发布时间 : 星期三 文章高考化学二轮复习难点增分一无机化学工艺流程专题训练更新完毕开始阅读a328c1f9a22d7375a417866fb84ae45c3b35c289
答案：(1)5A
(2)AlN＋3H2O===Al(OH)3＋NH3↑ 加快AlN水解反应速率；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出
(3)盐酸 电解时生成的氢气和氯气可以制备盐酸 (4)2Fe＋2H＋ClO===2Fe＋Cl＋H2O (5)Fe(OH)3
(6)取最后一次洗涤液少许，加入浓氢氧化钠溶液并微热，若不能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则洗涤干净，否则未洗涤干净(或取最后一次洗涤液少许，加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若不能产生白色沉淀，则洗涤干净，否则未洗涤干净)
5．(2017·邯郸模拟)锰的用途非常广泛，在钢铁工业中，锰的用量仅次于铁，90%的锰消耗于钢铁工业，10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业等部门。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、 钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：
2＋
＋
－
3＋
－
已知25 ℃，部分物质的溶度积常数如下： 物质 Mn(OH)2 2.1×10－13Co(OH)2 3.0×10－16Ni(OH)2 5.0×10－16MnS 1.0×10－11CoS 5.0×10－22NiS 1.0×10－22Ksp (1)步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。 (2)步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：①使矿物中的物质充分反应；②提供第Ⅱ步氧化时所需要的酸性环境；③________________。
(3)步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe氧化为Fe，该反应的离子方程式是__________________________；加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，以除去Fe。
(4)步骤Ⅲ中，需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还有________；滤渣2的主要成分是________。
(5)电解后的废水中还含有Mn，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn)≤1.0×10 mol·L，则应保持溶液中c(S)≥________ mol·L。
解析：向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，其中具有氧化性的MnO2可以将Fe氧化为Fe，调节pH可以将Fe(OH)3沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最
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2＋
3＋
2－
－1
2＋
－5
－1
2＋
3＋
2＋
3＋
后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰。(1)加稀硫酸时MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O；(2)Mn易水解，加入过量硫酸，还可以抑制Mn的水解；(3)步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe氧化为Fe，反应的离子方程式是MnO2＋2Fe＋4H===Mn＋2Fe＋2H2O；(4)过滤时的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒及漏斗，故还需烧杯；滤渣2的主要成分是CoS和NiS；(5)MnS的Ksp＝c(Mn)·c(S)＝1.0×10
－
2＋
2－
－11
2＋
3＋
2＋
＋
2＋
3＋
2＋
2＋
，为了将Mn降到1.0×10 mol·L，则c(S
2＋－5－12
)＝
Ksp
cMn2＋
1.0×10－6－1－6－1
＝ mol·L。 －5＝1.0×10 mol·L，即硫化钠的浓度是1.0×101.0×10
－11
答案：(1)MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O (2)抑制Mn的水解
(3)MnO2＋2Fe＋4H===Mn＋2Fe＋2H2O (4)烧杯 CoS和NiS (5)1×10
6．以某菱锰矿(含MnCO3、SiO2、FeCO3和少量Al2O3等)为原料通过以下方法可获得碳酸锰粗产品。
－6
2＋
＋
2＋
3＋
2＋
已知Ksp(MnCO3)＝2.2×10
－11
，Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10
－13
，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10
－33
。
(1)滤渣1中，含铁元素的物质主要是________(填化学式，下同)；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣1中________含量减少。
(2)滤液2中，＋1价阳离子除了H外还有________(填离子符号)。
(3)取“沉锰”前溶液a mL于锥形瓶中，加入少量AgNO3溶液(作催化剂)和过量的1.5%(NH4)2S2O8溶液，加热，Mn被氧化为MnO4，反应一段时间后再煮沸 5 min [除去过量的(NH4)2S2O8]，冷却至室温。选用适宜的指示剂，用b mol·L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V mL。
①Mn与(NH4)2S2O8反应的还原产物为________。
②“沉锰”前溶液中c(Mn)＝________mol·L。(列出表达式)
(4)其他条件不变，“沉锰”过程中锰元素回收率与NH4HCO3初始浓度(c0)、反应时间的关系如图所示。
2＋
－1
2＋
－1
2＋
－
＋
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①NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越________(填“高”或“低”)，简述原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。 ②若溶液中c(Mn)＝1.0 mol·L，加入等体积1.8 mol·L NH4HCO3溶液进行反应，计算20～40 min内v(Mn)＝________。
解析：(1)根据工艺流程图分析，菱锰矿酸浸后，浸液中所含金属阳离子有Mn、Fe、Al；加入MnO2，Fe被氧化为Fe；加入NaOH调节pH，过滤后得到的滤渣1中含铁元素的物质主要为Fe(OH)3。如果pH过大，则滤渣中Al(OH)3、SiO2会开始溶解。(2)调pH时加入NaOH、沉锰时加入NH4HCO3，故滤液2中，＋1价阳离子除了H外还有Na、NH4。(3)①Mn
＋
2＋
－
2－
2－＋
＋
＋
2
3＋
2＋
3＋
2＋
2＋
2＋2＋
－1
－1
与(NH4)2S2O8反应，Mn被氧化为MnO4，则S2O8被还原为SO4。②根据滴定原理，由原子
2＋
守恒及得失电子守恒，可得关系式Mn～MnO4～5(NH4)2Fe(SO4)2，则n(Mn
－2＋
)＝
1
5
1
bV×10－3 mol511－1－3－32＋
n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝b mol·L×V×10 L×＝bV×10 mol，故c(Mn)＝
55a×10－3 L＝ mol·L。(4)①根据题图，NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越高。②加入等体积
5a1.8 mol·L NH4HCO3溶液，则混合后c(Mn)＝0.50 mol·L，c(NH4HCO3)＝0.90 mol·L
－1
－1
2＋
－1
bV－1
，20～40 min内Mn的回收率由20%变为50%，回收率增大30%，故v(Mn
－1
2＋
)＝
0.50 mol·L×30%－3－1－1
＝7.5×10 mol·L·min。
40－20min
答案：(1)Fe(OH)3 Al(OH)3、SiO2 (2)Na、NH4 (3)①SO4[或“H2SO4”、“Na2SO4”、“(NH4)2SO4”]②
5a(4)①高 根据Ksp＝c(CO3)·c(Mn)，c(NH4HCO3)越大，c(CO3)越大，c(Mn)越小，析出的MnCO3越多[或c(NH4HCO3)越大，c(CO3)越大，使平衡MnCO3(s)向逆反应方向移动，析出的MnCO3越多]②7.5×10 mol·L·min
－3
－1
－1
2－
2－
2＋
2－
2＋
2－
＋
＋
bVCO3(aq)＋Mn(aq)
2－2＋
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