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第18讲　“V、Cr、Mn、Co”等过渡金属化合物的制备流程
[复习目标]　1.了解过渡金属具有多种可变化合价的特点，并能依据化合价预测其性质。2.能依据信息及化合价解答陌生过渡金属及其化合物制备流程中的有关问题。
1.过渡金属——多变价
(1)高价态金属通常形成含氧酸根离子的盐，具有较强的氧化性，如KMnO4、K2Cr2O7、K2FeO4等，均能将浓盐酸氧化成Cl2。
(2)在空气中灼烧一些不稳定的低价金属的化合物，在分解的同时可能被氧化：
MnOOHMnO2；
Fe(OH)2Fe2O3；
CoC2O4Co3O4。
(3)低价金属的氢氧化物，为难溶性的弱碱，且易分解成氧化物，如Fe(OH)2、Mn(OH)2、Cr(OH)3。
(4)低价硫化物，通常为有色难溶物，如HgS(黑或红)、FeS(黑)、Cu2S(黑)、FeS2(金黄)。
工业生产中，常通过转化价态、调节pH将过渡金属转化为氢氧化物沉淀或难溶硫化物分离除去。
2.过渡金属易形成配合物
(1)过渡金属离子常易水解，其水合离子通常显色，如Cu2+(aq，蓝)、Fe2+(aq，浅绿)、Fe3+(aq，棕黄)、Cr3+(aq，绿)。
(2)容易形成配合物的中心离子，如[Cu(NH3)4]2+、[Ag(NH3)2]+、[Fe(SCN)6]3-、[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+。
(3)向一些盐溶液中滴加氨水，先生成难溶性碱，继续滴加，生成含氨配合物，如
CuSO4(aq)[或AgNO3(aq)]Cu(OH)2(s)[或AgOH(s)][Cu(NH3)4]2+{或[Ag(NH3)2]+}。
3.锌及其化合物的转化
①Zn(OH)2+2OH-[Zn(OH)4]2-，
②Zn(OH)2+2H+Zn2++2H2O，
③ZnO+2H+Zn2++H2O，
④ZnO+2OH-+H2O[Zn(OH)4]2-。
4.铬的重要化合物
(1)Cr2O3和Cr(OH)3显两性，其转化关系为Cr3+Cr(OH)3[Cr(OH)4]-。
反应的离子方程式：
①C+3OH-Cr(OH)3↓；
②Cr(OH)3+OH-[Cr(OH)4]-，C+4OH-[Cr(OH)4]-；
③[Cr(OH)4]-+H+Cr(OH)3↓+H2O；
④Cr(OH)3+3H+Cr3++3H2O，[Cr(OH)4]-+4H+C+4H2O。
(2)铬(Ⅵ)最重要的化合物是K2Cr2O7，在水溶液中Cr2和Cr存在下列平衡：
2Cr(黄色)+2H+Cr2(橙红色)+H2O。
5.钒的重要化合物
(1)五氧化二钒既能溶于强碱，又能溶于强酸，如：
V2O5+6NaOH2Na3VO4+3H2O；
V2O5+6HCl2VOCl2+Cl2↑+3H2O。
(2)VO2+、V：在酸性介质中，V具有强氧化性，如：
V+Fe2++2H+VO2++Fe3++H2O，
2V+H2C2O4+2H+2VO2++2CO2↑+2H2O。
6.钴的配合物
(1)Co(Ⅱ)与H2O、Cl-配合的平衡转化
[Co(H2O)6]2+[CoCl4]2-
　粉红色　　　　蓝色
(2)Co(Ⅱ)的配合物具有较强的还原性
Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+[Co(NH3)6]3+
1.(2024·福建漳州统考模拟)某科研团队从铬钒渣中分离钒并制备Cr(OH)3的流程如图：
已知：①“溶解”后所得滤液为Na2CrO4、Na[Al(OH)4]和NaVO3的混合溶液；
②Cr的最高价含氧酸根离子在酸性介质中主要以Cr2存在，在碱性介质中主要以存在。
下列说法错误的是(　　)
A.“灼烧”步骤的尾气中含CO2
B.“沉铝”步骤的离子方程式为2[Al(OH)4]-+CO22Al(OH)3↓+H2O
C.“分离钒”之后Cr元素的存在形式主要为Cr2
D.“转化沉铬”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
2.(2024·河北邢台模拟)BaTiO3是一种压电材料。实验室以纯净BaSO4为原料，采用如图流程模拟工业制备BaTiO3，“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。下列说法错误的是(　　)
A.“焙烧”步骤中固体R为碳粉，作还原剂
B.“浸取”步骤应选用的酸是稀硫酸
C.“酸化”过程中会产生有毒气体，需要在通风橱中进行
D.“沉淀”步骤中生成BaTiO，其热分解的化学方程式为BaTiOBaTiO3+2CO↑+2CO2↑
3.(2024·黑吉辽，16)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为　　　　　(填化学式)。
(2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为　　　　。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成　　　(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As微粒的沉降。
(4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为　　(填标号)。
A.无需控温
B.可减少有害气体产生
C.设备无需耐高温
D.不产生废液废渣
(5)“真金不怕火炼”，表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为　　　 　　　　。
(6)“沉金”中Zn的作用为　　　 　　　　。
(7)滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为　　　 　　　　。
用碱中和HCN可生成　　　　　(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
4.[2023·新课标卷，27(1)(2)(3)(4)(5)]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图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2存在，在碱性介质中以存在。
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　　　 (填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和　　　　。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是　　　　　　　。
(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　　　 　　　　； pH>9时，会导致　　　 　　　　。
(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，溶解为或VO3+，在碱性条件下，溶解为或，上述性质说明V2O5具有　　　　　　(填标号)。
A.酸性 B.碱性 C.两性
答案精析
拓展综合应用
