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1、工艺流程练习题（四）22.工业上以软镒矿（主要成分为MnO2,另含有少量FeCO3、AI2O3、SiO2）为原料制取金属镒的工艺流程如下：.税取嵇液fniLHCOifMnCOC6（1）软镒矿粉磨”的目的是。（2）浸渣”的主要成分是。经检测浸取液”中无Fe2+,浸取时MnO2发生反应的离子方程式为。（4）在沉镒”操作中，不能用Na2CO3代替NH4HCO3,其原因是。（5）将酸溶”后的溶液作为电解液，用下图1装置电解应采用离子交换膜（填阴”或阳”）阳极的电极反应式为。ai（6）为充分利用雷11”，需测定滤渣中Al元素的含量，设计以下方案。将mg滤渣处理成amL溶液；取少量中溶液用EDTA滴定测得
2、溶液中Fe3+、Al3+的浓度之和为bmmol/L;另取少量中溶液将Fe3+用盐酸羟胺（在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-）还原Fe2+,离子方程式为;将所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400（吸光度与Fe2+的浓度关系如上图2所示）。该样品中Al元素的质量分数为（用含字母的表达式表示）。【答案】加快浸取速率二氧化硅MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2ONa2CO3溶液碱性较强，会导致生成氢氧化物沉淀（碱式碳酸镒）阴2H2O-4e-=4H+O2f2Fe3+2NH30H+=2Fe2+4H+N2T+2HOX100%【解析】【详解】(1)软镒矿是固体物质，将其粉磨”的目的
3、是增大物质的表面积，以便于在用稀硫酸和FeS04溶液浸取时反应速率大大加快；(2)软镒矿主要成分为Mn02,另含有少量FeC03、AI2O3、Si02,用硫酸和FeS04浸取时，FeC03、A1203与硫酸反应产生FeS04、A12(S04)3进入溶液，FeS04与Mn02在酸性条件下发生氧化还原反应：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O,而Si02不能发生反应，所以浸渣”的主要成分是二氧化硅(或写为Si02)；经检测浸取液”中无Fe2+,说明Fe2+在浸取时与具有氧化性MnO2发生了氧化还原反应，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O;(4
4、)在沉镒”操作中，不能用Na2CO3代替NH4HCO3,原因是由于CO32-的水解使N&CO溶液碱性较强，会导致Mn2+生成氢氧化物沉淀或碱式碳酸镒，影响MnCO勺纯度；(5)反应产生的MnC03与稀硫酸反应：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2f,要采用电解的方法使Mn2+还原为金属Mn,阴极电极反应为：2Mn2+4e-=2Mn,阳极电极反应为：2H2O-4e-=4H+O2f,左边增加4个H+离子，右边减少2个Mn2+的同时剩余2个SO42-,为了维持溶液电中性，右边的SO42-要进入左边，因此要选择阴离子交换膜；(6)另取少量中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出N
5、H30H+与Cl-)还原Fe2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为2Fe3+2NH30H+=2Fe2+4H+N2T+2H0;将所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400,根据物质的吸光度与Fe2+的浓度关系知该溶液中c(Fe2+)=0.040mmol/L,根据2Fe3+2NH30H+=2Fe2+4H+N2T+2H0可知c(Fe3+)=c(Fe2+)=0.040mmol/L,因为c(Al3+)+c(Fe3+)=bmmol/L,所以c(Al3+)=(b-0.040)mmol/L,溶液的体积为amL,故n(Al3+)=(b-0.040)mmol/Lax10-3L=a(b-0
6、.040)100资料表明：“沉神”的最佳温度是85C,温度高于85C,随温度升高沉淀率下降，从平衡移动角度分析其原因是。【答案】也H3AsO4+3OH=AsO43+3H2O；将AsO33氧化生成AsO43温度升高，反应A平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应B平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降【解析】【详解】(1)神是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，则最外层电子数为5,与每个氢原子形成一对共用电子对且有一结孤对电子，故AsH3的电子式为由;(2)H3AsO4与氢氧化钠反应转化为Na3AsO4反应的化学方程式H3AsO4+3NaOH-Na3AsO4+3H2O,反应的离子方程式为H
7、3AsO4+3OH=AsO43+3H2O;(3)加入试剂1的目的是将AsO33氧化生成AsO43,以便于后面的沉神；(4)沉神”是将神元素转化为Ca5(AsO4)30H沉淀，发生的主要反应有：A.Ca(OH)2(s)?Ca2+(aq)+2OH(aq)AHv0,B.5Ca2+OH+3AsO43?Ca5(AsO4)30HH0,温度升高高于85c后，反应A平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应B平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备
