高考化学二轮备考高频考点知识讲解与训练9-高考化工流程强化演练(五)(解析版)

1/20高考化学二轮备考高频考点知识讲解与训练高考化工流程强化演练(五)1.(2022年湖南省长沙市雅礼中学高三下学期二模理综)锡酸钠可用于制造陶瓷电容器的基体、颜料和催化剂。以锡锑渣(主要含Sn、Sb、As、Pb的氧化物)为原料，制备锡酸钠的工艺流程图如下图所示：请回答下列问題：(1)Sn(IVA)、As(VA)、Sb(VA)三种元素中，Sn的原子序数为50，其原子结构示意图为_____，碱浸”时SnO2发生反应的化学方程式为___________________________。(2)“碱浸”时，若Sn元素氧化物中SnO含量较高，工业上则加入NaNO3，其作用是_______。(3)从溶液中得到锡酸钠晶体的实验操作是_________、趁热过滤、洗涤、干燥。下图是“碱浸”实验的参数，请选择“碱浸”的合适条件_______。(4)“脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅渣，其离子方程式为_________________。(5)“脱锑”时Na3SbO4发生的化学方程式为_____________________________。【答案】(1)(1分)SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O(2分)(2)把SnO氧化为SnO32—(1分)(3)蒸发结晶(1分)100g·L-1烧碱浓度、温度85℃(2分)(4)PbO22-+S2-+2H2O═PbS↓+4OH-(2分)(5)5Sn+4Na3SbO4+H2O═4Sb+5Na2SnO3+2NaOH(2分)【解析】(1)Sn与碳同主族，Sn的原子序数为50，最外层电子数为4，原子结构示意图为；(2)NaNO3具有氧化性，能将SnO氧化，“碱浸”时，若SnO含量较高，工业上则加入NaNO3，其作用是把SnO氧化成SnO32-；(3)由图可知，烧碱浓度为100g·L-1，温度为85℃时，锡浸出率最高；(4)由题意可知，Na2PbO2溶液与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成硫化铅沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为PbO22-+S2-+2H2O═PbS↓+4OH-；(5)由流程图可知，“脱锑”时加入锡，锡与Na3SbO4溶液发生氧化还原反应生成Sb、Na2SnO3和NaOH，反应的化学方程式为5Sn+4Na3SbO4+H2O═4Sb+5Na2SnO3+2NaOH。2.(2022届广东省梅州市五华县高三上学期期末质检)今年为门捷列夫发现元素周期律150周年。门捷列夫预言了很多未知元素，锗是其中一种，工业上用精硫锗矿(主要成分为GeS2)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示：(1)开始将精硫锗矿粉碎的目的是_______。工艺流程中COCl2分子中各原子均达到8电子稳定结构，其结构式为_______。(2)酸浸时温度不能过高的原因是______(用化学方程式表示)。(3)GeCl4易水解生成GeO2·nH2O，此过程化学方程式为___________。温度对GeCl4水解率的影响如图所示，为提高水解率，实验时可采取的措施为______(填序号)。A．冰水溶B．冰盐水浴C．49℃水浴(4)GeO2是锗酸(H2GeO3)的酸酐。请通过计算判断25℃时0.1mol·L—1的NaHGeO2溶液pH________(填“＞”＝”或“＜”)7，理由是__________。(已知25℃时，H2GeO2的)【答案】(1)增大固体表面积，加快GeS2的升华速率(1分)(1分)(2)4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O(1分)(3)GeCl4＋(n+2)H2O=GeO2·nH2O↓＋4HCl(2分)B(1分)(4)＞(1分)NaHGeO3水解平衡常数，大于Ka2=1.9×10－13，即NaHGeO3溶液中水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故pH＞7(3分)【解析】(1)将精硫锗矿粉碎可以增大固体物质的表面积，有利于后续升华的速率；COCl2中各物质的均达到了8电子稳定结构，C达到8电子稳定结构需要形成4个共价键，O需要2个，Cl需要1个，可知C在中间，C和O之间形成双键，C和Cl之间形成单键，则结构简式为；(2)用浓硝酸酸浸，浓硝酸不稳定，受热分解生成NO2和O2，化学方程式为4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O；(3)GeCl4易水解生成GeO2·nH2O，化合价没有发生变化，根据原子守恒配平，反应为：GeCl4＋(n+2)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl；根据图表，温度低时水解率较高，提高水解率，即促使反应正向进行，可加盐，故选用冰盐水浴；(4)NaHGeO3为锗酸的酸式盐，HGeO3－在溶液中既能水解，也能电离，水解呈碱性，电离呈酸性，因此判断溶液的酸碱性，需要比较水解和电离程度的强弱，需要得到比较水解和电离平衡常数大小；NaHGeO3水解平衡常数，大于Ka2=1.9×10－13，即NaHGeO3溶液中水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故pH＞7。