1.B　2.B
3.(1)CuSO4　(2)4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8+4H+　(3)Fe(OH)3　(4)BC　(5)作络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出　(6)作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au　(7)Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4ZnSO4+4HCN+Na2SO4　NaCN
解析　矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As(Ⅴ)，加碱调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]-的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2-的滤液②。(1)“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4。(2)“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+，离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8+4H+。(4)细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意。(5)“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN作络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出。(7)滤液②含有[Zn(CN)4]2-，经过H2SO4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]+2H2SO4ZnSO4+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“浸金”步骤，从而循环利用。
4.(1)Na2CrO4　(2)Fe2O3　(3)Na[Al(OH)4]　(4)溶液中c(P)降低，不利于形成MgNH4PO4沉淀　Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，不利于形成MgSiO3沉淀　(5)C(共68张PPT)
化学
大
一
轮
复
习
第四章 第18讲
“V、Cr、Mn、Co”等过渡金属化合物的制备流程
复习目标
1.了解过渡金属具有多种可变化合价的特点，并能依据化合价预测其性质。
2.能依据信息及化合价解答陌生过渡金属及其化合物制备流程中的有关问题。
1.过渡金属——多变价
(1)高价态金属通常形成含氧酸根离子的盐，具有较强的氧化性，如KMnO4、K2Cr2O7、K2FeO4等，均能将浓盐酸氧化成Cl2。
(2)在空气中灼烧一些不稳定的低价金属的化合物，在分解的同时可能被氧化：
MnOOH　　　　 　MnO2；
Fe(OH)2　　　　　 Fe2O3；
CoC2O4　　　　 Co3O4。
整合必备知识
(3)低价金属的氢氧化物，为难溶性的弱碱，且易分解成氧化物，如Fe(OH)2、Mn(OH)2、Cr(OH)3。
(4)低价硫化物，通常为有色难溶物，如HgS(黑或红)、FeS(黑)、Cu2S(黑)、FeS2(金黄)。
工业生产中，常通过转化价态、调节pH将过渡金属转化为氢氧化物沉淀或难溶硫化物分离除去。
2.过渡金属易形成配合物
(1)过渡金属离子常易水解，其水合离子通常显色，如Cu2+(aq，蓝)、Fe2+(aq，浅绿)、Fe3+(aq，棕黄)、Cr3+(aq，绿)。
(2)容易形成配合物的中心离子，如[Cu(NH3)4]2+、[Ag(NH3)2]+、[Fe(SCN)6]3－、[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+。
(3)向一些盐溶液中滴加氨水，先生成难溶性碱，继续滴加，生成含氨配合物，如
CuSO4(aq)[或AgNO3(aq)] Cu(OH)2(s)[或AgOH(s)]
[Cu(NH3)4]2+{或[Ag(NH3)2]+}。
3.锌及其化合物的转化
①Zn(OH)2+2OH－===[Zn(OH)4]2－，
②Zn(OH)2+2H+===Zn2++2H2O，
③ZnO+2H+===Zn2++H2O，
④ZnO+2OH－+H2O===[Zn(OH)4]2－。
4.铬的重要化合物
(1)Cr2O3和Cr(OH)3显两性，其转化关系为：Cr3+ 　 Cr(OH)3 　[Cr(OH)4]－。
反应的离子方程式：
①Cr3++3OH－===Cr(OH)3↓；
②Cr(OH)3+OH－===[Cr(OH)4]－，Cr3++4OH－===[Cr(OH)4]－；
③[Cr(OH)4]－+H+===Cr(OH)3↓+H2O；
④Cr(OH)3+3H+===Cr3++3H2O，[Cr(OH)4]－+4H+===Cr3++4H2O。
(2)铬(Ⅵ)最重要的化合物是K2Cr2O7，在水溶液中Cr2和Cr存在下列平衡：
2Cr(黄色)+2H+　 Cr2(橙红色)+H2O。
5.钒的重要化合物
(1)五氧化二钒既能溶于强碱，又能溶于强酸，如：
V2O5+6NaOH===2Na3VO4+3H2O；
V2O5+6HCl===2VOCl2+Cl2↑+3H2O。
(2)VO2+、V：在酸性介质中，V具有强氧化性，如：
V+Fe2++2H+===VO2++Fe3++H2O，
2V+H2C2O4+2H+===2VO2++2CO2↑+2H2O。
6.钴的配合物
(1)Co(Ⅱ)与H2O、Cl－配合的平衡转化
[Co(H2O)6]2+　　 [CoCl4]2－
　粉红色　　　　 蓝色
(2)Co(Ⅱ)的配合物具有较强的还原性
Co2++6NH3　　[Co(NH3)6]2+　 [Co(NH3)6]3+
1.(2024·福建漳州统考模拟)某科研团队从铬钒渣中分离钒并制备Cr(OH)3的流程如图：
已知：①“溶解”后所得滤液为Na2CrO4、Na[Al(OH)4]和NaVO3的混合溶液；
拓展综合应用
②Cr的最高价含氧酸根离子在酸性介质中主要以Cr2存在，在碱性介质中主要以存在。
下列说法错误的是
A.“灼烧”步骤的尾气中含CO2
B.“沉铝”步骤的离子方程式为
2[Al(OH)4]－+CO2===2Al(OH)3↓
+H2O
C.“分离钒”之后Cr元素的存在
形式主要为Cr2
D.“转化沉铬”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
√
在“灼烧”步骤，Cr2O3、V2O3、Al2O3与Na2CO3、O2反应产生相应钠盐的同时产生CO2，因此所得的尾气中含CO2，A正确；
“沉铝”步骤通入足量CO2，该反应的离子方程式为[Al(OH)4]－+CO2 === Al(OH)3↓，B错误；
“分离钒”之后，所得溶液显强酸性，根据题意可知，酸性介质中Cr元素的存在形式主要为Cr2，C正确；
