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第1页专题七元素及其化合物的综合应用题组一一、选择题1.[2023辽宁，3分]下列有关物质的工业制备反应错误的是(D)A.合成氨:N2+3H2⇌催化剂高温高压2NH3B.制HCl:H2+Cl2点燃⬚2HClC.制粗硅:SiO2+2C高温⬚Si+2CO↑D.冶炼镁:2MgO

通电⬚2Mg+O2↑[解析]化学工业的制备反应合成氨工业为氮气和氢气在高温高压、催化剂条件下反应生成氨气，A项正确；工业制备HCl为氢气和氯气在点燃时反应生成HCl，B项正确；工业制备粗硅为石英和焦炭在高温条件下反应生成单质硅和CO，C项正确；工业冶炼镁为电解熔融氯化

镁生成镁和氯气，D项错误。2.[2022河北，3分]下列说法错误的是(B)A.CaF2与浓H2SO4糊状混合物可用于刻蚀玻璃B.NaOH是强碱，因此钠盐的水溶液不会呈酸性C.溶洞的形成主要源于溶解CO2的水对岩石的溶蚀

作用D.KMnO4与H2C2O4的反应中，Mn2+既是还原产物又是催化剂[解析]CaF2+H2SO4(浓)△⬚CaSO4+2HF↑，HF水溶液可以刻蚀玻璃，A项正确；NaHSO4溶液呈酸性，B项错误；CaCO3+H2O+CO2⬚⬚Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)

2可溶于水，C项正确；KMnO4→Mn2+，Mn化合价降低，Mn2+是还原产物，且生成的Mn2+可以催化KMnO4和H2C2O4的反应，D项正确。3.[2022河北，3分]LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成

LiBr工艺流程如下：下列说法错误的是(A)A.还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序第2页B.除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离C.中和工序中的化学反应为Li2CO3+2HBr⬚⬚CO2↑+

2LiBr+H2OD.参与反应的𝑛(Br2):𝑛(BaS):𝑛(H2SO4)为1:1:1[解析]逸出的Br2用NaOH溶液吸收后生成NaBr、NaBrO和水，若直接返回还原工序，会引入杂质离子Na+

，导致产品不纯，A项错误；滤渣中含S和BaSO4，单质S可溶于煤油，而BaSO4不溶于煤油，故B项正确；中和工序中Li2CO3与HBr反应生成LiBr、CO2和H2O，C项正确；根据Br2+BaS⬚⬚BaBr2+S、BaBr2+H2SO4⬚⬚B

aSO4↓+2HBr知，参与反应的𝑛(Br2):𝑛(BaS):𝑛(H2SO4)=1:1:1，D项正确。4.[2022辽宁，3分]镀锌铁钉放入棕色的碘水中,溶液褪色;取出铁钉后加入少量漂白粉,溶液恢复棕色;加入CCl4,振荡

,静置,液体分层。下列说法正确的是(D)A.褪色原因为I2被Fe还原B.液体分层后，上层呈紫红色C.镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈D.溶液恢复棕色的原因为I−被氧化[解析]锌的金属活动性强于铁，镀锌铁钉放入棕色的碘水中，I2

被锌还原成I−，溶液褪色，A项错误；加入漂白粉，溶液恢复棕色，说明溶液中的I−又被氧化成I2，I2易溶于CCl4，CCl4不溶于水且密度比水大，故加入CCl4，I2的CCl4溶液在下层，下层呈紫红色，B项错误，D项正确；镀锌铁钉形成原电池时，由于锌比

铁活泼，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，镀锡铁钉形成原电池时，由于铁比锡活泼，铁作负极被腐蚀，故镀锡铁钉比镀锌铁钉更易生锈，C项错误。5.[2021浙江1月选考，2分]下列“类比”合理的是(C)第3页A.Na与H2O反应生成NaO

H和H2,则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B.NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO,则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClOC.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl,则Mg3N2与盐酸反应

生成MgCl2和NH4ClD.NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3[解析]铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不正确；HClO具有强氧化性，会将NaHSO3氧化，B不正

确；氮化钠与氮化镁水解生成相应的碱和氨气，再与盐酸反应生成盐，C正确；NaOH与AgNO3反应先生成AgOH,AgOH不稳定，生成Ag2O，氨水与少量硝酸银溶液反应先生成AgOH，而AgOH能溶于过量的氨水中，生成Ag(NH3)2OH，D不正确。6.[2021广东，2分]化学创造美好生活。下

列生产活动中，没有运用相应化学原理的是(A)选项生产活动化学原理A用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜聚乙烯燃烧生成CO2和H2OB利用海水制取溴和镁单质Br−可被氧化、Mg2+可被还原C利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品氢氟酸可与SiO2反应D公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀[

解析]聚乙烯塑料可用作食品保鲜膜，与其燃烧产物无关，应和聚乙烯的无毒无污染等性能有关，A项错误；海水提溴和制镁时，Br−发生了氧化反应，而Mg2+发生了还原反应，B项正确；氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，利用了氢氟酸与SiO2的反应，C项正确；钢铁护栏涂刷多

