2025高考冲刺考试方法答题技巧预测化学-二 题型3　无机化工生产流程题答案解析

题型3无机化工生产流程题考向1【典例】【审答思维】增大粉碎增大接触面积升温增大反应物的浓度【解析】(1)用硫酸浸取镍钴矿时,为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积;(2)在原料预处理过程中,粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积,从而加快酸浸的反应速率,提高浸取效率;(3)a.联合焙烧时,进一步粉碎矿石,可以增大矿石与空气的接触面积,能够提高焙烧效率,选项a符合题意;b.鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应,选项b符合题意;c.降低焙烧温度,反应速率减慢,不利于提高焙烧效率,选项c不符合题意。答案:(1)适当增大硫酸浓度(或适当升高温度、将镍钴矿粉碎等)(2)增大固液接触面积,加快酸浸速率,提高浸取效率(3)ab1.【解析】“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl—Na2SO4与钒页岩形成混合物,这样做能将钒转化为可溶性盐,目的是生成易溶的钠盐,提高钒的浸取率。答案:生成易溶的钠盐,提高钒的浸取率2.【解析】“高温煅烧”的目的是除去炭黑、有机黏合剂。答案:除去炭黑、有机黏合剂3.【解析】根据信息i)二价金属氧化物分别与氨络合,Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)能与氨络合生成[Fe(NH3)2]2+、[Mn(NH3)2]2+,根据信息ii)可知,pH=11.6,Eh=0.70V时,Fe(Ⅱ)转化成FeOOH,Mn(Ⅱ)转化成α-MnO2,避免浸出时溶解;故答案为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)和锰(Ⅱ)分别氧化为FeOOH和α-MnO2,避免其在浸出时溶解。答案:将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)和锰(Ⅱ)分别氧化为FeOOH和α-MnO2,避免其在浸出时溶解4.【解析】(1)硅藻土空隙较多,比表面积大,催化剂附着后,与反应物的接触面积增大,反应速率加快。(2)高温能改变废钒催化剂的结构,故A正确;“焙烧”的条件为高温,废钒催化剂中的有机杂质会因燃烧而被除去,故B正确;从该工艺可知,其目的是获得废钒催化剂中的V2O5,故除钒外的成分均为杂质,但SiO2、Fe2O3、Al2O3中Si、Fe、Al元素均为最高价态,在“焙烧”过程不能被氧化,故C错误。答案:(1)增大催化剂与反应物的接触面积,加快反应速率(2)AB考向2【典例】【审答思维】减小CaSO4的溶解SO3磷元素不能形成沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀【解析】(1)根据图中的坐标信息,酸解后,在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O;CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的,因此,洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失,提高产品石膏的产率;由图甲信息可知,温度越低,越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化,由图乙信息可知,65℃时,位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在;80℃时,位于80℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在;已知酸解后所得100℃、P2O5%为45的混合体系中石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O;P2O5%=15、SO3%=15,由图乙信息可知,该点坐标位于65℃线下方,故能实现晶体的完全转化,A符合题意;P2O5%=10、SO3%=20,由图乙信息可知,该点坐标位于80℃线上方,晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,故不能实现晶体的完全转化,B不符合题意;P2O5%=10、SO3%=30,由图乙信息可知,该点坐标位于65℃线上方,晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,故不能实现晶体转化,C不符合题意;P2O5%=10、SO3%=10,由图乙信息可知,该点坐标位于80℃线下方,晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,故能实现晶体的完全转化,D符合题意,综上所述,能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。