Cr2具有强氧化性，与Na2C2O4和NaOH反应生成Cr(OH)3沉淀：Cr2 +3C2+H2O+4OH－===2Cr(OH)3↓+6，在该反应中Cr2为氧化剂，C2为还原剂，则“转化沉铬”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确。
2.(2024·河北邢台模拟)BaTiO3是一种压电材料。实验室以纯净BaSO4为原料，采用如图流程模拟工业制备BaTiO3，“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。下列说法错误的是
A.“焙烧”步骤中固体R为碳粉，
作还原剂
B.“浸取”步骤应选用的酸是稀
硫酸
C.“酸化”过程中会产生有毒气
体，需要在通风橱中进行
D.“沉淀”步骤中生成BaTiO，其热分解的化学方程式为
BaTiO　　BaTiO3+2CO↑+2CO2↑
√
“焙烧”步骤中BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS，C的化合价从0价升高到+2价，即碳粉的主要作用是作还原剂，故A正确；
“浸取”步骤中的滤渣为CaS和碳粉；浸取后滤液中主要为BaCl2和BaS，为不引入杂质，“酸化”步骤中的酸可用盐酸，用稀硫酸会引入杂质，故B错误；
用酸浸取时会有有毒气体H2S生成，需要在通风橱中进行，故C正确；
BaTiO受热分解产生BaTiO3，化学方程式为BaTiO
BaTiO3+2CO↑+2CO2↑，故D正确。
3.(2024·黑吉辽，16)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为　　　　(填化学式)。
CuSO4
矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As(Ⅴ)，加碱调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]－的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2－的滤液②。“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4。
(2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为___________________
　　　　　　　　　　。
4Fe3++8+4H+
4FeS2+15O2+2H2O
“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+，离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O　　 4Fe3++8+4H+。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成　　　　(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As微粒的沉降。
(4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为　　　(填标号)。
A.无需控温 B.可减少有害气体产生
C.设备无需耐高温 D.不产生废液废渣
Fe(OH)3
BC
细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；
由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意。
(5)“真金不怕火炼”，表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为
　　　　　　　 　　　　　。
作络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]－从而浸出
“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN作络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]－从而浸出。
(6)“沉金”中Zn的作用为　　　　　　　　　　　　　　　　。
(7)滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2－转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。用碱中和HCN可生成　　　(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
作还原剂，将[Au(CN)2]－还原为Au
Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===ZnSO4+4HCN+Na2SO4
NaCN
滤液②含有[Zn(CN)4]2－，经过H2SO4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“浸金”步骤，从而循环利用。
4.[2023·新课标卷，27(1)(2)(3)(4)(5)]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图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2存在，在碱性介质中以存在。
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　　　　　(填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和　　　　。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是　　　　 　。
(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　　　　　　　　　　　　　　　　；pH>9时，会导致　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　。
Na2CrO4
Fe2O3
Na[Al(OH)4]
溶液中c(P)降低，不利于形成MgNH4PO4沉淀
Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，不利于形成MgSiO3沉淀
(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，溶解为或VO3+，在碱性条件下，溶解为或，上述性质说明V2O5具有　　(填标号)。
A.酸性 B.碱性 C.两性
C
KESHIJINGLIAN
课时精练
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B C C B C C D
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
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6
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9
10
9.