彩防锈漆，能避免钢铁护栏与潮湿空气直接接触，可防止钢铁护栏被腐蚀，D项正确。7.[2019浙江4月选考，2分]针对下列实验现象表述不正确的是(A)A.用同一针筒先后抽取80mL氯气、20mL水，振荡，气体完全溶解,溶液变为黄绿色B.在表面皿中加入少量胆矾,再

加入3mL浓硫酸,搅拌,固体由蓝色变白色C.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液,再滴加双氧水,产生白色沉淀第4页D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧,有白色、黑色固体生成[解析]常温常压下，1体积水约溶解2体积的

氯气，故20mL水只能溶解大约40mL的氯气，A项错误；浓硫酸具有吸水性，将CuSO4⋅5H2O转化为CuSO4，固体由蓝色变为白色，B项正确；双氧水将含+4价硫元素的微粒氧化为SO42−，SO42−与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，C项正确；镁在二氧化碳中燃烧生成MgO和C，D项正确。

二、非选择题8.[2023全国乙卷，15分]LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下:已知:𝐾sp[Fe(OH)3]=2.8

×10−39,𝐾sp[Al(OH)3]=1.3×10−33，𝐾sp[Ni(OH)2]=5.5×10−16。回答下列问题:（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为MnCO3+H2SO4⬚⬚MnSO4+CO2↑+H2O。为提高溶矿速率，可采

取的措施是粉碎矿石（或适当增大硫酸浓度、搅拌、适当升高反应液的温度等）（举1例）。第5页[解析]硫酸溶矿时发生的主要反应是MnCO3溶于硫酸的反应，化学方程式为MnCO3+H2SO4⬚⬚MnSO4+CO2↑+H2O。可根据影响反

应速率的因素分析可采取的措施。（2）加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是Mn2+和生成的Fe3+会催化H2O2分解。[解析]加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除铁。若使用H2O2替代MnO2，

则Mn2+和生成的Fe3+会催化H2O2分解，原料利用率低。（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4,此时𝑐(Fe3+)=2.8×10−9mol⋅L−1;用石灰乳调节至pH≈7,除去的金属离子是Al3+。[解

析]溶液pH=4，即𝑐(OH−)=10−10mol⋅L−1时，由𝐾𝑠𝑝[Fe(OH)3]=𝑐(Fe3+)⋅𝑐3(OH−)=2.8×10−39，可得𝑐(Fe3+)=2.8×10−9mol⋅L−1。同理，pH=7，𝑐(OH−)=10−7mol⋅L

−1时，𝑐(Al3+)=1.3×10−12mol⋅L−1，Al3+被除去，𝑐(Ni2+)=5.5×10−2mol⋅L−1，Ni2+未被除去。（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有NiS和BaSO4。[解析]酸溶时得到相应金属的硫酸盐，故加入少量BaS溶液除Ni2+时会生

成NiS和BaSO4沉淀。第6页（5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为Mn2++2H2O通电⬚MnO2↓+2H++H2↑。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断加Mn(OH)2。电解废液可在反应器中循环利用。[解析]电解槽中反应生成MnO2，则阳极反应为Mn2+−2e−+2

H2O⬚⬚MnO2↓+4H+，阴极反应为2H2O+2e−⬚⬚H2↑+2OH−，总反应为Mn2++2H2O通电⬚MnO2↓+2H++H2↑，该反应中消耗水，生成H2SO4、MnO2,为保持电解液成分稳定，应不断补充Mn(OH)2。（6）煅烧

窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是8MnO2+2Li2CO3煅烧⬚4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。[解析]根据得失电子守恒和质量守恒可写出煅烧窑中生成LiMn2O4反应的化学方程式是8MnO2+2Li2CO3煅烧⬚4Li

Mn2O4+2CO2↑+O2↑。9.[2021浙江1月选考，10分]某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中:X是易溶于水的强酸盐,由3种元素组成;A和B均为纯净物;B可使品红水溶液褪色。请回答:（1）组成X的3种元素是Cu、S、O（填元素符号）,X的化学式是CuS2O6。第7页[解析]由原子守恒知

X由Cu、S、O三种元素组成。X中𝑛(Cu)=0.005mol×2=0.01mol，𝑛(S)=0.005mol×2+0.01mol=0.02mol，𝑛(O)=(2.240g−0.01mol×64g⋅mol−1−0.02mol×32g⋅mol−1)÷(16g⋅mol−1)=0.06mol，

𝑛(Cu):𝑛(S):𝑛(O)=1:2:6，故X的化学式为CuS2O6。（2）将固体X加入温热的稀H2SO4中,产生气体B,该反应的离子方程式是S2O62−H+△SO42−+SO2↑。[解析]CuS2O6易溶于水，与稀硫酸反应的产物之一

是SO2，易推出另一种产物含SO42−，反应的离子方程式为S2O62−H+△SO42−+SO2↑。（3）步骤Ⅰ,发生反应的化学方程式是。[解析]Cu(OH)2与甘油发生反应生成H2O与。（4）步骤Ⅱ,某同学未加H2O2溶液，发现

也会缓慢出现白色浑浊，原因是SO2与水反应生成H2SO3;H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4。[解析]SO2在水中可被溶解在水中的O2氧化为SO42−，SO42−与Ba2+作用生成B

aSO4。（5）关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为:B不能使品红褪色,而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可）,通入SO2,不褪色;品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体,褪色更快。[解析]由C的形成过程知其是Ba

