2019年高考真题+高考模拟题专项版解析汇编 化学——专题15 工艺流程题 （解析版）

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1、专题15 工艺流程题2019年高考真题12019新课标硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：（1）在95 “溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_。（2）“滤渣1”的主要成分有_。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂是_。（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH+B(OH)4，Ka=5.811010，可判断H3BO3是_酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是

2、_。（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为_，母液经加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。【答案】（1）NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN（3）一元弱 转化为H3BO3，促进析出（4）2Mg2+3+2H2OMg(OH)2MgCO3+2（或2Mg2+2+H2OMg(OH)2MgCO3+CO2） 溶浸 高温焙烧【解析】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方程式为：NH3+NH4HCO3 (NH4)2CO3。（2）滤渣I为不与硫酸铵溶液反应的Fe

3、2O3、Al2O3、SiO2；检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN，（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出，（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2MgCO3，沉镁过程的离子反应为：2Mg2+2H2O+3CO32-Mg(OH)2MgCO3+2HCO3-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸

4、镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。22019新课标立德粉ZnSBaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为_（填标号）。A黄色 B红色 C紫色 D绿色（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料

5、”表面生成了难溶于水的_（填化学式）。沉淀器中反应的离子方程式为_。（3）成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 molL1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 molL1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+22I+。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_，样品中S2的含量为_（写出表达式）。【答案】（1）D（2）BaSO4+4CBaS+4COCO+H2OCO2+H2BaCO3S2+Ba2+Zn2+ BaSO4ZnS（3）浅蓝

6、色至无色【解析】【分析】（1）焰色反应不属于化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：钠Na（黄色） 、锂Li（紫红）、钾K（浅紫）、铷Rb（紫色）、钙Ca（砖红色）、锶Sr（洋红）、铜Cu（绿色）、钡Ba（黄绿）、铯Cs（紫红）；（2）流程分析：重晶石与焦炭在回转炉中反应BaSO4+4CBaS+4CO，生成还原料BaS，硫化钡溶液与硫酸锌发生复分解反应S2+Ba2+Zn2+BaSO4ZnS，得到立德粉。注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式；CO与水蒸气反应生成CO2与H2，写出方程式CO+H2OCO2+H2。根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，

7、由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水、二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体。硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式。（3）碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题。【详解】（1）焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：A钠的焰色为黄色，故A错误；B钙的焰色为红色，故B错误；C钾的焰色为紫色，故C错误；D钡的焰色为绿色，故D正确；故选D。（2）注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式BaS

8、O4+4CBaS+4CO；CO与水蒸气反应生成CO2与H2，写出方程式：CO+H2OCO2+H2。根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体。硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式：S2+Ba2+Zn2+BaSO4ZnS。（3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为n mol：S2-

9、 I2 2S2O32- I21 mol 1 mol 2 mol 1 moln mol n mol 0.1V10-3mol 0.1V10-3moln+0.1V10-3mol=250.1V10-3mol，得n=（25-V）0.110-3mol则样品中硫离子含量为：100%= 100%。32019新课标 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（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：相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni

10、2+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”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_。（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是_。（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“沉锰”的离子方程式_。（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其

11、中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=_。【答案】（1）SiO2（不溶性硅酸盐） MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O（2）将Fe2+氧化为Fe3+（3）4.7（4）NiS和ZnS（5）F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+2F平衡向右移动（6）Mn2+2MnCO3+CO2+H2O（7）【解析】（1）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；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2

12、H2O。（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.76之间。（4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS。（5）由HFH+F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2+2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全。（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O。（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知

13、，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3。42019江苏实验室以工业废渣（主要含CaSO42H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：（1）室温下，反应CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)达到平衡，则溶液中= Ksp(CaSO4)=4.8105，Ksp(CaCO3)=3109。（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为 ；浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是 。（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在6070 ，搅拌，反应3小时。