(1)球形冷凝管　将甲醇、盐酸冷凝回流，提高原料利用率　(2)2Na2CrO4+CH3OH+10HCl(浓) 2CrCl3+4NaCl+7H2O+CO2↑
(3)Cr(OH)3+OH－===[Cr(OH)4]－　(4)向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待蒸馏水自然流下，重复操作2~3次　(5)乙醚　(6)①除去过量的H2O2，防止将KI氧化为I2　②当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液恰好由蓝色褪为无色，且半分钟不恢复原来的颜色　③88.8
答案
1
2
3
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5
6
7
8
9
10
10.
(1)1∶1　H2S　(2)热浸　(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+　
(4)C　Pb+2[AgCl2]－===2Ag+[PbCl4]2－　(5)阳极
1.(2024·北京模拟)从电子废料(含Au、Ag和Cu等)中可回收金，主要流程如图。
已知：王水溶金发生反应Au+HNO3+4HCl===HAuCl4+NO↑+2H2O。
下列说法不正确的是
A.盐酸促进了Au和HNO3的反应，其原因是降低了c(Au3+)，增强了Au的还原性
B.以HAuCl4为电解质进行粗金的电解精炼，可能会有AgCl覆盖在阴极
C.Na2SO3可实现析金发生反应：2HAuCl4+3H2O+3Na2SO3===2Au+3Na2SO4+
8HCl
D.依据王水溶金原理，NaNO3溶液与浓盐酸也可使Au溶解
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答案
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答案
盐酸与Au3+结合生成，降低了c(Au3+)，增强了Au的还原性，A正确；
可能会有AgCl覆盖在阳极，B错误；
Na2SO3作还原剂还原HAuCl4，实现析金，化学反应为2HAuCl4+3H2O+
3Na2SO3===2Au+3Na2SO4+8HCl，C正确；
选用NaNO3溶液、浓盐酸溶金与王水原理相同，也可使Au溶解，D正确。
2.(2024·长沙模拟)以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如图。下列说法正确的是
A.酸浸和沉锰操作均应在较高温
度下进行
B.滤渣1的成分中含有S和SiO2
C.调pH的目的只为除去溶液中的Fe3+
D.沉锰操作中主要反应的离子方
程式是 2HC+Mn2+===MnCO3↓+CO2↑+H2O
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答案
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酸浸时采用高温可以使反应速率加快，而沉锰时如果温度过高，氨水和NH4HCO3受热分解，MnCO3溶解度增大，导致沉锰效率降低，因此应该在低温下进行沉锰，A错误；
调pH的目的是使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，从而达到除去Fe3+、Al3+的目的，C错误；
沉锰操作中加入NH3·H2O和NH4HCO3，反应的离子方程式为2HC+ Mn2++2NH3·H2O===MnCO3↓+C+2N+2H2O，D错误。
答案
3.(2024·福建龙岩高三下学期质量检测)以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)为原料制备ZnO
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答案
的流程如图所示。下列说法正确的是
已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。
A.H—N—H键角：[Cu(NH3)4]2+B.“滤渣②”的主要成分为Fe、Cu和Zn
C.所含金属元素的质量“滤液①”<“滤液②”
D.“煅烧”时需要在隔绝空气条件下进行
√
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10
浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4] 2+，SiO2、Fe2O3不反应，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，滤渣①的主要成分为Fe2O3和SiO2；加入Zn粉时，发生反应Zn+[Cu(NH3)4] 2+
===Cu+[Zn(NH3)4] 2+，从而去除杂质[Cu(NH3)4]2+，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，滤液②中主要含[Zn(NH3)4] 2+、NH4HCO3、NH3·H2O，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀，最后煅烧获得ZnO。NH3提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，对N—H的排斥力减小，则H—N—H键角变大，即[Cu(NH3)4]2+>NH3，故A错误；
答案
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滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，故B错误；
滤液①中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，加入锌粉滤液①中[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+，Zn的相对原子质量大于Cu，金属元素的质量增加，即“滤液①”< “滤液②”，故C正确；
煅烧时ZnCO3·Zn(OH)2会分解，Zn为+2价，不会被氧气氧化，因此不需要隔绝空气，故D错误。
答案
4.(2024·东北三省高三下学期三校联考)KMnO4是重要氧化剂，广泛用于化工、防腐以及制药等领域。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，经中间产物K2MnO4制备KMnO4的流程如图。下列说法错误的是
A.熔融过程中，n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶2
B.滤渣2经处理后可循环回熔融过程以提高锰元素的利用率
C.用盐酸替代CO2能加快酸化时的速率
D.得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、
洗涤、低温干燥
√
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答案