3.(2022年江苏省扬州市高三期末考试)以高钛渣(主要成分为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：已知：Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去。(1)熔盐：①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是__________。②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550℃时生成Na2TiO3，该反应的化学方程式为_________。(2)过滤：①“滤液”中主要溶质为NaOH，还含有少量________(填化学式)。②除杂后的滤液中获得的NaOH可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_________。(3)水解：“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸，生成难溶于水的H2TiO3，该反应的化学方程式为______。(4)脱色：H2TiO3中因存在少量Fe(OH)3而影响TiO2产品的颜色，“脱色”步骤中Ti2(SO4)3的作用是_________。【答案】(1)①搅拌(1分)②12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O(2分)(2)①Na2SiO3(1分)②用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)(2分)(3)TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4(2分)(4)将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度(2分)【解析】(1)①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀，增加反应物的接触机会，从而达到加快反应速率的目的；②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550℃时生成Na2TiO3，发生氧化还原反应，其化学方程式为：12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O；(2)①熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO2反应，其化学方程式为：2NaOH＋SiO2=Na2SiO3＋H2O，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液”中含有少量Na2SiO3；②“水浸”时，用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)；(3)“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解，经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3，其化学方程式为：TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4；(4)根据给定信息易知，“脱色”步骤中加入还原性的Ti2(SO4)3，是为了将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度，且不引入新的杂质。4.(2022届宁夏银川一中高三第五次月考理综)铜在自然界中常以多种形态存在，现以孔雀石矿石[成分为Cu2(OH)2CO3、CuFeS2、SiO2、Fe2O3等]为原料生产主产品胆矾和副产品铁红的工艺流程如图：(1)气体1的成分除H2O(g)外，还有CO2、SO2，写出步骤①中发生氧化还原反应的化学方程式为_______________，若反应生成1molSO2，则反应中转移的电子数为___________mol。滤液1的主要成分为__________(写化学式)(2)目前工业生产中步骤③酸浸的百分率为70%，为进一步提高酸浸的百分率可采取的措施有_________________(答出两点)。(3)步骤④调pH所用试剂为_____________(写化学式)(4)常温下滤液3的pH=4，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，则滤液3中c(Fe3+)=___________。(5)步骤⑤操作为_______________________________________________________.。(6)假设使用孔雀石矿石质量为mkg，步骤③酸浸的百分率为70%，经滤渣2所得铁红的质量为nkg，则：①铁红的用途之一为________，②孔雀石矿石中铁元素的含量为________。