(2)黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下,转化成CuSO4,得到的混合气体中主要含NH3,用H2SO4吸收,得到硫酸铵,是溶液A的主要溶质,可以循环利用,固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物,加水分离,主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣,分别为滤液C和滤渣D,向硫酸铜溶液中加入过量的铁,置换得到粗铜和FeSO4,粗铜再精炼可以得到纯铜。①铵盐不稳定,易分解,(NH4)2SO4分解为非氧化还原反应,产物中有NH3和SO3,故化学方程式为(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O。②(i)由图,温度低于425℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大,是因为温度低于425℃,随焙烧温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,可溶物CuSO4含量增加,故铜浸出率显著增加;(ii)温度高于425℃,随焙烧温度升高,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,铜浸出率降低。(3)铬钒渣(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)中分离提取铬和钒的流程为铬钒渣在Na2CO3、NaOH作用下高温煅烧,铬和钒被氧化为相应的最高价含氧酸盐Na2CrO4、NaVO3,铝、硅、磷等的化合物转化为NaAlO2、Na2SiO3、Na3PO4,铁的化合物转化为Fe2O3,加水浸取,过滤,水浸渣中主要有Fe2O3,水浸液中含有NaAlO2、NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3、Na3PO4,加入稀硫酸调溶液的pH到弱碱性时,NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀,过滤得到含有Al(OH)3的滤渣,再加入MgSO4溶液和(NH4)2SO4溶液除硅磷,使硅、磷分别转化为MgSiO3、MgNH4PO4沉淀,过滤除去沉淀,得到含有NaVO3、Na2CrO4的滤液,加入稀硫酸将溶液pH调到1.8左右,得到V2O5沉淀,Na2CrO4转化为Na2Cr2O7,Cr2O72-具有强氧化性,与加入的Na2S2O5反应生成Cr3+,离子方程式为3S2O52-+2Cr2O72-+10H+===4Cr3++6SO42-+5H2O,调pH使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀,达到分离提取铬和钒的目的。①PO43-、SiO32-水解呈碱性,“除硅磷”步骤中控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果,若pH<9时溶液的碱性减弱,会促进PO43-、SiO32-水解,不利于硅、磷转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀,pH>9时溶液的碱性增强,沉淀剂中的Mg2+、NH4+转化为Mg(OH)2沉淀、NH3·H2O,也不利于硅、磷转化为MgSiO3和MgNH4答案:(1)CaSO4·0.5H2O减少CaSO4的溶解损失,提高产品石膏的产率AD(2)①(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O②(i)温度低于425℃,随焙烧温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,可溶物CuSO4含量增加,故铜浸出率显著增加(ii)温度高于425℃,随焙烧温度升高发生反应:4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,铜浸出率降低(3)①溶液的碱性减弱,促进PO43-、SiO32-水解,不利于硅、磷转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀溶液的碱性增强,Mg2+和NH4+转化为Mg(OH)2沉淀和NH3·H21.【解析】从Ag/Cu合金触点废料中回收Cu、Ag、Sn等金属的工艺流程,Ag/Cu合金触点废料加入盐酸后,加入过氧化氢加热溶解、冷却、过滤得到滤渣和滤液,滤渣加入盐酸和硝酸溶解,过滤、洗涤,得到氯化银固体,向氯化银中加入硫酸,边搅拌边缓慢加入锌粉,至无白色沉淀(氯化银)为止,过滤洗涤得到银,滤液合并,加热搅拌,加入尿素过滤得到沉淀Sn(OH)4,干燥焙烧得到SnO2,滤液为CuCl2溶液,可进一步制备铜粉。(1)流程中可以看出加入HCl、H2O2后Cu以Cu2+、Sn以Sn4+和Ag进行分离的,而HCl不能将它们氧化成对应的离子,所以加入过氧化氢的目的是将其氧化,即在酸性条件下将铜氧化为Cu2+,将Sn氧化为Sn4+,加入尿素后离子变为沉淀析出,逐量加入尿素,搅拌状态下加热到100℃,加尿素的目的是作Sn(OH)4的沉淀剂;(2)肼将氧化亚铜还原为Cu,1mol氧化亚铜得到2mol电子,1mol肼被氧化生成氮气,电子转移4mol电子,N2H4与Cu2O反应的物质的量的比为1∶2;图中分析可得到70℃时,铜粉平均粒径最小,选择70℃最为合适。答案:(1)在酸性条件下将铜氧化为Cu2+,将Sn氧化为Sn4+作Sn(OH)4的沉淀剂(2)1∶2702.