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北京市海淀区十九中2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题(含解析).doc

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资源描述

1、北京市海淀区十九中2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题(含解析)可能用到的原子量:H1 C12 O16第一部分(单项选择题)1.下列反应不是氧化还原反应,但是吸热反应的是A. 铝片与稀硫酸的反应B. 灼热的碳与二氧化碳的反应C. 甲烷在氧气中的燃烧D. Ba(OH)28H2O 与 NH4Cl 的反应【答案】D【解析】【详解】A. 铝片与稀硫酸的反应生成硫酸铝和氢气,有化合价变化,是氧化还原反应,是放热反应,故A不符合题意;B. 灼热的碳与二氧化碳的反应生成一氧化碳,有化合价变化,是氧化还原反应,是吸热反应,故B不符合题意;C. 甲烷在氧气中的燃烧生成二氧化碳和水,有化合价变化,是氧

2、化还原反应,是放热反应,故C不符合题意;D. Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应生成氯化钡、氨气和水,没有化合价变化,是吸收反应,故D符合题意。综上所述,答案为D。2.在定温定容的密闭容器中合成SO3 ,下列能说明反应 2SO2(g)O2(g)2SO3(g)达到化 学平衡状态的是A. c(SO2 ):c(O2 ):c(SO3 )=2:1:2B. 容器内的密度不再改变C. SO2 的转化率不再改变D. SO3 的生成速率与 SO2 的消耗速率相等【答案】C【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征:当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生

3、变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A当体系达平衡状态时,SO、O2和SO3的物质的量之比可能为2:1:2,也可能不是2:1:2,与各物质的初始浓度及转化率有关,故A不选;B反应过程中,气体的质量和容器的体积始终保持不变,容器内的密度不再改变,不能确定是否到达平衡状态,故B不选;CSO2的转化率不再改变,正逆反应速率相等,达平衡状态,故C选;D只要反应发生就有SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等,故D不选;故选C。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断,注意当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,但不为0,易

4、错点D,SO3的生成速率与SO2的消耗速率均为正速率,始终相等。3.工业合成氨的反应原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0,下列措施既能加快反应速率又能提高产率的是A. 增大压强B. 分离出NH3C. 升高温度D. 使用催化剂【答案】A【解析】【详解】A.增大压强平衡正向移动,产率提高,且化学反应速率加快,故A符合;B.分离出氨气,平衡正向移动,提高产率,但是化学反应速率减慢,故B不符合;C.升高温度化学反应速率加快,但是平衡逆向移动,产率降低,故C不符合;D.使用催化剂加快化学反应速率,但是平衡不移动,产率不变,故D不符合;故选 A。4.下列溶液一定呈中性的是A. 使甲基橙试液呈黄

5、色的溶液B. c(H+)= c(OH-)=10-6mol/L 溶液C. pH=7 的溶液D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液【答案】B【解析】【详解】A.甲基橙变色范围是3.14.4,pH4.4时溶液呈黄色,故加入甲基橙后呈黄色的溶液,可能为酸性、中性或碱性,故A不符合;B.c(H+)= c(OH-)的溶液呈中性,故B符合;C.常温下pH=7的溶液呈中性,水的电离是一个吸热过程,但在其他温度下pH= 7的溶液不可能显中性,故C不符合; D.酸与碱恰好完全反应生成正盐,可能是NaCl、氯化铵、碳酸钾等,则反应后的溶液可能为中性、酸性、碱性,故D不符合;故选: B。5.某科研入员提出 HCHO

6、与 O2 在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成 CO2、H2O 的历程,该历程示意图如下(图中只画出了 HAP 的部分结构)。下列说法不正确的是A. HCHO 在反应过程中,有CH 键发生断裂B. HAP 能提高HCHO 与O2 的反应速率和反应物的转化率C. 根据图示信息,CO2 分子中的氧原子并非全部来自 O2D. 该反应可表示为:HCHO+O2 CO2+H2O【答案】B【解析】【详解】AHCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成,所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水,故A正确;B根据图知,HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物,所以为催化剂,催化剂能改变化学反应速率,但不影响平衡