SO4，A1中𝑛(SO42−)=1.165g÷(233g⋅mol−1)=0.005mol；由题意可推出气体B是SO2，同理可求出𝑛(SO2)=0.01mol。能与甘油作用形成绛蓝色溶液的蓝色悬浊液是Cu(OH)2悬浊液，A2中含有Cu2+，

由此可推出固体A为CuSO4。SO2溶于水后溶液中的含S微粒还有H2SO3、HSO3−、SO32−。证明SO2不能使品红褪色的方法为：配制品红的无水乙醇溶液（或其他非水溶剂溶液），再向溶第8页液中通入SO2，品红不褪色。证明使品红溶液褪

色的物质是SO2与水反应的产物的方法为：向品红水溶液中加入Na2SO3(NaHSO3)，品红水溶液褪色更快。题组二一、选择题1.[2023全国乙卷，6分]一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是(D)A.硫酸亚铁

溶液出现棕黄色沉淀6FeSO4+O2+2H2O⬚⬚2Fe2(SO4)3+2Fe(OH)2↓B.硫化钠溶液出现浑浊颜色变深Na2S+2O2⬚⬚Na2SO4C.溴水颜色逐渐褪去4Br2+4H2O⬚⬚HBrO4+7HBrD.胆矾表面出现白色粉末

CuSO4⋅5H2O⬚⬚CuSO4+5H2O[解析]FeSO4溶液中出现的棕黄色沉淀应为Fe(OH)3，而不是Fe(OH)2，发生的反应为12FeSO4+3O2+6H2O⬚⬚4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，A错误；N

a2S溶液出现浑浊颜色变深，说明生成了S，2Na2S+2H2O+O2⬚⬚2S↓+4NaOH，B错误；溴水中存在平衡Br2+H2O⇌HBr+HBrO，HBrO见光易分解，促使该平衡正向移动，从而使溴水褪色，C错误；胆矾

在空气中久置易失去结晶水而逐渐变成白色CuSO4粉末，D正确。2.[2023湖南，3分]取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序（试剂浓度均为0.1mol⋅L−1），反应现象没有明显差别的是(D)选项试剂①试剂②A氨水AgNO3溶液BNaOH溶液Al2(SO4)3

溶液CH2C2O4溶液酸性KMnO4溶液DKSCN溶液FeCl3溶液[解析]选项①加入②中现象②加入①中现象第9页A先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解先无明显现象，后产生白色沉淀B先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解先无明显现象，后产生白色沉淀C溶

液紫色逐渐褪去，有气泡产生紫色溶液迅速褪色，有气泡产生D溶液变为红色溶液变为红色3.[2020江苏，2分]下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是(A)A.NaOH的碱性比Mg(OH)2的强B.Cl2得到电子的能力比B

r2的弱C.原子半径𝑟：𝑟(Br)>𝑟(Cl)>𝑟(Mg)>𝑟(Na)D.原子的最外层电子数𝑛：𝑛(Na)<𝑛(Mg)<𝑛(Cl)<𝑛(Br)[解析]元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，

A项正确；Cl的非金属性强于Br，则Cl2得到电子的能力比Br2的强，B项错误；同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小顺序为𝑟(Na)>𝑟(Mg)>𝑟(Cl)，C项错误；Na、Mg、Cl、Br原子的最外层电子数分别为1、2、7、7，D项错误。4.[2020江苏，2分]下列选项所示

的物质间转化均能实现的是(C)A.NaCl(aq)电解→⬚Cl2(g)石灰水→⬚漂白粉(s)B.NaCl(aq)CO2(g)→⬚NaHCO3(s)加热→⬚Na2CO3(s)C.NaBr(aq)Cl2(g

)→⬚Br2(aq)NaI(aq)→⬚I2(aq)D.Mg(OH)2(s)HCl(aq)→⬚MgCl2(aq)电解→⬚Mg(s)[解析]Cl2与石灰乳反应可制得漂白粉，A项错误；NaCl+NH3+CO2+H2O⬚⬚NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3△⬚Na2CO3+CO2↑+H2O，B

项错误；由于氧化性Cl2>Br2>I2，则Cl2+2NaBr⬚⬚2NaCl+Br2，Br2+2NaI⬚⬚2NaBr+I2，C项正确；电解MgCl2溶液不能得到单质镁，要得到单质Mg，需电解熔融态的MgCl2，

D项错误。第10页二、非选择题5.[2021海南，12分]亚硝酰氯(NOCl)可作为有机合成试剂。已知：①2NO+Cl2催化剂一定温度2NOCl②沸点：NOCl为−6℃，Cl2为−34℃，NO为−152℃。③NOCl易水解，能与O2反应。某研究小组用NO和Cl2在如图所示装置中制备NOCl，并分

离回收未反应的原料。回答问题：（1）通入Cl2和NO前先通入氩气，作用是排除装置中的空气;仪器D的名称是球形干燥管。[解析]由已知③可知，NOCl、NO都能与O2反应，为防止NOCl、NO与O2反应，实验前应排净装置中的空气。（2）将催化剂

负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，增强催化效果。[解析]将催化剂负载在玻璃棉上可增大其与气体的接触面积，增强催化效果。（3）实验所需的NO可用NaNO2和FeSO4溶液在稀H2SO4中反应制得，离子反应方程式为NO2−+Fe2+

