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。【解答】根据流程：菱镒矿(主要成分为MnCO3,还含有少量的FeCQ、CaCQ、AI2O3等杂质)与 NH4CI焙烧,得到MnCl2、Fe- CaC2、Fe3 ,加入稀盐酸酸浸，除去不溶性杂质， 得到含有Mn2+、Fe2+、Ca2+、Al3+的酸性浸取液，加入少量MnO2,将Fe2+氧化为Fe3+ , 发生反应为：2Fe2+ + MnO2 + 4H+ = Mn2+ + 2Fe3+ + 2H2O,加氨水调 pH4.7 8.1 之间， 沉淀Al3+、Fe3+ ,得到沉淀Al(OH) 3、Fe(OH) 3,加入M

43、nF2,沉淀除去Ca2+ ,过滤得到 的净化液主要含有 Mn2+ ,加入碳酸氢钱和氨气炭化结晶：Mn2+ + HCQ + NH3 =MnCO3 J+NH + ,得到产品。(1)由图可知，500 c时，镒的浸取率已经很大，温度再升高，能耗增大，镒的浸取率提 升不明显，故500c即可，故答案为：500 c(2)加入少量MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ ,故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+ ;加氨水调pH的目的是沉淀Al3+、Fe3+ ,得到沉淀Al(OH) 3、Fe(OH) 3，但不沉淀Mn2+ , 故pH的范围为4.78.1之间；故答案为：4.7； Al(OH)3、Fe(OH)3；加入M

44、nF2,沉淀除去Ca2+,若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，原因是F-与H+结合 形成弱电解质 HF, CaF2(s) ? Ca2+ (aq) + 2F-(aq)平衡向右移动；故答案为：F-与H+结合形成弱电解质 HF, CaF2(s) ? Ca2+ (aq) + 2F- (aq)平衡向右移 动。13 .硼氢化镒Mn(BH 4)2可以用作储氢材料，也能用于科学研究。以富镒渣(含60% MnO,还含有SiO2、AbO?、Ca。、FeO)为原料制备硼氢化镒的工艺流程如下。融性萃取剜意港1军取相漕所之MnOi P2(M 1油电调 pHMnSd(含Fe喑)二累列提作初继之高口已知几种氢氧化物的Ksp

45、的值如下表:氢氧化物Ca(OH) 2Al(OH) 3Fe(OH) 3Mn(OH) 2Ksp4.0 X10-61.0 X 10-333.0 X10-381.0 X 10-13请回答下列问题：(1)NaBH 4中B的化合价为 价。(2)下列物质中与滤渣1不发生反应(高温或常温下)的是(填字母)。A.浓硝酸B.氢氧化钠溶液 C碳酸钠 D.氢氟酸(3) “氧化”中发生反应的离子方程式为 ,该 反应中氧化性：Fe3+(填“”或“”)MnO2。(4) “中和”时，调节pH约为。(当溶液中的离子浓度小于 1.0X10-5 molL-1时，沉淀达到完全，结果保留2位有效数字)(5)Mn(BH 4)2能与稀盐酸

46、反应生成H3BO3,该反应的化学方程式为(6)测定富镒渣中铁的含量：取 20 g富镒渣，经过上述“酸浸” “过滤” “氧化” “萃取”后，将萃取相 (假设Fe3+全部被萃取)转入烧杯中，加入足量稀硫酸， 充分反应后静置、分液，再向含 Fe3+的溶液中加入足量 KI ,充分反应后，将溶液 配制成500 mL ,取25 mL于锥形瓶中并加入淀粉指示剂，最后用 0.1 mol L-1的Na2S2O3标准液滴定，进行三次平行实验，测得消耗Na2S.O3标准液的体积如表所示。实验次数123Na2 s2O3标准液体积/mL23.2024.8025.20已知：2Na2&O3 + I2 = Na23O6 +

47、2NaI滴定达到终点时溶液的颜色变化为 富镒渣中铁的含量为 。【答案】(1)+3;(2)A ；(3)2Fe 2+ + MnO2 + 4H+ = 2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O; ;(4)4.7 ;(5)Mn (BH4)2+ 2HCl + 6H2。= MnCl2 + 8H2 T+2H 3BO3；(6)由蓝色变为浅绿色，且半分钟不恢复原色；14%。【解析】【分析】本题考查物质制备流程，为高考常见题型，题目涉及物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，题目综合性强，题目难度中等。【解答】(1)NaB

48、H 4中钠的化合价为+1价、氢元素化合价为-1价，根据化合价代数和为 。，B的 化合彳介为+3价；故答案为：+3 ;(2)富镒渣中只有二氧化硅不与稀盐酸反应，所以滤渣1为二氧化硅，二氧化硅为酸性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水；与碳酸钠高温反应生成硅酸钠和二氧化碳；与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，与滤渣1不发生反应的为硝酸；故答案为：A ;(3)滤1夜1含有氯化铝、氯化亚铁、氯化钙、氯化镒，“氧化”中发生的反应为二氧化镒与亚铁离子的反应， 离子方程式为：2Fe2+ + MnO2 + 4H+ = 2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O;根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以该反应中氧化性：F