7、移动,所以该反应中HAP作催化剂能提高反应速率但反应物的转化率不变,故B错误;C根据图知,CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛,故C正确;D该反应中反应物是甲醛和氧气,生成物是二氧化碳和水,HAP为催化剂,反应方程式为HCHO+O2 CO2+H2O,故D正确;答案为B。6.氧化亚铜常用于制船底防污漆。用 CuO 与Cu 高温烧结可制取Cu2O,已知反应:2Cu(s) +O2(g)=2CuO(s)H= -314kJ/mol;2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)H= -290kJ/mol,则CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s) H 等于A. -11kJ/molB. -12kJ/mol

8、C. +11kJ/molD. -24kJ/mol【答案】B【解析】【详解】已知反应:2Cu(s) +O2(g)=2CuO(s)H= -314kJ/mol;2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)H= -290kJ/mol,根据盖斯定律,将可得:CuO(s) + Cu(s)= Cu2O(s),则得H=,故选 B。7.用电解的方法分析水的组成时,需向水中加入电解质,不宜选用的是A. AgNO3B. Na2SO4C. NaOHD. H2SO4【答案】A【解析】【详解】A加入AgNO3,电解AgNO3溶液时阴极析出银,阳极产生氧气,不是电解水,故A符合题意;B加入Na2SO4,增大溶液离子浓度,导

9、电性增强,且不影响H2和O2的生成,故B不符合题意;C加入NaOH,增大溶液离子浓度,导电性增强,且不影响H2和O2的生成,故C不符合题意;D加入H2SO4,增大溶液离子浓度,导电性增强,且不影响H2和O2的生成,故D不符合题意;答案为A。8.某同学运用电解原理实现在铁棒上镀铜,设计如图装置,下列判断不正确是A. a 是铁B. 液体 c 可用硫酸铜溶液C. 该实验过程中c (Cu2+)变小D. b 上发生反应的方程式为 Cu-2e-= Cu2+【答案】C【解析】【分析】要在铁棒上镀铜,则铁电极应发生还原反应生成铜单质,即铁电极为阴极,与负极相连,则b电极为阳极,发生氧化反应,要在铁电极生成铜单

10、质,则溶液应为含铜的盐。【详解】A. a为铁,发生还原反应生成铜,达到镀铜的目的,故A正确;B.电解质应含铜离子,可为硫酸铜等,故B正确;C.电镀时,阳极消耗铜,阴极析出铜,c(Cu2+)基本保持不变,故C不正确;D. b发生氧化反应,为Cu- 2e-= Cu2+,故D正确;故选:C。【点睛】电镀时,阴极为待镀金属,阳极为镀层金属。9.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是 ( )A. 醋酸能使石蕊溶液变红B. 时.醋酸的pH约为3C. 向醋酸中加入氢氧化钠溶液,溶液pH增大D. 醋酸能与碳酸钙反应产生气体【答案】B【解析】【分析】弱电解质在水溶液中不能完全电离,存在电离平衡,由此判断回答。【详解】

11、A项:使石蕊变红只能说明醋酸在溶液中已电离,但不能判断电离是否完全,A项错误;B项:醋酸的pH约为3,即c(H+)为0.001mol/L,醋酸未完全电离,为弱电解质,B项正确;C项:醋酸中加入氢氧化钠溶液,发生中和反应使c(H+)减小,溶液pH增大,不能判断醋酸电离是否完全,C项错误;D项:与碳酸钙反应产生气体,也只能证明醋酸有酸性,不能判断醋酸电离是否完全,D项错误。本题选B。【点睛】判断电解质强弱是看已溶解的电解质是否完全电离,与电解质的溶解度大小、溶液导电能力的强弱无关。10.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是A. 升高温度水的离子积增大B. 镁条与氯化铵溶液反应生成氢气C. 制备