14、温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是 ；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有 。（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案： 已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2。【答案】（1）1.6104（2）+NH3H2O+H2O(或+NH3H2O+H2O)增加溶液中的浓度，促进CaSO4的转化（3）温度过高，(NH4)2CO3分解加快搅拌速率（4）在搅拌下向足量稀盐酸中分批

15、加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于58.5时，过滤【解析】【分析】（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常数表达式为，结合CaSO4和CaCO3的Ksp计算。（2）氨水与NH4HCO3反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3的水解。（3）温度过高，（NH4）2CO3分解，使CaSO4转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析。（4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所

16、得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，同时Al2O3、Fe2O3转化成AlCl3、FeCl3，过滤除去SiO2，结合题给已知，再利用Ca（OH）2调节pH除去Al3+和Fe3+。【详解】（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中=1.6104。（2）NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3H2O=（NH4）2CO3+H2O或NH4HCO3+NH3H2O（

17、NH4）2CO3+H2O，离子方程式为HCO3-+NH3H2O=NH4+CO32-+H2O（或HCO3-+NH3H2ONH4+CO32-+H2O）；浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4+H2OHCO3-+NH3H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进CaSO4的转化。（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀

18、的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。（4）工业废渣主要含CaSO42H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中CaSO4与（NH4）2CO3反应生成CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3

19、完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5时Al（OH）3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca（OH）2调节溶液的pH介于58.5加入Ca（OH）2的过程中要边加边测定溶液的pH，然后过滤即可制得CaCl2溶液。【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3和（NH4）

20、2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH介于58.5等。2019届高考模拟试题5山东省威海市2019届高三5月高考模拟考试铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等中回收NiSO4的工艺流程如下：已知(NH4)2SO4在350分解生成NH3和H2SO4，回答下列问题：（1）“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(O

21、H)、CaSO4外，还含有_(写化学式)。（2）矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为_。（3）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1010-3molL-1)，当溶液中c(F-)=2010-3molL-1时，除钙率为_Ksp(CaF2)=4010-11。（4）溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：。萃取剂与溶液的体积比(V0VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0VA的最佳取值为_。在_(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。（5）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图

22、所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO42-，若pH过高，铁电极区会产生红褐色物质。电解时阳极的电极反应式为_，离子交换膜(b)为_(填“阴”或“阳”)离子交换膜。向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为_。【答案】（1）SiO2 （2）4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O （3）99% （4）0.25 强酸性 （5）Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O 阴 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 【解析】【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、C

23、aO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600焙烧，已知：（NH4）2SO4在350以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2（SO4）3，在90C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，据此分析解答。【详解】某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600C焙烧，已知：（NH4）2SO4在350以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2（SO4）3，在90C的热水

24、中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。（1）矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2；（2）矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4及空气中的氧气反应生成Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；（3）当溶液中c(F-)=2010-3molL-1时，Ksp(CaF2)=c(

25、Ca2+)c2(F-)= c(Ca2+)(2010-3molL-1)2=4010-11，故c(Ca2+)=1010-5mol/L，则除钙率为99%；（4）要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根据图象，最佳取值为0.25；在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用；（5）电解时正极连接铁电极，为阳极，阳极上失电子在碱性条件下反应生成FeO42-，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；离子交换膜(b)允许氢氧根离子向移动，为阴离子交换膜；向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸钠将氢氧化铁氧化生成高铁酸钠，反应的离子方程式为2Fe

26、(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。【点睛】本题考查了物质分离提纯、物质制备、离子方程式书写、溶度积常数计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。6山东省济宁市2019届高三第二次模拟考试 12磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。相关金属Mn+离子c(Mn+) 0.1 mol L -1形成M(OH) n沉淀的pH范围如下：常温下，Ksp

27、(CaF2) 1.4610-10 Ksp(MgF2) 7.4210-11 Ka(HF) 1.00 10-4回答下列问题：（1）分析下列图1、图2，氯化铵焙烧锰矿粉的最佳条件是：_。（2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_。（3）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_；再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去；然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液pH为6，c(Mg2+)4.6410-6 molL-1，c(HF)为_molL-1。（4）碳化结晶时，反应的离子方程式为_。（5）碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢