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答案
熔融时发生反应2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+ 2H2O，然后水浸，在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，生成KMnO4、MnO2和KHCO3，再经过一系列操作得到
产品，以此解答该题。由分析可知，熔融过程中O2为氧化剂，MnO2为还原剂，故n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶2，A正确；
滤渣2为MnO2，经处理后可循环回熔融过程以提高锰元素的利用率，B正确；
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答案
由于KMnO4和K2MnO4均能与盐酸发生氧化还原反应，故不能用盐酸替代CO2，C错误；
由题干图示可知，KMnO4的溶解度随温度升高而明显增大，故得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥，D正确。
5.(2024·邯郸高三模拟)为了减少污染和合理使用资源，某厂计划与氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。设计的联合生产的工艺流程如图所示(FeTiO3中Ti为+4价)。下列叙述正确的是
A.在电解槽中阳极常用铁作电
极材料
B.“氯化”反应中氧化剂与CO
的物质的量之比为7∶6
C.“合成”甲醇的反应不符合绿色化学中的原子经济性原则
D.利用TiCl4水解制TiO2·xH2O时，应加强热以促进水解
√
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答案
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答案
电解精制浓缩海水生成氢气、氯气、NaOH，将粉碎的钛铁矿经过处理放入氯化炉、加入焦炭，通入氧化剂Cl2生成CO、TiCl4和FeCl3，CO和H2合成甲醇，以此解答该题。在电解槽中阳极若用铁作电极材料，发生电极反应：Fe－2e－===Fe2+，不能得到Cl2，故不能用铁作阳极材料，应该用石墨等惰性电极，A错误；
由题干流程图可知，“氯化”过程反应的化学方程式为7Cl2+2FeTiO3+6C
2FeCl3+2TiCl4+6CO，氧化剂Cl2与CO的物质的量之比为7∶6，B正确；
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答案
“合成”甲醇的反应即CO和H2合成甲醇，反应的化学方程式为CO+2H2
CH3OH，故符合绿色化学中的原子经济性原则，C错误；
利用TiCl4水解制TiO2·xH2O时，应加热以促进水解，但不能加强热，以免使TiO2·xH2O受热失去结晶水，D错误。
6.(2024·辽宁抚顺六校协作体高三模拟)铁和钛是重要的金属材料。一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3)制备钛和绿矾的工艺流程如图。下列说法错误的是
A.为加快“浸出”速率，可将钛铁
矿粉碎，并适当增大硫酸的浓度
B.加入适量铁屑的目的是除去Fe3+
和过量的硫酸
C.若制得1 mol金属钛，则步骤Ⅲ中
转移电子的物质的量至少为8 mol
D.TiCl4被还原为Ti的过程中需要在密闭容器中用Ar作保护气
√
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加入适量铁屑，发生反应：Fe+2Fe3+===3Fe2+、Fe+2H+===Fe2++H2↑，因此加入铁屑的目的是除去Fe3+和过量的硫酸，故B说法正确；
由反应TiO2+2Cl2+2C 2CO+TiCl4，TiCl4+2Mg===Ti+2MgCl2可知，若制得1 mol金属钛，步骤Ⅲ中转移电子的物质的量至少为4 mol，故C说法错误；
Mg为活泼金属，能与氧气、二氧化碳、氮气反应，因此TiCl4被还原为Ti的过程中需要在密闭容器中用Ar作保护气，故D说法正确。
7.以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NixOy和碳酸亚钴(CoCO3)的工艺流程如图。
下列说法不正确的是
A.“滤渣Ⅰ”的主要成分
是SiO2、BaSO4
B.“氧化”时的离子反应
为6Fe2++6H+===
6Fe3++Cl－+3H2O
C.“调pH”过程中形成黄钠铁矾渣，Na2CO3必须过量
D.“沉钴”过程发生的反应为Co2+===CoCO3↓+CO2↑+H2O
√
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答案
废料中加入硫酸，NiO、FeO、Fe2O3、CoO、BaO均能与硫酸反应，生成的NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4进入溶液，SiO2和硫酸钡为滤渣，A正确；
“调pH”过程中形成黄钠铁矾渣，Na2CO3不能过量，防止Co2+、Ni2+形成沉淀而损失，C错误。
8.某铬贫矿主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3，采用次氯酸钠法处理矿石并制备CrO3的工艺流程如图，已知“氧化浸出”时铁以最高价氧化物存在。下列说法错误的是
A.“氧化浸出”时煮沸的目的是
加快氧化浸出速率
B.滤渣的主要成分是MgO、Fe2O3
C.化合物Ⅰ为NaOH，化合物Ⅱ为
NaHCO3
D.实验室进行“混合”时，将Na2Cr2O7溶液缓慢倒入浓硫酸中，边倒边搅拌
√
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答案
温度升高，反应速率变快，A正确；
Al2O3与NaOH溶液反应，则“滤渣”的主要成分为MgO、Fe2O3，B正确；由于电解时产生氢气和氯气，故会产生NaOH，“沉铝”时通入过量的CO2，产生NaHCO3，C正确；
实验室进行“混合”时，将浓硫酸缓慢倒入Na2Cr2O7溶液中，边倒边搅拌，D错误。
9.(2024·安徽皖江名校联盟高三下学期模拟)六水合三氯化铬(CrCl3·6H2O)可用于制备催化剂、媒染剂和聚合胶黏剂。实验室用铬酸钠(Na2CrO4)为原料
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答案
制备六水合三氯化铬的实验方案和装置如右：
已知：①甲醇沸点64.7 ℃。
②六水合三氯化铬易溶于水、可溶于乙醇、不溶于乙醚。
③Cr(OH)3的性质与Al(OH)3类似。
(1)仪器a的名称为　　　　 　；步骤Ⅰ中使用该仪器的作用是
　　　　　　 　　　　　　　。
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答案
球形冷凝管
将甲醇、盐酸冷凝回流，提高原料利用率
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答案