12、H2 时用粗锌比纯锌的速率快D. 压缩 NO2 的体积,气体的颜色先加深后逐渐变浅【答案】C【解析】【详解】A水的电离是吸热的过程,升高温度促进电离,水的离子积增大,能用平衡移动原理解释,故A不符合题意;B氯化铵中的铵根离子水解显酸性,可以和金属镁反应产生氢气,所以与盐类水解平衡的移动有关,故B不符合题意;C锌与硫酸反应生成氢气,粗锌和硫酸形成原电池,原电池能加快化学反应速率,与平衡移动无关,故C符合题意;D存在平衡2NO2(g)N2O4(g),增大压强,混合气体浓度增大,平衡体系颜色变深,该反应正反应为体积减小的反应,增大压强平衡正反应方向移动,二氧化氮的浓度又降低,颜色又变浅,由于平衡移动

13、的目的是减弱变化,而不是消除,故颜色仍比原来的颜色深,所以可以用平衡移动原理解释,故D不符合题意;答案为C。11.相同温度下,根据三种酸的电离常数,下列判断正确的是酸HXHYHZ电离常数 K910-7910-6110-2A. 三种酸的强弱关系:HXHYHZB. 反应 HXY-=HYX-能够发生C. 相同温度下,0.1 molL-1的NaX、NaY、NaZ 溶液,NaZ 溶液 pH 最小D. 相同温度下,1 molL-1HX溶液的电离常数大于0.1 molL-1HX【答案】C【解析】【详解】A相同温度下,酸的电离平衡常数越大,则酸的电离程度越大,酸的酸性越强,根据电离平衡常数知,酸性HZHYHX

14、,故A错误;B相同温度下,酸的电离平衡常数越大,则酸的电离程度越大,酸的酸性越强,根据电离平衡常数知,酸性HYHX,则弱酸不能制取强酸,反应 HXY-=HYX-不能够发生,故B错误;C相同温度下,酸的电离平衡常数越大酸性越强,其对应酸根离子水解程度越小,相同浓度的钠盐溶液的pH越小,根据电离平衡常数知,酸性HZHYHX,则水解程度NaXNaYNaZ,所以相同浓度的钠盐溶液的pH:NaXNaYNaZ,NaZ 溶液 pH 最小,故C正确;D电离平衡常数只与温度有关,与浓度无关,温度不变电离平衡常数不变,故D错误;答案为C。12.关于0.1mol/LNa2CO3 溶液,下列判断不正确的是A. 粒子种

15、类与NaHCO3 溶液不同B. 升高温度,c( )减小C. 加入Ca(OH)2溶液,c( )减小D. c(H+ )+c(Na+ )=2c()+c()+c(OH- )【答案】A【解析】【详解】A. Na2CO3溶液中分步水解,+ H2O + OH-,+ H2OH2CO3+OH-,以第一步水解为主,NaHCO3溶液中,存在水解和电离,+ H2OH2CO3+OH-,=+H+,以水解为主,所以Na2CO3中粒子种类与NaHCO3溶液相同,均为7种,故A错误;B.水解吸热,所以升高温度,水解程度增大,c()减小,故B正确;C.加入Ca(OH)2溶液,会转化为CaCO3沉淀,c()减小,故C正确;D. N

16、a2CO3溶液中存在电荷守恒:c(H+ )+c(Na+ )=2c()+c()+c(OH- ),故D正确;故选A。13.下列有关事实,与水解反应无关的是A. 实验室保存FeCl2溶液时常加入Fe粉B. 碳酸钠溶液中, c(H+) c(OH-)C. 加热蒸干氯化铁溶液,不能得到氯化铁晶体D. 用 TiCl4 和大量水反应,同时加热制备 TiO2【答案】A【解析】【分析】碳酸钠为强碱弱酸盐、氯化铁、TiCl4为强酸弱碱盐,对应的水溶液都能水解。【详解】A实验室保存FeCl2溶液时常加入Fe粉,是为了防止亚铁离子氧化成铁离子,故A选;B碳酸钠溶液中,碳酸根离子水解消耗氢离子,促进水电离,氢氧根离子浓度