+2H+⬚⬚Fe3++NO↑+H2O。[解析]NO2−转化为NO，N元素的化合价降低，得到电子，则Fe2+失电子，化合价升高，生成Fe3+，根据化合价升降法配平得NO2−+Fe2++2H+⬚⬚Fe3++NO↑+H2O。（4）为分离产物和未反应的原料，低温

浴槽A的温度区间应控制在−34℃∼−6℃,仪器C收集的物质是Cl2。第11页[解析]由已知②知，低温浴槽A的温度区间应控制在−34℃∼−6℃，从而使未反应的Cl2、NO挥发出去，NO的沸点为−152℃，实验中低温浴槽B的温度不易低至−152℃，所以仪器C收集的是Cl

2。（5）无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是NO与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2。[解析]无色尾气为NO，NO与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2气体。6.[2020全国卷Ⅲ，15分]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):溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(𝑐=0.01mol⋅L−1)的pH7.23.72.27.

5沉淀完全时(𝑐=1.0×10−5mol⋅L−1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题：（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂、溶解铝及其氧化物。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Al(OH)4−+H+

⬚⬚Al(OH)3↓+H2O。[解析]由题给条件可知，该废镍催化剂表面覆有油脂，且其中含有Ni、Al、Fe及其氧化物等，“碱浸”时，油脂在氢氧化钠溶液中水解而被除去，铝及其氧化物也会与氢氧化钠溶液反应而被除去，“碱浸”中NaOH的两个

作用分别是第12页除去油脂、溶解铝及其氧化物。“滤液①”中铝元素以Al(OH)4−的形式存在，加入稀硫酸生成沉淀的离子方程式为Al(OH)4−+H+⬚⬚Al(OH)3↓+H2O。（2）“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。[解析]因Ni、Fe及其氧化物不与N

aOH溶液反应，Ni、Fe及其氧化物存在于“滤饼①”中，向“滤饼①”中加入稀硫酸，Ni、Fe及其氧化物与稀硫酸反应，故得到的“滤液②”中含有的金属离子为Ni2+、Fe2+、Fe3+。（3）“转化”中可替代H2O2的物质是O2或空气。

若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为Fe3+。[解析]“转化”过程是将二价铁离子全部转化为三价铁离子，选用的氧化剂是H2O2溶液，选用过氧化氢溶液氧化的好处是不引入其他杂质，因此

替代过氧化氢溶液的物质也不能引入其他杂质，可用O2或空气替代H2O2溶液；由题表中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH可知，Fe2+开始沉淀时，Ni2+已经沉淀一部分。若先调节pH，调节至3.2∼7.2,只能将Fe3+除去，Fe2+在“转化”时会生成Fe3+，则滤液③中可能含有Fe3+

。（4）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的𝐾sp=0.01×(107.2−14)2［或10−5×(108.7−14)2]（列出计算式）。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol⋅L−1,则“调pH”应控制的p

H范围是3.2∼6.2。[解析]pH=7.2，𝑐(H+)=10−7.2mol⋅L−1，𝑐(OH−)=(10−14/10−7.2)mol⋅L−1，𝐾sp=𝑐(Ni2+)⋅𝑐2(OH−)=0.01×(107.2−14)2，或利用Ni2+沉淀完全时计算得�

�sp=10−5×(108.7−14)2。𝑐(Ni2+)=1.0mol⋅L−1，若不生成Ni(OH)2,则𝑐(OH−)<√0.01×(107.2−14)2mol⋅L−1，𝑐(H+)>10−6.2mol⋅L−1，pH<6.2，同时应调节pH≥3.2以除去Fe3+，故pH

应控制的范围是3.2∼6.2。第13页（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2Ni2++ClO−+4OH−⬚⬚2NiOOH↓+Cl−+H2O。

[解析]由题意可知，反应物为硫酸镍、次氯酸钠和强碱，生成物有NiOOH，硫酸镍中镍元素为+2价，NiOOH中镍元素为+3价，镍元素的化合价升高被氧化，则次氯酸钠中氯元素被还原得到氯化钠，该反应的离子方程式为2Ni2++ClO−+4OH−⬚⬚2NiOOH↓+H2O+Cl−。（6）将分离出硫

酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是提高镍回收率。[解析]母液中还含有少量的硫酸镍，将母液收集、循环使用可提高镍回收率。【流程梳理】第14页7.[2020全国卷Ⅰ，14分]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、Fe3O

4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。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pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题:（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是加快

酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）。[解析]“酸浸氧化”中温度较低时，酸浸和氧化反应速率较慢。为了加快酸浸和氧化反应速率，需要加热。（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有Fe2+离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式VO++

MnO2+2H+⬚⬚VO2++Mn2++H2O。[解析]从原料看，“酸浸氧化”中四氧化三铁溶于稀硫酸，发生反应Fe3O4+4H2SO4⬚⬚FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，加入的二氧化锰除氧化VO+和VO2+

外，还氧化Fe2+。VO+转化为VO2+反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+⬚⬚VO2++Mn2++H2O。第15页（3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5⋅𝑥H2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、