28、铵溶液可能的原因是_。（6）测定碳酸锰产品的纯度。称取0.5000 g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00 mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为Mn(PO4)23-，冷却至室温。加水稀释至100 mL，滴加23滴指示剂，然后用浓度为0.2000 molL-1的硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定（反应为：Mn(PO4)23- +Fe2+ Mn2+ +Fe3+2PO43-）。重复操作3次，记录数据如下表：滴定次数0.2000 molL-1的硫酸亚铁铵标准溶液读数（mL）滴定前滴定后10.1020.2021.3221.3231.0520.95则产品的纯度=_，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产

29、生了气泡，则测得的碳酸锰粗产品的纯度_(填“偏高”“ 偏低”或“无影响”)。【答案】（1）500 m(NH4Cl)m(锰矿粉)=1.10（2）MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O （3）MnO22Fe24HMn22Fe32H2O 4.010-5 （4）Mn22HCO3MnCO3CO2H2O （5）碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀（6）92.00% 偏低 【解析】【分析】将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl

30、2+2NH3+CO2+H2O，浸出，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，浸出液需要净化除杂，根据（3）的提示，需要加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液中主要溶质为MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2+2HCO3- MnCO3+CO2+H2O，炭化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用，据此分析解答。【详解】（1）根据图像可知，锰的浸出率随着温度

31、的升高而增大，随着m(NH4Cl)m(锰矿粉)增大而增大，500、m(NH4Cl)m(锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率最高，温度过高，m(NH4Cl)m(锰矿粉)再打，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500、m(NH4Cl)m(锰矿粉)=1.10即可。（2）将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O。（3）MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为：MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O；已知：常温下，Ksp(MgF2)

32、7.4210-11，Ka(HF)1.0010-4，溶液pH为6，c(Mg2+)4.6410-6molL-1，则此时c(F-)=mol/L=410-3mol/L，Ka(HF)=1.0010-4，c(HF)=4.010-5mol/L。（4）碳化结晶时，反应的方程式为：Mn2+2HCO3- MnCO3+CO2+H2O。（5）碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。（6）根据表格数据，三次消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积(mL)分别为：20.10、20.00、19.90，消耗的平均体积为20.00 mL，根据关系式：M

33、nCO3Mn(PO4)23-(NH4)2Fe(SO4)2，则n(MnCO3)=n(硫酸亚铁铵)=0.2000mol/L0.02L=0.004mol，产品的纯度为100%=92.00%；若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则标准液消耗的体积读数偏小，故测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。7湖北省武汉市2019届高中毕业生五月测试废旧光盘金属层中含有金属Ag(其它金属微量忽略不计)，从光盘中提取金属 Ag 的工艺流程如下。请回答下列问题。（1）“氧化”阶段需在 80 条件下进行，使用的加热方式为_。 （2）NaClO溶液与Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和O2，该反应的化学方程式为_。有人提出

34、用HNO3代替 NaClO氧化Ag，从反应产物的角度分析，其缺点是_。（3）“过滤”中洗涤难溶物的实验操作为_。（4）常用10的氨水溶解AgCl固体， AgCl与 NH3H2O按 1:2 反应可生成 Cl和一种阳离子_(填阳离子的化学式)的溶液。实际反应中，即使氨水过量，“废渣”中也含有少量AgCl固体，可能的原因是_。 （5）理论上消耗 0.1 mol N2H4H2O可“还原”得到_ g Ag的单质。【答案】（1）水浴加热（2）4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2 生成氮氧化物，污染空气（3）向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没，使洗涤液自然流下，重复23次（4）Ag（N