17、增大,c(H+) c(OH-),故B不选;C加热蒸干氯化铁溶液,铁离子水解,生成氢氧化铁和盐酸,加热后盐酸挥发,促进水解正向进行,不能得到氯化铁晶体,故C不选;D用 TiCl4和大量水发生水解反应,TiCl4和大量的水在加热条件下反应发生水解生成Ti(OH)4,Ti(OH)4分解生成TiO2,与盐类水解有关;加热分解生成TiO2,故D不选;故选A。14.为了除去 MgCl2 酸性溶性中的 Fe3+,可在加热搅拌的条件下加入一种试剂,过滤后再加入适量盐酸,这种试剂是A. NH3H2OB. MgOC. Na2CO3D. NaOH【答案】B【解析】【详解】A加入一水合氨会引入新的杂质氯化铵,故A错误

18、;B溶液显酸性,加入MgO,MgO与氢离子反应,可起到调节溶液pH的作用,促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去,且不引入新的杂质,故B正确;C加入Na2CO3,引入新的杂质NaCl,故C错误;D加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀,且新的杂质NaCl,故D错误;故答案为B。15.有NaOH 溶液 Na2CO3 溶液 CH3COONa 溶液各 10mL,物质的量浓度均为0.1molL-1,下列说法正确的是A. 三种溶液 pH 的大小顺序是B. 三种溶液中由水电离出的 OH-浓度大小顺序是C. 若将三种溶液稀释相同倍数,pH 变化最大的是D. 若分别加入 10mL0.1molL-1 盐酸后,pH 最大

19、的是【答案】B【解析】【详解】A氢氧化钠为碱,碳酸钠、醋酸钠都是强碱弱酸盐,碳酸钠水解程度大于醋酸钠,所以三种溶液pH的大小顺序是,故A错误;B氢氧化钠为碱抑制水电离,碳酸钠、醋酸钠都是强碱弱酸盐,促进水电离,碳酸钠水解程度大于醋酸钠,对水电离促进程度大,三种溶液中由水电离出的 OH-浓度大小顺序是,故B正确;C稀释时强碱的变化程度大,所以三种溶液稀释相同倍数,pH变化最大的是,故C错误;D等体积等浓度混合后,中溶质为NaCl,溶液呈中性,中溶质为NaHCO3、NaCl,碳酸氢钠水解显碱性,中溶质为NaCl、CH3COOH,溶液呈酸性,pH最大的是,故D错误;故选B。16.下列关于金属腐蚀与防

20、护的说法不正确的是A. 图,放置于干燥空气中的铁钉不易生锈B. 图,若断开电源,钢闸门将发生析氢腐蚀C. 图,若将钢闸门与电源的负极相连,可防止钢闸门腐蚀D. 图,若金属M 比 Fe 活泼,可防止输水管腐蚀【答案】B【解析】【详解】A. 图,放置于干燥空气中的铁钉不易生锈,放在潮湿的空气中易生锈,故A正确;B. 图,若断开电源,电解质是中性或弱碱性环境,钢闸门将发生吸氧腐蚀,故B错误;C. 图,若将钢闸门与电源的负极相连,可防止钢闸门腐蚀,防腐方法为外加电流的阴极保护法,故C正确;D. 图,若金属M比Fe活泼,可防止输水管腐蚀,让M作负极,Fe作正极,叫牺牲阳极的阴极保护法,故D正确。综上所述

21、,答案为B。17.某温度下,在容积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3.25molH2,发生CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) Hc(Na+)c(HX)c(H+)c(OH-),B项错误;C项:当与恰好完全反应时生成NaX,因X的水解,溶液pH应大于7。点b的pH=7,必有HX剩余,C项错误;D项:据物料守恒,曲线上任何一点都有n(X-)+n(HX)=25mL0.10molL-1,点c溶液总体积约50mL,则,D项正确。本题选D。第二部分(非选择题)21.(1)已知键能如下:H-H为akJ/mol NN为bkJ/mol N-H为ckJ/mol,则N2(g)+3H2(g)