由装置图可知，仪器a为球形冷凝管；因为甲醇沸点为64.7 ℃，为减少反应过程中甲醇和盐酸的大量挥发，故使用球形冷凝管对其冷凝回流，提高原料利用率。
(2)步骤Ⅰ反应生成CrCl3的同时有CO2气体逸出，反应的化学方程式为
　　　 　　　　　　　　。
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答案
2Na2CrO4+CH3OH+10HCl(浓) 2CrCl3+4NaCl+7H2O+CO2↑
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答案
由信息可知，甲醇转变为CO2，Na2CrO4被还原为CrCl3，根据元素守恒和得失电子守恒可写出反应的化学方程式为2Na2CrO4+CH3OH+10HCl(浓)
2CrCl3+4NaCl+7H2O+CO2↑。
(3)步骤Ⅱ中调节溶液pH不能加入过量NaOH的原因是________________
　　　　　　　(用离子方程式解释)。
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答案
Cr(OH)3+OH－
===[Cr(OH)4]－
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答案
因为Cr(OH)3的性质与Al(OH)3类似，具有两性，故如果加入过量NaOH溶液，Cr(OH)3会反应生成[Cr(OH)4]－，离子方程式为Cr(OH)3+OH－===[Cr(OH)4]－。
(4)步骤Ⅳ中洗涤Cr(OH)3固体的方法是_____________________________
　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　。
(5)步骤Ⅵ中“一系列操作”包括加热浓缩、冷却结晶、过滤、用少量
　　　洗涤、低温烘干。
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答案
向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待蒸馏水自然流下，重复操作2~3次
乙醚
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答案
CrCl3·6H2O不溶于乙醚，由CrCl3溶液得到CrCl3·6H2O晶体的一系列操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、用少量乙醚洗涤、低温烘干。
(6)用碘量法测定产品纯度。称取6.0 g产品，在强碱性条件下，加入过量H2O2溶液，小火加热使Cr3+完全转化为，再继续加热煮沸一段时间。冷却至室温后，滴入适量稀硫酸使转化为Cr2，再加入蒸馏水将溶液稀释至250 mL。取25.00 mL溶液，加入过量KI溶液，滴加2~3滴淀粉溶液，用0.300 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2===S4+2I－，三次平行实验测得消耗Na2S2O3标准溶液体积的数据如下：
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答案
第1次 第2次 第3次
20.05 mL 20.30 mL 19.95 mL
①“继续加热煮沸一段时间”的目的是____________________________
　　 　。
②滴定终点的现象为____________________________________________
　　　　　　　 　　。
③该产品的纯度为　 　%(结果保留1位小数)。
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答案
第1次 第2次 第3次
20.05 mL 20.30 mL 19.95 mL
除去过量的H2O2，防止将KI氧
化为I2
当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液恰好由蓝色褪为无色，且半分钟不恢复原来的颜色
88.8
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答案
根据元素守恒和得失电子守恒可得出关系：2Cr3+~~Cr2~3I2~ 6S2，又第2次滴定时的数据误差较大应舍去，
因此消耗Na2S2O3标准溶液的体积为 mL=20.00 mL，
故产品的纯度为×100%≈88.8%。
10.(2024·山东，18)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如右：
(1)“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3+物质的量之比为　　；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止
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1∶1
“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生　　　(填化学式)。
H2S
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答案
本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag，“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，“过滤Ⅰ”除掉含硫滤渣，滤液中[PbCl4]2－在稀释冷却的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为[PbCl4]2－，电解得到Pb；“过滤Ⅱ”后的滤液成分主要为[AgCl2]－、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将[AgCl2]－置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X的金属性应比Ag强，为不引入新的杂质，可知X为铅，尾液为FeCl2溶液。
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答案
“热浸”时，Fe3+将PbS和Ag2S中－2价的硫氧化为单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，S2－的物质的量相等，消耗Fe3+的物质的量相等；溶液中盐酸浓度过大，会与S2－结合生成H2S气体。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为　　　。
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答案
热浸
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答案