Na+、Mn2+，以及部分的Al3+和Fe3+。[解析]根据表格中数据知，pH在3.0∼3.1时，铁离子接近沉淀完全，少量铁离子随滤液②除去，Al3+部分沉淀，大量铝离子随滤液②除去，K+、Mg2+、Na+、Mn2+随滤液②除去。（4）“沉淀转溶”中，V2O5⋅𝑥H2O转化为钒酸盐溶

解。滤渣③的主要成分是Fe(OH)3。[解析]在pH>13的强碱性溶液中，V2O5⋅𝑥H2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAl(OH)4溶解，Fe(OH)3不溶，故滤渣③的主要成分是Fe(OH)3。（5）“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是NaAl(O

H)4+HCl⬚⬚Al(OH)3↓+NaCl+H2O。[解析]pH=8.5时铝元素沉淀，故“调pH”时生成氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为NaAl(OH)4+HCl⬚⬚Al(OH)3↓+NaCl+H2O。（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是利用同离子效应

，促进NH4VO3尽可能析出完全。[解析]“沉钒”时要使NH4VO3尽可能析出完全，利用同离子效应，加入过量NH4Cl可达到此目的。【流程梳理】第16页题组三一、选择题1.[2021河北，3分]BiOCl是一种具有珍珠光泽的

材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：下列说法错误的是(D)A.酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度B.转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C.水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D.水解工序中加入少量NH4NO3(

s)有利于BiOCl的生成[解析]酸浸时分次加入稀硝酸，相当于降低了硝酸浓度，减小了反应的速率，降低反应剧烈程度，A项正确；转化工序中，Bi(NO3)3水解生成BiONO3和H+，加入盐酸，可抑制Bi3+的水解，从而抑制生成BiONO3，B项正确；水解工序中加入的醋酸

钠电离生成的CH3COO−可与Bi3+水解生成的H+结合，生成弱电解质CH3COOH，促进Bi3+的水解，C项正确；硝酸铵水解使溶液显酸性，由上述分析可知，酸会抑制Bi3+水解，D项错误。二、非选择题2.[2022全国甲卷，14分]硫酸锌(Z

nSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：第17页本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数

如下表：离子Fe3+Zn2+Cu2+Fe2+Mg2+𝐾sp4.0×10−386.7×10−172.2×10−208.0×10−161.8×10−11回答下列问题：（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为ZnCO3焙烧⬚ZnO+CO2↑。（2）为了提

高锌的浸取效果，可采取的措施有将菱锌矿焙烧产品粉碎、适当增大硫酸浓度（或升高浸取时的反应温度等，合理即可）。（3）加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是B（填标号）。A.NH3⋅H2OB.Ca(OH)2C.NaOH滤渣①的主要成分是SiO2、CaSO4、Fe(OH)3。[解析]加入物质X调溶液

pH=5，为了不引入新的阳离子，故X宜选用Ca(OH)2；pH=5时，𝑐(OH−)=10−9mol⋅L−1，根据表中各离子的氢氧化物的𝐾sp可知，只有Fe3+能完全沉淀。（4）向80～90℃的滤液①中分批加入适量

KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为3Fe2++MnO4−+7H2O⬚⬚3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+。[解析]Fe2+被适量KMnO4溶液氧化为Fe(OH)3，同时生成MnO2，Fe(OH)3沉淀和MnO2进入滤渣②中。第18页（5）

滤液②中加入锌粉的目的是除去Cu2+。（6）滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是CaSO4、MgSO4。[解析]3.[2022广东，14分]稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法

处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下:第19页已知:月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃;月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；(C11H23C

OO)2Mg的𝐾sp=1.8×10−8;Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8;有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子Mg2+Fe3+Al3+RE3+开始沉淀时的pH8.81.53.66.2∼7.4沉淀完全时的pH/3.24.7/（1）“氧化调pH”中，化合价有

变化的金属离子是Fe2+。[解析]由题意知，“氧化调pH”中只有铁是变价金属，铝和稀土金属元素均为+3价，Fe2+被氧化为Fe3+。（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH−⬚⬚Al(OH)3↓。[解析]“过滤

1”所得“滤渣”为Fe(OH)3和Al(OH)3，应调节的pH范围为4.7≤pH<6.2，pH小于6.2是防止RE3+开始沉淀。该过程中Al3+与OH−反应生成Al(OH)3沉淀。（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g⋅L−1。为尽

可能多地提取RE3+,可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中𝑐(C11H23COO−)低于__mol⋅L−1（保留两位有效数字）。[答案]4.0×10−4[解析]“滤液2”中Mg2+浓度为2.7g

⋅L−1，其物质的量浓度为0.1125mol⋅L−1，𝐾sp[(C11H23COO)2Mg]=𝑐2(C11H23COO−)⋅𝑐(Mg2+)，𝑐2(C11H23COO−)=第20页(1.8×10−8/0.1125)mol2⋅L−2=16×10−8m

ol2⋅L−2，𝑐(C11H23COO−)=√16×10−8mol⋅L−1=4.0×10−4mol⋅L−1，若𝑐(C11H23COO−)大于4.0×10−4mol⋅L−1，则形成的“滤饼”中会混入(C11H23COO)2Mg。（4）

①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率。[解析]“滤饼”的主要成分为(C11H23COO)3RE，为难溶物，搅拌可以增加其与盐酸的接触面积，加热也可以加快固体的