35、H3）2 氨水溶解AgCl的反应是可逆反应，不能进行到底（5）43.2 【解析】【分析】（1）精确控制温度，需要水浴加热；（2）根据得失电子守恒配平NaClO溶液与Ag 反应的方程式；（3）根据实验操作规范回答洗涤难溶物的操作方法；（4）根据原子守恒判断AgCl与 NH3H2O按 1:2 反应生成的阳离子；（5）根据得失电子守恒计算生成Ag的质量。【详解】（1）“氧化”阶段需在 80 条件下进行，使用水浴加热；（2）根据得失电子守恒，NaClO溶液与Ag 反应生成AgCl、NaOH 和O2的方程式是4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2；若用硝酸做氧化剂，还原产物是氮氧化

36、合物，污染环境。（3）“过滤”中洗涤难溶物的实验操作为向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没，使洗涤液自然流下，重复23次（4）AgCl与 NH3H2O按 1:2 反应方程式是AgCl+2NH3H2OAg（NH3）2Cl，所以生成的阳离子是Ag（NH3）2；由于可逆反应不能进行到底，所以即使氨水过量，“废渣”中也含有少量AgCl固体；（5） N2H4H2O与Ag（NH3）2Cl 发生氧化还原反应，氧化产物是氮气，还原产物是Ag，0.1 mol N2H4H2O反应转移0.4mol电子，根据得失电子守恒，可“还原”得到0.4mol Ag，质量为0.4mol108g/mol= 43.2g。8河南省洛阳市2

37、019届高三第四次模拟考试 16精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：已知：分金液中含金离子主要成分为AuCl4；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中含银离子主要成分为Ag(SO3)23，且存在Ag(SO3)23Ag+2SO“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。（1）由表中数据可知，Ni的金属性比Cu_。分铜渣中银元素的存在形式为（用化学用语表示）_。“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是_。（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为_。（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与

38、pH的关系如图所示。“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl的原因为_。调节溶液的pH不能过低，理由为_（用离子方程式表示）。（4）已知KspAg2SO4=1.4105，沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42浓度（假定溶液中Ag+浓度为0.1mol/L）。_。（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1 mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15

39、g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_。【答案】（1）强 Ag、AgCl H2O2分解放出氧气（2）2Au+ClO3+7Cl+6H+=2AuCl4 +3H2O（3）分银液中存在Ag(SO3)23Ag+2SO32，加H2SO4至pH=4，SO32转化为HSO3，c(SO32)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl SO32+ 2H+ = SO2+H2O（4）溶液中SO42浓度应低于1.4103mol/L（5）10 H2 【解析】【分析】铜阳极泥中加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行分铜，“分铜”时，单质铜发生的反应是铜在酸性溶液中被过氧化

40、氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣；加入盐酸和氯酸钠进行分金，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，分金液的主要成分为AuCl4-；分金渣的主要成分为AgCl，加入亚硫酸钠进行分银，过滤得到的分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，且存在Ag(SO3)23-Ag+2SO32-加入硫酸沉银，促使Ag(SO3)23-Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，以此解答该题。【详解】（1）由表中数据可知，镍的Ni浸出率比铜高，说明镍容易被氧化，因此金属

41、性Ni比Cu强。根据上述分析，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl；“分铜”时，如果反应温度过高，双氧水发生分解，会有明显的气体放出现象。（2）分金液的主要成分为AuCl4-，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，反应的离子方程式为：2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O。（3）分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，且存在Ag(SO3)23-Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，能够析出AgCl 的原因为

42、：H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使Ag(SO3)23-Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，调节溶液的pH 不能过低理由为：避免产生污染气体SO2。（3）分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，由于存在Ag(SO3)23-Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl；如果溶液的pH 过低，硫酸会与亚硫酸根离子反应放出气体SO2，产生污染，反应的离子方程式为SO32+ 2H+ = SO2+H2O。（4）c(SO42)=1.4103 mol/L，因此沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42浓度低于1.4103mol/L。（5）根据图象可知，NH4Cl的浓度为10gL-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 gL-1，当NH4Cl浓度大于15gL-1时，阴极有气体生成，阴极发生还原反应，阴极生成的气体为氢气，溶液中铵根离子水解溶液呈酸性，阴极电极反应式为：2H