8、扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。24.工业以软镒矿(主要成分是MnO2,含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸镒(MnCO3)。其工业流程如下：(1)浸镒过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+SO42+H2O,该反应是经历以下两步反应实现的。i：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2Oii:.写出ii的离子方程式：。(2)过滤I所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为(填离子符号)。(3)氧化过程中被MnO2氧化的物质有(写化学式)：。(4)浸镒”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对浸镒”反应的影响如图所示,为减
9、少MnS2O6的生成，浸镒”的适宜温度是;向过滤H所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是代裕邕度对橘反出率的蠡响坦度也代凝我注度与MflS20nL七展率的关累网如削司如mM制即Inrl分率芬)(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：。(6)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是【答案】2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+Mn2+Fe2+SO2(H2SO3)、FeSO490c防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率Mn2+2HCO3三MnCO3j+COT+HO取1-2mL最后一次洗液于试
10、管，滴加盐酸酸化BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净【解析】【分析】分析一下工业流程：浸镒过程通入过量的SO2,将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+,过滤I所得滤渣为SiO2,加入MnO2氧化，此时溶液中可以被氧化的物质有Fe2+和未反应试卷第4页，总9页的SO2,调PH是为了将上一步氧化生成的Fe3+沉淀下来与Mn2+分离，加入NH4HCO3溶液将Mn2+沉淀下来，再经过一系列步骤可得到纯的MnCO3O【详解】(1)用总反应离子方程式减去反应i可得反应ii2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+;(2)过滤I所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为上一步SO2将Mn4
11、+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+,所以答案为Mn2+、Fe2+；(3)氧化过程中溶液中具有还原性的物质有Fe2+和未反应的SO2,被MnO2氧化的物质有SO2(H2SO3)、FeSO4；(4)从图像中可以看出，随着温度的升高，副产物MnS2O6生成率越来越低，当温度到达90C,生成率基本不变，再升高温度意义不大，并且耗能，故浸镒”的适宜温度是90C,NH4HCO3溶液时在一定温度下会分解成NH3和CO2,向过滤n所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，可判断出气
12、体为CO2,不可能为NH3,应为如果生成NH3,则得不到MnCO3沉淀，反应的离子方程式：Mn2+2HCO31MnCO3J+COT+HO;(6)检验洗涤是否完全，需要检验最后一次洗涤液是否存在溶液中的粒子，这里选择SO42,检验试剂选择Ba02溶液，故方法为取1-2mL最后一次洗液于试管，滴加盐酸酸化BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净。【点睛】SiO2不溶于其他酸，只溶于HF酸，卞金验SO42-需要滴加盐酸酸化BaCl2溶液，滴加盐酸是为了排除其他离子的干扰。25. KAl(SO4)2T2H2。(明矶)是一种复盐，应用广泛。采用废易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe、Mg杂质)制备明
13、矶的过程如下图所示。请回答下列问题：(1)请写出Al3+的结构示意图。(2)试剂最好选用(填序号)。A.HCl溶液B.HSQ溶液C.NaOH液D.氨水写出Al溶解的化学方程式：。(3)用离子方程式表示明矶净水的原因。(4)写出滤液A到沉淀B的离子方程式：(5)室温下，Al(OH)3-AlO2+H+HOK=2.0X1013,H2CO的Ka1=1X107,Q=4X【解析】Al3+3H2Al(OH31011,计算滤液A到沉淀B的平衡常数K=C2Al+2NaOH+2HO=2NaAlQ+3HzTAO-+HCO+hbO=Al(OH)3J+CQ2-200【详解】(1)Al是Al失去最外层3个电子，即Al结构
14、示意图为旧冷；(2)易拉罐成分是为Al、Fe、Mg,该流程是制备明矶，Al能与NaOhK应生成NaAlQ,铁、镁不与氢氧化钠反应，因此试剂为NaOH液，故C正确；铝与氢氧化钠反应的化学方程式为2Al+2NaOH2H2O=2NaAlO+3H2T;(3)明矶净水的原因是Al水解成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮固体小颗粒聚沉，从而达到净水的目的，其净水的离子方程式为Al3+3HO-Al(OH)3(胶体)+3H+;(4)滤液A的成分是NaAlQ,HCJ电离出川能力强于Al(OH)3,即A-B发生离子方程式为AlO2+HCO+H2O=Al(OH)3J+CO2;(5)滤液A到沉淀B的离子方程式为AlO2+HC(3T+H2O=Al(OH)3+CQ2,平衡常数K=c(CO32-)/c(AlO2-)-c(HCO-)=c(CO32-)c(H+)/c(AlO2-)c(HCQ-)-c(H+)=200;【点睛】易错点是问题(4),学生认为两者发生双水解反应，HCGT转化成CO,忽略了AlO2一和HCG