【答案】(1)4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2(2分)6.5mol(1分)Na2SiO3(多写Na2CO3也可)(1分)(2)升高温度、增大酸的浓度(1分)(3)CuO[或CuCO3、Cu(OH)2等](1分)(4)4×10-8mol/L(2分)(5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥(或烘干)(2分)(6)作红色油漆和涂料(1分)×100%(2分)【解析】(1)气体1的成分除H2O(g)外，还有CO2、SO2，步骤①中发生氧化还原反应的化学方程式为CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2，该反应中氧气做氧化剂，由0价降低为-2价，每个氧原子得到2个电子，根据方程式可知生成8molSO2，氧气得到52mol电子，即转移52mol电子，所以生成1molSO2反应中转移的电子数为6.5mol；根据分析可知滤液1的主要成分为Na2SiO3；(2)目前工业生产中步骤③酸浸的百分率为70%，为进一步提高酸浸的百分率可采取的措施有升高温度、增大酸的浓度；(3)步骤④调pH所用试剂为CuO[或CuCO3、Cu(OH)2等]，可促进铁离子水解转化为沉淀，且不引入新杂质；(4)室温下滤液3的pH=4，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，则滤液3中c(Fe3+)=mol/L=4×10-8mol/L；(5)步骤⑤操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；(6)①铁红的用途之一为作红色油漆和涂料；②假设使用孔雀石质量为mkg，步骤③酸浸的百分率为70%，经滤渣2所得铁红的质量为nkg，由铁元素守恒可知，孔雀石矿石中铁元素的含量为×100%=×100%。5.(2022届江西省宜春市丰城九中2022届高三12月月考)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菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。②相关金属Mn+离子c(Mn+)═0.1mol•L-1形成M(OH)n沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3+Al3+Fe2+Mg2+Ca2+Mn2+开始沉淀的pH1.53.86.39.610.68.8沉淀完全的pH2.85.28.311.612.610.8回答下列问题：(1)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_____________________________。(2)浸出液“净化除杂”过程如下：①加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+；②调节溶液pH，将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，调节pH范围为__________③加入NH4F将___________离子(填离子符号)沉淀除去。(3)碳化结晶时，反应的离子方程式为_____________________________________。(4)碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是________________。流程中能循环利用的物质除了氯化铵之外还有____________。(5)测定碳酸锰产品的纯度。称取0.5000g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为[Mn(PO4)2]3-，冷却至室温。加水稀释至100mL，滴加2～3滴指示剂，然后用浓度为0.2000mol·L-1的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定(反应为：[Mn(PO4)2]3-+Fe2+═Mn2++Fe3++2PO43-)。重复操作3次，记录数据如下表：滴定次数0.2000mol·L-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)MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O(2分)(2)5.2≤pH<8.8(1分)Ca2+、Mg2+(1分)(3)Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O(2分)(4)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(2分)CO2(2分)(5)92.00%(2分)偏低(1分)【解析】(1)“焙烧”时，反应的方程式为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；(2)让Al3+、Fe3+完全沉淀，pH>5.2，不让Mn2+生成沉淀，pH<8.8；③加入NH4F，让将Ca2+、Mg2+离子沉淀除去；(3)碳化结晶时，Mn2＋与HCO3－在加热条件下反应，生成MnCO3等，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O；(4)碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液，主要是防止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。