“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为[PbCl4]2－，电解[PbCl4]2－溶液制备金属Pb，Pb在阴极产生，阳极Cl－放电产生Cl2，可将尾液中的FeCl2氧化为FeCl3，在“热浸”中循环使用。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是　　　　　　　　　　　。
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答案
将过量的Fe3+还原为Fe2+
“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
(4)“置换”中可选用的试剂X为
　　(填标号)。
A.Al B.Zn C.Pb D.Ag
“置换”反应的离子方程式为
　　　　　　　　　　　　　　。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作　　　(填“阴极”或“阳极”)。
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答案
C
Pb+2[AgCl2]－===2Ag+[PbCl4]2－
阳极
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“电解Ⅱ”中将富银铅泥作阳极板，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子转化为Pb2+，阴极Pb2+得电子析出Pb。第四章　第18练　“V、Cr、Mn、Co”等过渡金属化合物的制备流程
分值：100分
(选择题1~8题，每小题8分，共64分)
1.(2024·北京模拟)从电子废料(含Au、Ag和Cu等)中可回收金，主要流程如图。
已知：王水溶金发生反应Au＋HNO3＋4HCl===HAuCl4＋NO↑＋2H2O。
下列说法不正确的是(　　)
A.盐酸促进了Au和HNO3的反应，其原因是降低了c(Au3＋)，增强了Au的还原性
B.以HAuCl4为电解质进行粗金的电解精炼，可能会有AgCl覆盖在阴极
C.Na2SO3可实现析金发生反应：2HAuCl4＋3H2O＋3Na2SO3===2Au＋3Na2SO4＋8HCl
D.依据王水溶金原理，NaNO3溶液与浓盐酸也可使Au溶解
2.(2024·长沙模拟)以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如图。下列说法正确的是(　　)
A.酸浸和沉锰操作均应在较高温度下进行
B.滤渣1的成分中含有S和SiO2
C.调pH的目的只为除去溶液中的Fe3＋
D.沉锰操作中主要反应的离子方程式是 2HC＋Mn2＋===MnCO3↓ ＋CO2 ↑＋H2O
3.(2024·福建龙岩高三下学期质量检测)以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)为原料制备ZnO的流程如图所示。下列说法正确的是(　　)
已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2＋和[Cu(NH3)4]2＋。
A.H—N—H键角：[Cu(NH3)4]2＋B.“滤渣②”的主要成分为Fe、Cu和Zn
C.所含金属元素的质量“滤液①”<“滤液②”
D.“煅烧”时需要在隔绝空气条件下进行
4.(2024·东北三省高三下学期三校联考)KMnO4是重要氧化剂，广泛用于化工、防腐以及制药等领域。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，经中间产物K2MnO4制备KMnO4的流程如图。下列说法错误的是(　　)
A.熔融过程中，n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶2
B.滤渣2经处理后可循环回熔融过程以提高锰元素的利用率
C.用盐酸替代CO2能加快酸化时的速率
D.得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥
5.(2024·邯郸高三模拟)为了减少污染和合理使用资源，某厂计划与氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。设计的联合生产的工艺流程如图所示(FeTiO3中Ti为＋4价)。下列叙述正确的是(　　)
A.在电解槽中阳极常用铁作电极材料
B.“氯化”反应中氧化剂与CO的物质的量之比为7∶6
C.“合成”甲醇的反应不符合绿色化学中的原子经济性原则
D.利用TiCl4水解制TiO2·xH2O时，应加强热以促进水解
6.(2024·辽宁抚顺六校协作体高三模拟)铁和钛是重要的金属材料。一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3)制备钛和绿矾的工艺流程如图。下列说法错误的是(　　)
A.为加快“浸出”速率，可将钛铁矿粉碎，并适当增大硫酸的浓度
B.加入适量铁屑的目的是除去Fe3＋和过量的硫酸
C.若制得1 mol金属钛，则步骤Ⅲ中转移电子的物质的量至少为8 mol
D.TiCl4被还原为Ti的过程中需要在密闭容器中用Ar作保护气
7.以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NixOy和碳酸亚钴(CoCO3)的工艺流程如图。
下列说法不正确的是(　　)
A.“滤渣Ⅰ”的主要成分是SiO2、BaSO4
B.“氧化”时的离子反应为6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O
C.“调pH”过程中形成黄钠铁矾渣，Na2CO3必须过量
D.“沉钴”过程发生的反应为Co2＋===CoCO3↓＋CO2↑＋H2O
8.某铬贫矿主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3，采用次氯酸钠法处理矿石并制备CrO3的工艺流程如图，已知“氧化浸出”时铁以最高价氧化物存在。下列说法错误的是(　　)
A.“氧化浸出”时煮沸的目的是加快氧化浸出速率
B.滤渣的主要成分是MgO、Fe2O3
C.化合物Ⅰ为NaOH，化合物Ⅱ为NaHCO3
D.实验室进行“混合”时，将Na2Cr2O7溶液缓慢倒入浓硫酸中，边倒边搅拌
9.(20分)(2024·安徽皖江名校联盟高三下学期模拟)六水合三氯化铬(CrCl3·6H2O)可用于制备催化剂、媒染剂和聚合胶黏剂。实验室用铬酸钠(Na2CrO4)为原料制备六水合三氯化铬的实验方案和装置如下：
已知：①甲醇沸点64.7 ℃。
②六水合三氯化铬易溶于水、可溶于乙醇、不溶于乙醚。
③Cr(OH)3的性质与Al(OH)3类似。
(1)仪器a的名称为　　　　　　　　　；步骤Ⅰ中使用该仪器的作用是　　　　　　　　　　　　　。
(2)步骤Ⅰ反应生成CrCl3的同时有CO2气体逸出，反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。
(3)步骤Ⅱ中调节溶液pH不能加入过量NaOH的原因是　　　　　　　　　　　(用离子方程式解释)。
(4)步骤Ⅳ中洗涤Cr(OH)3固体的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)步骤Ⅵ中“一系列操作”包括加热浓缩、冷却结晶、过滤、用少量　　　　　　　　　洗涤、低温烘干。