溶解，进而加快反应速率。②“操作X”的过程为:先冷却结晶，再固液分离。[解析]加热搅拌的温度为55℃，而月桂酸的熔点为44℃，所以“操作X”（过滤）前，先要冷却结晶，使月桂酸变成固体。（5）该工艺中，可再生循环利用的物

质有MgSO4（写化学式）。[解析]“滤液2”中含有MgSO4，可以用作“浸取”时加入的“酸化MgSO4溶液”。（6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移15mol电子。[解析]YCl3中Y为+3价

，PtCl4中Pt为+4价，Pt3Y为合金，Pt和Y均可以看成0价，若生成1molPt3Y，转移电子的物质的量为(4×3+3×1)mol=15mol。②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的

电极反应为O2+4e−+2H2O⬚⬚4OH−。[解析]在氢氧燃料电池的碱性介质中，O2得电子与水反应生成OH−。4.[2021广东，13分]对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni

)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下:第21页已知：25℃时，H2CO3的𝐾a1=4.5×10−7,𝐾a2=4.7×10−11；𝐾sp(BaMoO4)=3.5×10−8；𝐾sp(BaCO3)=2.6×

10−9；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO42−的形态存在。（1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为+6。[解析]Na2MoO4中Na为+1价，O为−2价，根据化合物中正负化合价代数和为0，可知Mo的化合价为+6。（2

）“沉铝”中，生成的沉淀X为Al(OH)3。[解析]经“750℃焙烧”“水浸过滤”后，Al转化为NaAlO2进入到滤液Ⅰ中，向滤液Ⅰ中通入过量CO2，发生反应NaAlO2+2H2O+CO2⬚⬚NaHCO3+Al(OH)3↓，故生成的沉淀X为Al(OH)3。（3）“沉钼”

中，pH为7.0。①生成BaMoO4的离子方程式为Ba2++MoO42−⬚⬚BaMoO4↓。[解析]“沉钼”中，pH为7.0，溶液中Mo元素以MoO42−的形态存在，故生成BaMoO4的离子方程式为Ba2++MoO42−⬚⬚BaMoO4↓。②若条件控制

不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中𝑐(HCO3−):𝑐(MoO42−)=10−7×2.6×10−94.7×10−11×3.5×10−8（列出算式）时，应停止加入BaCl2溶液。[解析]根据𝐾a2=𝑐(H+)⋅𝑐(

CO32−)𝑐(HCO3−)，可得𝑐(HCO3−)𝑐(CO32−)=𝑐(H+)𝐾a2，当pH=7.0，BaMoO4中混入BaCO3沉淀时，𝑐(CO32−)𝑐(MoO42−)=𝑐(Ba2+)⋅𝑐(CO32−)𝑐(Ba2+)⋅𝑐(MoO42−

)=𝐾sp(BaCO3)𝐾sp(BaMoO4),则𝑐(HCO3−)𝑐(MoO42−)=𝑐(H+)⋅𝐾sp(BaCO3)𝐾a2⋅𝐾sp(BaMoO4)=10−7×2.6×10−94.7×10−11×3.5×10−8。（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和

Y，Y为NaHCO3。[解析]根据“沉铝”时发生反应NaAlO2+2H2O+CO2⬚⬚NaHCO3+Al(OH)3↓，可知滤液Ⅲ中主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3。②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量N

H3（填化学式）气体，再通入足量CO2，可析出Y。第22页[解析]往滤液Ⅲ（含NaHCO3、NaCl）中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，发生反应NaCl+H2O+NH3+CO2⬚⬚NaHCO3↓+NH4Cl，故可以析出NaHCO3。（5）高纯AlAs（砷化铝）可用

于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs（砷化镓）反应。①该氧化物为Al2O3。[解析]题图中所示致密保护膜（氧化物）可以阻止H2O

2刻蚀液与下层GaAs反应，可推知该保护膜为Al2O3。②已知:Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价,则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为4:1。[解析]H2O2与GaAs的反应中，As的化合价

由−3变为+5，1molGaAs参与反应失去8mol电子，而1molH2O2参与反应得到2mol电子，根据得失电子守恒，可知该反应中氧化剂(H2O2)与还原剂(GaAs)的物质的量之比为4:1。题组四1.[2023新课标卷，14分]铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在

，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。第23页已知:最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72−存在，在碱性介质中以CrO42−存在。回答下列问题:（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含

氧酸盐，其中含铬化合物主要为Na2CrO4（填化学式）。[解析]根据已知条件可知，最高价铬酸根在碱性介质中以CrO42−存在，故煅烧后含铬化合物主要为Na2CrO4。（2）水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3

。[解析]煅烧时通入空气，含铁化合物转化为Fe2O3,且Fe2O3不溶于水，故水浸渣中还含有Fe2O3。（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是Al(OH)3。[解析]“沉淀”步骤加入稀H2S

O4调pH到弱碱性是为了让AlO2−转化为Al(OH)3沉淀而除去。（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9

时，会导致溶液中𝑐(PO43−)降低，不利于生成MgNH4PO4沉淀；pH>9时，会导致Mg2+形成Mg(OH)2沉淀。[解析]体系中存在平衡MgNH4PO4⇌Mg2++NH4++PO43−,当pH<9时，PO43−