【解析】(1)破碎和酸浸工序主要目的是将废料中的金属及其氧化物转化为金属离子,这两道工序也可通过电解法来实现,阳极材料失电子,因此阳极材料选择镍钴合金废料。相对于破碎和酸浸,电解法需要消耗大量的电能,成本较高。(2)氧化的目的是将亚铁离子氧化为铁离子,以便在后续调节pH时将铁离子转化为氢氧化铁沉淀。(3)Ni2+、Fe2+均能与EDTA形成配位键而形成稳定的环状离子,其中Fe2+的离子半径大于Ni2+且含有的空轨道多于Ni2+,故Fe2+与EDTA形成的环状离子更稳定。反萃取2中要将Ni转化为Ni2+的形式进入水相中,Fe则需要转化为Fe(EDTA)的形式进入油相中,从图中可知,pH=3时,Fe主要以Fe(EDTA)的形式存在,且Ni以Ni2+的形式存在,因此该工序需控制的最佳pH是3。答案:(1)镍钴合金废料电解法需要消耗大量的电能,成本较高(2)将亚铁离子氧化为铁离子,以便在后续调节pH时将铁离子转化为氢氧化铁沉淀(3)Fe2+3考向3【典例】【审答思维】氯化钠除去剩余的碳酸根离子浓度过大过早沉淀减小【解析】(1)由流程可知,卤水中加入盐酸脱硼后过滤,所得滤液经浓缩结晶后得到晶体,该晶体中含有Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-等,煅烧后生成HCl气体;烧渣水浸后过滤,滤液中加生石灰CaO,则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4和Mg(OH)2;由于CaSO4微溶于水及加入的生石灰过量,精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀,则滤渣Ⅱ为CaCO3;精制Ⅱ所得滤液经操作X后,所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠,浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂,得到Li2①若脱硼后直接进行精制Ⅰ,除无法回收HCl外,后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体,因此,还将增加生石灰(CaO)、纯碱(Na2CO3)的用量。②精制Ⅰ中,烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4;由于CaSO4微溶于水,精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+,还需要除去Ca2+,因此,精制Ⅱ的目的是加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+),提高Li2CO3纯度;操作X是为了除去剩余的碳酸根离子,为了防止引入杂质离子,应选择的试剂是盐酸;加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子,若不进行该操作而直接浓缩,将导致浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀,即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3,最终所得Li2(2)①由已知,浸取液中,Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在,为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM,故要加入铝片还原Fe3+,从而有利于Ga的分离;②“LAEM提取”中,原料液的Cl-浓度越高,越有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动,越有利于Ga的提取,在不提高原料液酸度的前提下,同时不引入新杂质,可向Ⅰ室中加入NaCl,提高Cl-浓度,进一步提高Ga的提取率。答案:(1)①CaO、Na2CO3②加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+),提高Li2CO3纯度盐酸浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀,即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3,最终所得Li2(2)①铁[FeCl4]-②高NaCl1.【解析】操作Ⅲ是从溶液中得到晶体,根据绿矾的性质可知其具体操作依次是蒸发浓缩,降温结晶,过滤;绿矾带有结晶水,烘干时温度过高会失去结晶水,故需要减压烘干。答案:蒸发浓缩,降温结晶,过滤绿矾带有结晶水,烘干时温度过高会失去结晶水,故需要减压烘干2.【解析】“沉锂”后所得碳酸锂中可能混有Li2SO4杂质,再次经过碳化—热解步骤的目的是进一步提高碳酸锂的纯度。将碳酸锂与Co3O4混合,在空气中焙烧,将Co2+氧化为Co3+,制备电池阴极材料LiCoO2,其化学反应方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2。