49、e3+ MnO2；故答案为：2Fe2+ + MnO2 + 4H+ = 2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O; ;(4)萃取过程除去了铁离子，根据流程图可知“中和”时，加入碳酸镒调节pH,将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子完全沉淀时-)3= 3210-510-528+10-。1儿，c(H )Kw_ 10-14c(OH-)=戏1410 -mol/L , pH = -lgc(H+ ) = 4.7,所以应调节pH约为4.7；故答案为：4.7；(5)Mn(BH 4)2能与稀盐酸反应生成 H3BO3,该反应的化学方程式为Mn(BH4)2 + 2HCI +6H2O = MnCl2+ 8H2 T+2H 3

50、BO3；故答案为： Mn(BH4)2+ 2HCl + 6H2O = MnCl2 + 8H2 T+2H 3BO3；(6)碘遇淀粉变蓝色，达到滴定终点时，碘单质恰好完全反应，溶液中含Fe2+,此时溶液呈浅绿色，且半分钟不恢复原色；故答案为：溶液由蓝色变为浅绿色，且半分钟不恢复原色；Fe3+与I-发生氧化还原反应的离子方程式：2Fe3+ + 2I- = 2Fe2+ +以，再根据2Na2s2O3+ I2 = Na2s4O6 + 2NaI,得关系式：2Fe3+ I2 2Na2S2O3,滴定第 1 组溶 液差距太大，舍去，所以根据2、3组数据可知硫代硫酸钠消耗的体积为(24.80mL +25.20mL)

51、+2 = 25.00mL ,所以 n(Fe3+) = n(Na 2s2O3)=500mL0.025L X0.1 mol -L1 = 0.0025mol ,富镒渣中铁的含量为 0.0025moi *56g/mo1,25mL x 20g100 % = 14% ;故答案为：14%。14.高纯硫酸镒作为合成馍钻镒三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化镒粉与硫化镒矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题:MnSMnCh 粉相关金属离子C0(Mn+) = 0.1 mol L-1 形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Z

52、n2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1含有S和;写出“溶浸中二氧化镒与硫化镒反应的化 学方程式。(2) “氧化”中添加适量的 MnO2的作用是将 。(3) “调pH”除铁和铝，溶液的 pH范围应调节为 6之间。(4) “除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+, “滤渣3”的主要成分是 。(5)除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是(6)写出“沉镒”的离子方程式 。(7)层状馍钻镒三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCOy

53、MnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当* = y = 1时，z =。 3【答案】(1)SiO2(不溶性硅酸盐)；MnO2+ MnS + 2H2SC4 = 2MnSO4 + S+ 2H2O (2)将 Fe2+ 氧化为 Fe3+(3)4.7(4)NiS 和 ZnSF -与H+结合形成弱电解质 HF , MgF2 ? Mg2+ + 2F-,平衡向右移动(6)Mn 2+ + 2HCO3 = MnCO3 J+CO2 T+H 2O13【解析】【分析】本题为工艺流程题，以硫酸镒的制备考查物质的分离方法、化学方程式的书写、杂质离子的除去等，弄清每步操作的意图和原理是解题的关键，较难

54、。【解答】(1)在硫酸的溶浸过程中，二氧化镒和硫化镒发生了氧化还原反应，二氧化镒作氧化剂，硫化镒作还原剂， 方程式为：MnO2 + MnS + 2H2SC4 = 2MnSO4+ S+ 2H2O; Si元素以 SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了 S还有SiO2；故答案为:SiO2; MnO2+ MnS+ 2H2so4 = 2MnSO4 + S+ 2H2O;(2)酸浸后溶?中含有Fe2+ ,需将Fe2+氧化为Fe3+ ,然后调节pH除去Fe3+ ,故“门02的 作用是将Fe2+氧化为Fe3+ ,故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+ ;根据表格数据可知调节pH可除去Fe3

55、+和Al3+ ,当pH = 4.7时A产和Fe3+完全沉淀，故答案为：4.7；(4)根据题干信息，加入 Na2s可与Ni2+和Zn2+生成难溶的ZnS和NiS沉淀，所以滤渣 3 是生成的沉淀 ZnS和NiS;故答案为：NiS和ZnS;(5)HF为弱电解质，溶液酸度过高，F-与H +结合形成弱电解质 HF, MgF2 ? Mg2+ + 2F- ,平衡向右移动，Mg2+沉淀不完全，故答案为：F-与H+结合形成弱电解质 HF, MgF2? Mg2+ + 2F- ,平衡向右移动(6)根据题干信息“沉镒”的过程是生成了MnCO3沉淀，离子方程式为：Mn2+ +2HCO3 = MnCO3 J+CO2 T+H2O,故答案为：Mn2+ + 2HCO3 = MnCO