+H+⇌HPO42−,𝑐(PO43−)降低，平衡正移，不利于生成MgNH4PO4沉淀；而pH>9时Mg2+会形成Mg(OH)2沉淀，原料利用率低。（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1时，溶解为VO

2+或VO3+;在碱性条件下，溶解为VO3−或VO43−。上述性质说明V2O5具有C（填标号）。A.酸性B.碱性C.两性第24页[解析]根据题干描述，V2O5既可与酸反应生成盐和水，又可与碱反应生成盐和水，故V

2O5具有两性。（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为3S2O52−+2Cr2O72−+10H+⬚⬚6SO42−+4Cr3++5H2O。[解析]分离钒后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2O72−存在

，还原过程中Cr2O72−被S2O52−还原为Cr3+,S2O52−转化为SO42−,因此反应的离子方程式为2Cr2O72−+3S2O52−+10H+⬚⬚4Cr3++6SO42−+5H2O，之后调pH,Cr3+转化为Cr(OH)3

。2.[2022全国乙卷，14分]废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表:难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3𝐾sp2.5

×10−87.4×10−141.1×10−102.6×10−9一定条件下,一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表:金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2开始沉淀的pH2.36.83.5

7.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列问题:（1）在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为PbSO4(s)+CO32−(aq)⬚⬚PbCO3(s)+SO42−(aq)，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因该反应的𝐾=𝑐(SO4

2−)𝑐(CO32−)=𝐾sp(PbSO4)𝐾sp(PbCO3)≈2.5×10−87.4×10−14=3.4×105，反应正向进行的程度很大，可以进行到底。第25页[解析]PbCO3的𝐾sp远小于PbSO4的𝐾sp，易发生生成PbCO3的沉淀转化，且进行较为彻底。

（2）在“脱硫”中,加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是反应BaSO4(s)+CO32−(aq)⇌BaCO3(s)+SO42−(aq)的𝐾=𝑐(SO42−)𝑐(CO32−)=𝐾sp(BaSO4)𝐾sp(BaCO3)=1.1×10−1

02.6×10−9≈0.04，反应正向进行的程度很小。[解析]BaCO3的𝐾sp大于BaSO4的𝐾sp，生成BaCO3的沉淀转化的反应进行的程度很小。（3）在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。（i）能被H2O2氧化的离子是Fe2+；[解析]具有还原性，能被H

2O2氧化；（ii）H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O;[解析]H2O2能氧化Pb，使其转化成Pb2+，Pb2+再与Ac−结合生成Pb(Ac)2，依

据氧化还原反应的规律，即可写出反应的化学方程式；（iii）H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是作还原剂。[解析]PbO2通过与H2O2、HAc反应转化为Pb(Ac)2，发生氧化还原反应，Pb化合价降低，H2O2作还原剂。（4）“酸浸”后溶液的pH

约为4.9，滤渣的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3。[解析]根据题给信息，当pH=4.9时，Al3+、Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3。（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有Ba2+、Na+。[解析]加入NaOH溶液，发生沉铅的反应为Pb(Ac)2

+2NaOH⬚⬚Pb(OH)2↓+2NaAc，故滤液中含有的金属阳离子有Na+以及未沉淀的Ba2+。3.[2021湖北，14分]废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组

回收处理流程如下：第26页回答下列问题：（1）硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为6；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第三主族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为+1。[解析]Se与硫同为ⅥA族元素，最外层有6个电子。Se为ⅥA族元素，化合价为−2，Ga和In

同为ⅢA族元素，化合价均为+3，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，设CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为𝑥，则𝑥+3×0.5+3×0.5−2×2=0，解得𝑥=+1。（2）“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的

化学方程式为Cu2O+H2O2+2H2SO4⬚⬚2CuSO4+3H2O。[解析]CuIn0.5Ga0.5Se2中Ga和In元素均处于最高价态，高温焙烧时Se元素转化为SeO2，则酸浸氧化时H2O2氧化+1价的Cu，高温焙烧时Cu元素转化为Cu2O，故酸浸氧化时发生的主要氧化还原反应为Cu2

O+H2O2+2H2SO4⬚⬚2CuSO4+3H2O。（3）25℃时，已知：𝐾b(NH3⋅H2O)≈2.0×10−5，𝐾sp[Ga(OH)3]≈1.0×10−35,𝐾sp[In(OH)3]≈1.0×10−33，𝐾sp[Cu(OH)2]≈1.0×10−20，“浸出液”中𝑐(Cu2+)

=0.01mol⋅L−1。当金属阳离子浓度小于1.0×10−5mol⋅L−1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为4.7（保留一位小数）；若继第27页续加入6.0mol⋅L−1氨水至过量，观

察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3(s)+NH3⋅H2O⇌[Ga(OH)4]−+NH4+的平衡常数𝐾=2.0×10−6。

（已知：Ga3++4OH−⇌[Ga(OH)4]−𝐾′=𝑐([Ga(OH)4]−)𝑐(Ga3+)⋅𝑐4(OH−)≈1.0×1034）[解析]根据𝐾sp[In(OH)3]=𝑐(In3+)⋅𝑐3(OH−)知，当In3+恰好完全沉淀时，𝑐(OH−)=√1.0×1