(6)用碘量法测定产品纯度。称取6.0 g产品，在强碱性条件下，加入过量H2O2溶液，小火加热使Cr3＋完全转化为，再继续加热煮沸一段时间。冷却至室温后，滴入适量稀硫酸使转化为Cr2，再加入蒸馏水将溶液稀释至250 mL。取25.00 mL溶液，加入过量KI溶液，滴加2~3滴淀粉溶液，用0.300 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2＋2S2===S4＋2I－，三次平行实验测得消耗Na2S2O3标准溶液体积的数据如下：
第1次 第2次 第3次
20.05 mL 20.30 mL 19.95 mL
①“继续加热煮沸一段时间”的目的是　　　　　　　　　　。
②滴定终点的现象为　　　　　　　　　　。
③该产品的纯度为　　　　　　　　　　%(结果保留1位小数)。
10.(16分)(2024·山东，18)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：
(1)“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3＋物质的量之比为　　　　　；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为　　　　　　　　　。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)“置换”中可选用的试剂X为　　　　　(填标号)。
A.Al B.Zn C.Pb D.Ag
“置换”反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作　　　　　　　　　　　　　(填“阴极”或“阳极”)。
答案精析
1.B
2.B　[酸浸时采用高温可以使反应速率加快，而沉锰时如果温度过高，氨水和NH4HCO3受热分解，MnCO3溶解度增大，导致沉锰效率降低，因此应该在低温下进行沉锰，A错误；调pH的目的是使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，从而达到除去Fe3+、Al3+的目的，C错误；沉锰操作中加入NH3·H2O和NH4HCO3，反应的离子方程式为2HC+Mn2++2NH3·H2OMnCO3↓+C+2N+2H2O，D错误。]
3.C
4.C　[熔融时发生反应2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，然后水浸，在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，生成KMnO4、MnO2和KHCO3，再经过一系列操作得到产品，以此解答该题。由分析可知，熔融过程中O2为氧化剂，MnO2为还原剂，故n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶2，A正确；滤渣2为MnO2，经处理后可循环回熔融过程以提高锰元素的利用率，B正确；由于KMnO4和K2MnO4均能与盐酸发生氧化还原反应，故不能用盐酸替代CO2，C错误；由题干图示可知，KMnO4的溶解度随温度升高而明显增大，故得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥，D正确。]
5.B
6.C　[加入适量铁屑，发生反应：Fe+2Fe3+3Fe2+、Fe+2H+Fe2++H2↑，因此加入铁屑的目的是除去Fe3+和过量的硫酸，故B说法正确；由反应TiO2+2Cl2+2C2CO+TiCl4，TiCl4+2MgTi+2MgCl2可知，若制得1 mol金属钛，步骤Ⅲ中转移电子的物质的量至少为4 mol，故C说法错误；Mg为活泼金属，能与氧气、二氧化碳、氮气反应，因此TiCl4被还原为Ti的过程中需要在密闭容器中用Ar作保护气，故D说法正确。]
7.C
8.D　[温度升高，反应速率变快，A正确；Al2O3与NaOH溶液反应，则“滤渣”的主要成分为MgO、Fe2O3，B正确；由于电解时产生氢气和氯气，故会产生NaOH，“沉铝”时通入过量的CO2，产生NaHCO3，C正确；实验室进行“混合”时，将浓硫酸缓慢倒入Na2Cr2O7溶液中，边倒边搅拌，D错误。]
9.(1)球形冷凝管　将甲醇、盐酸冷凝回流，提高原料利用率　(2)2Na2CrO4+CH3OH+10HCl(浓)2CrCl3+4NaCl+7H2O+CO2↑　(3)Cr(OH)3+OH-[Cr(OH)4]-　(4)向漏斗中加入蒸馏水至刚好浸没沉淀，待蒸馏水自然流下，重复操作2~3次　(5)乙醚　(6)①除去过量的H2O2，防止将KI氧化为I2　②当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液恰好由蓝色褪为无色，且半分钟不恢复原来的颜色　③88.8
10.(1)1∶1　H2S　(2)热浸　(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+
(4)C　Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-　(5)阳极
解析　本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag， “热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，“过滤Ⅰ”除掉含硫滤渣，滤液中[PbCl4]2-在稀释冷却的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为[PbCl4]2-，电解得到Pb；“过滤Ⅱ”后的滤液成分主要为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将[AgCl2]-置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X的金属性应比Ag强，为不引入新的杂质，可知X为铅，尾液为FeCl2溶液。(1)“热浸”时，Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，S2-的物质的量相等，消耗Fe3+的物质的量相等；溶液中盐酸浓度过大，会与S2-结合生成H2S 气体。(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为[PbCl4]2-，电解[PbCl4]2-溶液制备金属Pb，Pb在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 可将尾液中的FeCl2氧化为FeCl3，在“热浸”中循环使用。(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥作阳极板，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子转化为Pb2+，阴极Pb2+得电子析出Pb。

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