答案:进一步提高碳酸锂的纯度6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2考向4【典例】【审答思维】OH-VO3-H2OFe3+SO42-【解析】(1)由于Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙,因此“水浸2”的主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙,反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3===CaCO3+(NH4)2SO4;(2)在弱碱性环境下,Ca(VO3)2与HCO3-和OH-反应生成CaCO3、VO3-和H2O,离子方程式为HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3(3)①“细菌氧化”的过程中,FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和SO42-,离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42-+4H+;②滤液②含有[Zn(CN)4]2-,经过H2SO4的酸化,[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN,反应的化学方程式为Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===ZnSO4+4HCN+Na2SO4;用碱中和HCN得到的产物,可实现循环利用,即用NaOH中和HCN生成NaCN,NaCN可用于“答案:(1)CaSO4+(NH4)2CO3===CaCO3+(NH4)2SO4Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙(2)HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2V(3)①4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42-②Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===ZnSO4+4HCN+Na2SO4NaCN1.【解析】(1)“除杂”时加入(NH4)2S目的是利用沉淀法将杂质Cu2+转化为金属硫化物CuS沉淀除去,反应的离子方程式[Cu(NH3)4]2++4H2O+S2-===CuS↓+4NH3·H2O;(2)四钼酸铵[(NH4)2Mo4O13]发生“焙解”生成MoO3、氨气和水,反应的化学方程式为(NH4)2Mo4O132NH3↑+4MoO3+H2O;(3)次氯酸钠具有强氧化性,能够把MoS2在碱性条件下氧化为MoO42-和SO42-,根据电子转移守恒和质量守恒写出发生反应的离子方程式为===MoO42-+2SO42-答案:(1)[Cu(NH3)4]2++4H2O+S2-===CuS↓+4NH3·H2O(2)(NH4)2Mo4O132NH3↑+4MoO3+H2O(3)MoS2+9ClO-+6OH-===MoO42-+2SO422.【解析】(1)过滤得到含有氢氧化钠、氢氧化钙、锰酸钠的滤液和滤渣,其中滤液经除杂处理后得到的氢氧化钠溶液,可在碱浸步骤循环使用;“熔盐反应”过程中二氧化锰发生的反应为二氧化锰与氢氧化钠、氧气共热反应生成锰酸钠和水,反应的离子方程式为2MnO2+O2+4OH-===2MnO42-(2)BaTiO(C2O4)2·4H2O灼烧时分解生成钛酸钡、一氧化碳、二氧化碳和水,反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2↑+2CO↑+4H2O。答案:(1)碱浸2MnO2+O2+4OH-2MnO42-+2H(2)BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2↑+2CO↑+4H2O考向5【典例】【审答思维】10-510-2.911.10.2010-9.249.245.5×10-3【解析】(1)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时和加入ZnO调pH时引入的Zn2+,加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+,而阴离子是在“酸浸”时引入的SO42-,因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液c(H+)=10-1.1mol·L-1,Co3+恰好完全沉淀,此时溶液中c(Co3+)=1.0×10-5mol·L-1,则c(OH-)=Kwc(H+)=10-12.9mol·L-1,则Ksp[Co(OH)3]=1.0×10-5×(10-12.9)3=10-43.7。“除钴液”的pH=5,即c(H+)=10-5mol·L-1,则c(OH-)=Kwc(H+)=10-9mol·L-1,此时溶液中c(Co(2)①用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,氢氧化铁的Ksp=10-37.4,当铁离子完全沉淀时,溶液中c(Fe3+)=10-5mol·L-1,Ksp=c3(OH-)×c(Fe3+)=c3(OH-)×10-5=10-37.4,c(OH-)=10-10.8mol·L-1,根据Kw=10-14,pH=3.2,此时溶液的pH=4,则铁离子完全水解,生成氢氧化铁沉淀,故滤渣还有氢氧化铁,且Ca2+微溶,故有CaSO4;②氢氧化镁的Ksp=10-10.8,当镁离子完全沉淀时,c(Mg2+)≤10-5mol·L-1,根据Ksp可计算c(OH-)≥10-2.9mol·L-1,根据Kw=10-14,c(H+)≤10-11.1mol·L-1,所以溶液的pH≥11.1。