0−331.0×10−53mol⋅L−1=10−283mol⋅L−1，𝑐(H+)=10−1410−283mol⋅L−1=10−143mol⋅L−1，pH=−lg10−143≈4.7。若继续加入6.0mol⋅L−1氨水至过量，先有蓝色

Cu(OH)2沉淀生成，然后蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液。将Ga(OH)3(s)⇌Ga3+(aq)+3OH−(aq)、Ga3++4OH−⇌[Ga(OH)4]−、NH3⋅H2O⇌NH4++OH−三个反应相加可以得到Ga

(OH)3(s)+NH3⋅H2O⇌[Ga(OH)4]−+NH4+，则平衡常数𝐾=𝐾sp[Ga(OH)3]⋅𝐾′⋅𝐾b(NH3⋅H2O)=1.0×10−35×1.0×1034×2.0×10−5=

2.0×10−6。（4）“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO42−是否洗净的试剂是HCl溶液、BaCl2溶液;“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和作溶剂。[解析]加氨水调pH的目的是沉淀溶液中的Ga3+、In3+，得到的滤液Ⅰ主要含硫

酸铵、Cu(NH3)4SO4，检验滤渣中SO42−是否洗净，可以加入盐酸酸化的BaCl2溶液。Ga(OH)3、In(OH)3可分别写为Ga2O3⋅3H2O、In2O3⋅3H2O的形式，SOCl2能和H2O反应生成SO2和HCl，Ga2O3、In2O3

和HCl反应均生成氯化物和H2O，因此SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和作溶剂。（5）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为GaCl3+NH3高温⬚GaN+3HCl。[解析]高温气相沉积时GaCl3和NH3

反应生成GaN，同时得到HCl，化学方程式为GaCl3+NH3高温⬚GaN+3HCl。4.[2020山东，12分]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:第28页已知：MnO2是一种两性

氧化物；25℃时相关物质的𝐾sp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2𝐾sp1×10−16.31×10−38.61×10−32.31×10−12.7回答下列问题:（1）软锰矿预先粉碎的目的是增大接触面积

，充分反应，提高反应速率，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为MnO2+BaS+H2O⬚⬚Ba(OH)2+MnO+S。[解析]对软锰矿进行粉碎，其表面积增大，在后续加入硫化钡溶液时，固体与溶液接触面积大，充分反应，能

提高反应速率。分析该制备工艺流程图可知，“反应”操作中硫化钡中的硫元素转化为硫单质，硫化钡中的钡元素转化为氢氧化钡，故软锰矿中的二氧化锰在“反应”操作中被硫化钡中的S2−还原，锰元素由+4价转化为+2价，故MnO2与BaS

溶液反应转化为MnO的化学方程式是MnO2+BaS+H2O⬚⬚Ba(OH)2+MnO+S。（2）保持BaS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，减小的原因是过量的MnO2消耗了产生的Ba

(OH)2。[解析]加入的MnO2的量增大，而Ba(OH)2的量减少，是因为MnO2为两性氧化物，能与强碱Ba(OH)2反应，从而导致Ba(OH)2的量减少。（3）滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到蒸发操作中（填操作单元的名称）。第29页[解析]滤液Ⅰ中仍含少量的Ba(OH)2，为提

高其产率，可将滤液Ⅰ导入前边的“蒸发”操作中。（4）净化时需先加入的试剂X为H2O2（填化学式），再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为4.9（当溶液中某离子浓度𝑐≤1.0×10−5mol⋅L−1时，可认为该离子沉淀完全）。[解析]由软锰矿中的杂质成分有Fe3O4可知，“酸解”后溶液

中含有Fe2+，结合表中四种氢氧化物的溶度积数据知，为减少Mn(OH)2的损失，需将Fe2+转化为Fe3+，然后再调节溶液pH，使杂质Fe3+转化为Fe(OH)3，故“净化”操作中需加入氧化剂，结合后续操作中的物质转化可知，“净化”操作中加入

的试剂X为过氧化氢(H2O2)溶液。对比表中的溶度积数据可知，相较于Fe(OH)3,Al(OH)3的溶度积较大，若要除去Al(OH)3、Fe(OH)3两种杂质，以前者的溶度积进行计算，推知调节溶液的pH大小，由已知信息可知，沉淀完全的最大金属离子浓度为1.0×10−5mo

l⋅L−1，此时𝑐3(OH−)=𝐾sp[Al(OH)3]/𝑐(Al3+)=1×10−32.31.0×10−5mol3⋅L−3=1×10−27.3mol3⋅L−3，则𝑐(OH−)=1×10−9.1mol⋅L−1，𝑐(H+)=

𝐾W1×10−9.1mol⋅L−1=1×10−4.9mol⋅L−1，此时pH=4.9。（5）碳化过程中发生反应的离子方程式为Mn2++HCO3−+NH3⋅H2O⬚⬚MnCO3↓+NH4++H2O。[解析]

由工艺流程图中的“碳化”操作可知，该操作中加入的物质是碳酸氢铵、氨水，而“压滤”操作后的滤液中含Mn2+，由目标产物可知，该反应的生成物中有碳酸锰，故“碳化”过程中发生反应的离子方程式是Mn2++HCO3−+NH3⋅H2O⬚⬚MnC

O3↓+NH4++H2O。