流程中能循环利用的物质除了氯化铵之外还有CO2；(5)三次滴定，硫酸亚铁铵标准溶液的平均体积为20.00mL，由反应式可以建立以下关系式：MnCO3——[Mn(PO4)2]3-——[(NH4)2Fe(SO4)2]，n(MnCO3)=n(FeSO4)=0.2000mol·L-1×0.02L=0.004mol，产品的纯度为=92.00%；若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则标准液消耗体积的读数偏小，测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。6．(2022年浙江省稽阳高三联考)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：下列说法不正确的是()A．“酸浸”后，若钛主要以TiOCl42-形式存在，则相应反应的离子方程式可表示为：FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2OB．若Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，则其中过氧键的数目为3个C．“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式可表示为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O4高温__2LiFePO4+H2O↑+3COD．TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：温度/℃3035404550TiO2⋅9295979388可知，40oC前，未达到平衡状态，随着温度升高，转化率变大；40oC后，H2O2分解加剧，转化率降低【答案】B【解析】A项，“酸浸”后，若钛主要以TiOCl42-形式存在，根据反应物和生成物及电荷守恒进行配平得出：FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O，故A说法正确，不符合题意；B项，Li2Ti5O15中Li和Ti的化合价分别为+1、+4，其中过氧键的数目=负一价氧原子数除以2，根据化合物价代数和为零，设负一价氧、负二价氧原子数为x、y，列式计算x+y=15，x+2y=22，x=8，故过氧键数目为4，故B说法错误，符合题意；C项，根据“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的写出方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O4=2LiFePO4+7．工业上用铝土矿(主要成分Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质)冶炼铝的主要流程如下：(注：SiO2碱溶时转变为铝硅酸钠沉淀)下列叙述错误的是()A．操作I增大NaOH溶液用量可提高Al2O3的浸取率B．操作Ⅱ、Ⅲ为过滤，操作Ⅳ为灼烧C．通入过量CO2的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-D．加入的冰晶石目的是降低Al2O3的熔融温度【答案】C【解析】A项，操作I增大NaOH溶液用量可以使铝土矿中的氧化铝充分溶解，从而提高Al2O3的浸取率，A正确；B项，操作Ⅱ、Ⅲ为过滤，分别过滤出铝硅酸钠和氢氧化铝，操作Ⅳ为灼烧，目的是使氢氧化铝分解为氧化铝，B正确；C项，向偏铝酸钠溶液中通入过量CO2后生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，C不正确；D项，加入的冰晶石目的是降低Al2O3的熔融温度，D正确。故选C。8.NiSO4是制备磁性材料和催化剂的重要中间体。用含镍废料(主要成分为NiO，含有少量CuO、FeO和SiO2)制备NiSO4并回收金属资源的流程如图：下列说法错误的是()A．“酸溶”时应选用硫酸B．滤渣2的成分为CuS和FeSC．“操作1”为蒸发结晶D．合理处理废弃物有利于保护环境和资源再利用【答案】B【解析】含镍废料(主要成分为NiO，含有少量CuO、FeO和SiO2)加入硫酸酸溶，滤渣1为SiO2，滤液1含有NiSO4、CuSO4、FeSO4，加入FeS，可除去Cu2+，生成滤渣2含有CuS，滤液2加入碳酸钠，可生成碳酸亚铁，加入硫酸溶液可生成硫酸亚铁，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体，滤液3含有NiSO4。A项，根据流程图分析最终目的是制备FeSO4·7H2O，为避免生成杂质，所以“酸溶”时应选用硫酸，A正确；B项，FeS可转化为溶解度更小的CuS，由于亚铁离子易被氧化，则滤液中可含有Fe3+，Fe3+氧化S2-生成S单质，则滤渣2的成分为CuS、FeS和S，B错误；C项，由溶液得到晶体，可用蒸发结晶的方法，C正确；D项，合理处理废弃物，可减少污染，有利于保护环境和资源再利用，D正确；故选B。8．(2022年安徽省江淮十校高三第三次联考理科综合能力测试)冰晶石(Na3AlF6)微溶于水，工业上用萤石(CaF2含量为96%)、二氧化硅为原料，采用氟硅酸钠法制备冰晶石，其工艺流程如下：据此分析，下列观点不正确的是()A．滤渣A的主要成分是CaSO4B．上述流程中，所涉反应没有复分解反应C．“操作i”不可用硅酸盐质设备进行分离D．