(3)由流程可知,卤水中加入盐酸脱硼后过滤,所得滤液经浓缩结晶后得到晶体,该晶体中含有Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-等,煅烧后生成HCl气体;烧渣水浸后过滤,滤液中加生石灰遇水生成Ca(OH)2,则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4和Mg(OH)2;由于CaSO4微溶于水及加入的生石灰过量,精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀,则滤渣Ⅱ为CaCO3;精制Ⅱ所得滤液经操作X后,所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠,浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂,得到Li2①常温下在0.10mol·L-1硼砂溶液中,[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-,该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-,由B元素守恒可知,B(OH)3和[B(OH)4]-的浓度均为0.20mol·L-1,Ka=c[B(OH)4]-·c②由分析可知,滤渣Ⅰ的主要成分是CaSO4和Mg(OH)2;精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol·L-1,由Ksp(Li2CO3)=2.2×10-2可知,则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在2.2×10-答案:(1)ZnSO4、K2SO410-16.7(2)①CaSO4、Fe(OH)3②11.1(3)①[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-9.24②Mg(OH)2、CaSO45.5×10-31.【解析】(1)由于CaF2的溶度积常数Ksp(CaF2)=1.44×10-10,c(Ca2+)=1.0×10-6mol·L-1,则c(F-)=1.44×10-101.0×10-6mol·L-1=1.2×10-2mol·L-1。若溶液的pH偏低,溶液中的H+与(2)在沉铁时,溶液中的Fe2+与HCO3-、NH3·H2O反应产生FeCO3沉淀、NH4+和水,反应的离子方程式为Fe2++HCO3-+NH3·H2O===FeCO3答案:(1)1.2×10-2mol·L-1pH偏低形成HF,导致溶液中F-浓度减小,CaF2沉淀不完全(2)Fe2++HCO3-+NH3·H2O===FeCO3↓+NH42.【解析】“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol·L-1,使Mg2+转化为MgF2,需要0.06molNaF,MgF2中存在溶解平衡,为保持c(Mg2+)<10-5mol·L-1,代入Ksp(MgF2)=6.25×10-9,求得c(F-)=0.025mol·L-1,需要再加入0.05mol,共0.11mol,质量为4.62g。答案:4.623.【解析】“除铁”后所得滤液中c(Ni2+)=0.8mol·L-1,“沉镍”后所得滤液中c(C2O42-)=1.0×10-5mol·L-1,溶液中c(Ni2+)=Ksp(4.5×10-2mol·L-1,则沉镍率=0.8答案:94.4%1.【解析】(1)阳极泥中Cu元素存在于Cu2Se、Cu2S中,其中S、Se元素为-2价,所以Cu元素均为+1价;阳极泥中的FeS与H2SO4反应,浸取液所含阳离子为Fe2+、H+。(2)有较多的O2产生,是因为在Fe3+、Cu2+催化作用下,加速了H2O2的分解;“分铜”时,加入氯化钠是为了使Ag+沉淀形成AgCl沉淀进入滤渣,便于后续分银。(3)烟气的主要成分为SO2、SeO2,已知生成产物Se,则SO2作还原剂,“分硒”时发生反应的离子方程式为2SO2+SeO2+2H2O===2SO42-(4)反应AgCl+2S2O32-[Ag(S2O3)2]3-+Cl-的平衡常数K2=Ksp(AgCl)·=3.0×1013×2.0×10-10=6.0×103。(5)S2O32-在酸性条件下将发生氧化还原反应,试剂X是碱溶液;根据电子得失守恒可知:生成1molAg,Na2S2O4将失去1mole-,消耗Na2S2O4答案:(1)+1Fe2+、H+(2)在Fe3+、Cu2+催化作用下,加速了H2O2的分解形成AgCl沉淀,便于后续分银(3)2SO2+SeO2+2H2O===2SO42(4)6.0×103(5)碱0.52.【解析】本题是一道制备碳酸铅的工业流程题,原料是电解锰渣,首先在酸性条件下用硫化铅还原二氧化锰,之后加入乙酸铵溶解出铅,过滤除杂,在滤渣中加入碳酸氢铵生成碳酸铅。