流程中可循环使用的物质除H2SO4、SiO2外，滤液B经浓缩后也能循环使用【答案】B【解析】A项，根据图示，反应①的反应物是CaF2、SiO2、H2SO4，，生成物为H2SiF6和滤渣A，，故滤渣A的主要成分是硫酸钙，故A正确；B项，H2SiF6与Na2SO4的反应属于复分解反应，故B错误；C项，操作i所得滤液中F-水解生成的HF腐蚀硅酸盐质设备，所以“操作i"不能用硅酸盐质设备进行分离，故C正确；D项，根据题意，反应③的离子方程式为3Na++4NH++6F-+AlO2-+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3∙H2O，滤液B的上要成分是氨水，经浓缩后可以循环使用；故D正确；故选B。9．由菱镁矿(主要成分为MgCO3、CaCO3、FeCO3、SiO2)制备高纯Mg(OH)2的一种工艺如下：下列说法不正确的是()A．“煅烧”时FeCO3发生反应为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2B．“浸取”产生的气体X为NH3C．“滤渣1”“滤渣2”分别为SiO2、CaSO4D．“沉镁”所得的固体是否洗涤干净可用BaCl2溶液检验【答案】C【解析】菱镁矿通入空气中煅烧，得到MgO、CaO、Fe2O3，SiO2不反应，加入水和氯化铵，得到氨气、氯化镁、氯化钙，过滤，除去不溶解的SiO2、Fe2O3，所以“滤渣1”主要成分为SiO2、Fe2O3，向滤液中加入硫酸镁，氯化钙与硫酸镁反应生成硫酸钙的沉淀和氯化镁溶液，“滤渣2”为CaSO4，然后向滤液中加入氨气，得到氢氧化镁沉淀。过滤，得到高纯度的氢氧化镁。A项，煅烧碳酸亚铁，得到二氧化碳气体和氧化铁固体，反应方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，A正确；B项，MgCO3经过煅烧得到MgO，加入水和氯化铵浸取，得到氯化镁、氨气和水，故“浸取”产生的气体X为NH3，B正确；C项，由分析可知，“滤渣1”为SiO2和Fe2O3、“滤渣2”为CaSO4，C错误；D项，“沉镁”步骤所得的固体进行洗涤，如果没有洗净，固体表面有残留的SO42-，加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，就证明未洗涤干净，否则洗涤干净，D正确；故选C。10.(2022届福建省泉州市普通高中毕业班单科质量检查)碲是当代高科技材料不可缺少的重要组成元素。以铋碲矿(主要含Te、Bi、Si、S等元素)为原料生产精碲的工艺流程如下：已知：TeO2是两性氧化物，微溶于水．回答下列问题：(1)浸出液中碲以TeO2+存在，步骤①加入Na2SO3进行还原，反应的离子方程式为_______________。Na2SO3的实际用量比理论用量偏多，其主要原因是_______________。(2)王水是由约3体积浓盐酸和约1体积浓硝酸配制而成。在实验室中配制王水所用的玻璃仪器除玻璃棒外还有________。王水溶解粗碲时，加入的碲粉与生成的NO的物质的量之比为________。(3)粗碲中仍含有硅元素，净化时加入CaCl2溶液可以除去硅元素，硅元素将以________(填化学式)形式被除去。(4)步骤③，将Na2TeO3转化为TeO2，反应的离子方程式是______________________。(5)电解时，精碲在______极析出，电解产物中可循环使用的是_____________________。【答案】(1)TeO2+＋2SO32-＋H2O＝Te↓＋2SO42-＋2H+(2分)Na2SO3与盐酸反应产生SO2(或与浸出液中其他氧化性物质反应)(1分)(2)量筒和烧杯(1分)3：4(2分)(3)CaSiO3(1分)(4)TeO32-＋2H+＝TeO2↓＋H2O(2分)(5)阴(1分)NaOH(1分)【解析】(1)碲以TeO2+存在，步骤①加入Na2SO3进行还原，发生氧化还原反应生成粗碲、硫酸根离子，并用电荷守恒配平，离子方程式为TeO2+＋2SO32-＋H2O＝Te↓＋2SO42-＋2H+；浸泡时，用HCl、NaClO3过量，加入亚硫酸钠时会发生化学反应，导致Na2SO3的实际用量比理论用量偏多；(2)实验室配制王水时，量取盐酸、硝酸的体积用量筒，配制时在烧杯中，搅拌使用玻璃棒；王水溶解粗碲时，反应的离子方程式为3Te+4H++4NO3-=3TeO2+4NO↑+2H2O，碲粉与生成的NO的物质的量之比为3：4；(3)粗碲中仍含有硅元素，且以硅酸根离子的形式存在，加入CaCl2溶液时可生成硅酸钙沉淀；(4)步骤③，通过调节pH，将Na2TeO3转化为TeO2，反应的离子方程式为TeO32-＋2H+＝TeO2↓＋H2O；(5)TeO2是两性氧化物，加入NaOH时，以TeO32-形式存在，电解时，Te的化合价降低，得电子，则在阴极产生；同时生成氢氧根离子，则可循环使用物质为NaOH。11.(2022届江苏省常州市高三上学期期末考试)实验室用软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料制取Mn2O3和单质硫，其实验流程如下：已知：①在碱性条件下，二价锰以Mn(OH)2形式稳定存在，三价锰以MnOOH形式稳定存在。Mn(OH)2和MnOOH均难溶于水和碱性溶液。②无水MnSO4晶体熔点700℃，在不同温度下它和MnOOH固体受热发生分解：4MnSO42Mn2O3＋4SO2↑＋O2↑；2MnOOHMn2O3＋H2O↑。(1)溶浸过程中生成MnSO4、Fe2(SO4)3及单质S，该反应的化学方程式为________。(2)室温下，为使杂质离子浓度小于1×10－6mol·L－1，除铁步骤中需调节溶液pH范围为________(已知：Ksp[Fe(OH)2]＝1.0×10－16