(1)MnO2、PbS、PbSO4均为固体,写成离子方程式时不能拆开,其中MnO2被还原为二价锰离子,PbS中的S被氧化为硫单质,则离子方程式为MnO2+PbS+4H++SO42-===Mn2++PbSO4(2)Fe2(SO4)3与PbS反应,三价铁离子被还原为亚铁离子,因此含有FeSO4;由MnSO4的溶解度随温度的变化曲线可知,20℃之后,随温度升高,溶解度逐渐下降,因此采用蒸发结晶,趁热过滤,洗涤干燥的方法获得MnSO4晶体;(3)“浸铅”反应能发生是因为醋酸铅比硫酸铅更难电离,故答案为CH3COO-结合Pb2+形成更难电离物质,使PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO42-(aq)(4)当溶液中金属离子浓度小于10-5mol·L-1时,可以认为该离子沉淀完全,则当铅离子完全沉淀时,c(CO32-)=Ksp(PbCO3)c(Pb2+)=7.4×10-1410-5=7.4×10-9mol·L-1,使钙离子开始沉淀的c(CO32-)=Ksp(CaCO3)c((5)由于铵根离子的水解要弱于碳酸根离子,所以碳酸铵显碱性,溶液中含氢氧根离子与多余的二价铅离子配位形成Pb2(OH)2CO3;(6)由于“沉铅”反应PbSO4+2CH3COONH4Pb(CH3COO)2+(NH4)2SO4,所以还含有(NH4)2SO4。答案:(1)MnO2+PbS+4H++SO42-===Mn2++PbSO4(2)FeSO4蒸发结晶,趁热过滤,洗涤干燥(3)CH3COO-结合Pb2+形成难电离物质,使PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO42-(4)7.4×10-9~2.8×10-8(5)CO32-更易水解生成OH-,从而易生成Pb2(OH)2CO3(6)(NH4)3.【解析】(1)步骤Ⅰ中为加快硼镁矿浸出,可采取的措施为粉碎矿石、升高温度、提高NaOH溶液的浓度、搅拌等。(2)步骤Ⅰ为Mg2B2O5·H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg(OH)2,步骤Ⅱ为NaBO2与CO2反应生成Na2B4O7·10H2O,化学方程式为4NaBO2+2CO2+11H2O===Na2B4O7·10H2O+2NaHCO3。(3)步骤Ⅱ反应为NaBO2溶液中通入过量的二氧化碳,得到Na2B4O7·10H2O与NaHCO3的反应,离子方程式为2Na++4BO2-+2CO2+11H2O===Na2B4O7·10H+2HCO3A.步骤Ⅱ中通入CO2目的是降低溶液pH使BO2-转为B4O72-,故A正确;B.步骤Ⅰ、Ⅱ中操作①为过滤,操作②为蒸发结晶、趁热抽滤,故B正确;C.步骤Ⅱ发生化学反应生成Na2B4O7·10H2O,步骤ⅢNa2B4O7·10H2O在双氧水、NaOH溶液作用下,生成过硼酸钠,其中硼元素的化合价未发生变化,故C错误;D.过硼酸钠为白色晶体,微溶于水,其水溶液不稳定,存在于冷的溶液中,难溶于乙醇,步骤Ⅳ(4)步骤Ⅲ的反应过程需要控制反应温度为0℃左右的方法是采用冰水浴。(5)正确的操作顺序完成装置A中的反应:按图3组装好装置→①(用纸槽通过c处加入硼砂)→⑤(通过c处加入氢氧化钠溶液)→③(调高恒温水浴温度)→打开磁力搅拌器→打开冷凝水→④(调低恒温水浴温度)→②(打开a处旋塞加入双氧水),在0℃左右搅拌1小时,有大量晶体析出。(6)过硼酸钠晶体(NaBO3·4H2O)的物质的量为30.8g154g·mol-1=0.2mol,T31molNaBO3·4H2O失去H2O3mol,所以T3时所得晶体的化学式为NaBO3·H2O。(7)比较化学式NaBO3·H2O、NaBO2可知,NaBO2中钠的质量分数大于NaBO3·H2O中钠的质量分数,所以过硼酸钠晶体中混有NaBO2,则产品中钠的质量分数升高。答案:(1)粉碎矿石、升高温度(或提高NaOH溶液的浓度、搅拌等)(2)4NaBO2+2CO2+11H2O===Na2B4O7·10H2O+2NaHCO3(3)AB(4)采用冰水浴(5)①⑤③④②(6)NaBO3·H2O(7)升高4.【解析】钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有MgO、CaO、SiO2等杂质),经盐酸酸浸,生成TiOCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2,过滤除去SiO2,滤液加热可以得到富钛渣和富铁液,富钛渣加双氧水和氨水“溶钛”时生成过氧化钛酸铵[(NH4)2Ti5O15],煅烧生成TiO2,加入Li2CO3生成Li4Ti5O12;富铁液加入NH4HCO3“沉铁”,生成CO2气体和FeCO3沉淀,在空气中煅烧FeCO3可以得到铁红。(1)结合原子守恒可知,FeTiO3与盐酸反应生成TiOCl2的同时生成FeCl2和H2O,化学方程式为FeTiO3+4HCl===FeCl2+TiOCl2+2H2O;(2)根据题图甲可知,在相同温度下采用a组溶剂浸出率最高,由题图乙可知,35℃时浸出率最高,故“酸浸”时采用的最佳条件为选用a组溶剂、温度35℃。由图乙可知35℃时铁和钛的浸出率最高,因为HCl易挥发,当温度过高时,HCl挥发加剧,导致HCl浓度下降,浸出率下降;(3)[(NH4)2Ti5O15]中,NH4+为+1价、Ti为+4价,设每个分子中有x个过氧键,则-2价O为(15-2x)个,从而有2×1+5×4=2x+2×(15-2x),解得x=4,即每个[(NH4)2Ti5O15]中有