22、2NH3(g) H=_;(2)石墨吸热生成金刚石,则二者中相对稳定的物质为_;(3)明矾净水的离子方程式为:_;(4)催化剂可以加快化学反应速率的原因_,此外催化剂和升温都能提高活化分子的百分数,催化剂不能影响平衡的移动。(5)常温时,pH=9的氨水溶液中,由水电离出的c(OH-)为_。【答案】 (1). (3a+b-6c)kJmol-1 (2). 石墨 (3). Al3+3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+ (4). 降低反应的活化能,增大活化分子百分数,增大单位体积内的活化分子数目,有效碰撞增多,反应速率加快 (5). 10-9mol/L【解析】【详解】(1)已知:H-H键能为akJm

23、ol-1,NN键的键能bkJmol-1,H-N键能为ckJmol-1,对于反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)的反应热H=反应物的总键能-生成物的总键能=bkJmol-1+akJmol-13-ckJmol-16=(3a+b-6c)kJmol-1;答案为(3a+b-6c)kJmol-1。(2)因为石墨吸热生成金刚石,石墨比金刚石能量低,能量越低越稳定,所以稳定性石墨金刚石,则二者中相对稳定的物质为石墨;答案为石墨。(3)明矾为KAl(SO4)212H2O,溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体,具有吸附悬浮杂质的作用,起到净水目的,反应的离子方程式为:Al3+3H2O=Al(OH)3(胶

24、体)+3H+;答案为Al3+3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+。(4)加入催化剂,降低反应的活化能,增大活化分子百分数,增大单位体积内的活化分子数目,有效碰撞增多,反应速率加快;答案为降低反应的活化能,增大活化分子百分数,增大单位体积内的活化分子数目,有效碰撞增多,反应速率加快。(5)氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离,则氨水中的氢离子是水电离的,pH=9的氨水溶液中,氢离子浓度为10-9mol/L,水电离的氢离子和氢氧根离子浓度相等,则水电离的c(OH-)为10-9mol/L;答案为10-9mol/L。22.氯气是一种重要的化工原料,在生产和生活中应用十分广泛。地康法制取氯气的反应为

25、:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)H= -120kJ/mol 该反应分两步进行,其基本原理如下图所示:过程 I 的反应为, 2HCl(g)+CuO(s) CuCl2(s)+H2O(g)H= -132kJ/mol(1)该原理中起到催化剂作用物质的化学式为_;(2)过程 II 反应的热化学方程式为_; (3)压强为p1时,地康法中HCl 平衡转化率(aHCl ) 随温度变化曲线如图。比较 a、b 两点的平衡常数大小 K(a)=_K(b)(填“”“”“”或“=”)。【答案】 (1). CuO (2). 2CuCl2(s)+ O2(g) = 2CuO(s) + 2C12(g)H

26、= +144kJ/mol (3). (4). 升高温度HCl转化率降低,则平衡逆向移动,平衡常数减小 (5). 【解析】【分析】(1).根据反应前后CuO不变化可知CuO为催化剂;(2).根据盖斯定律解答;(3).根据影响平衡移动解答,升高温度HCl的转化率降低,则平衡逆向移动,平衡常数减小。【详解】(1)根据图知,反应I中CuO是反应物、反应II中CuO是生成物,所以CuO为催化剂,故答案为: CuO;(2) 4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)H= -120kJ/mol2HCl(g)+CuO(s) CuCl2(s)+H2O(g)H= -132kJ/mol反应II的方程式

27、为2CuCl2(s)+ O2(g) = 2CuO(s) + 2C12(g),方程式II可由- 2得到,H= - 120kJ/mol- 2(-132kJ/mol)= + 144kJ/ mol,故答案为:2CuCl(s)+ O2(g) = 2CuO(s) + 2C12(g)H= +144kJ/mol;(3)升高温度HCl的转化率降低,则平衡逆向移动,平衡常数减小,压强相同时温度a K(b),故答案为: ;升高温度HCl的转化率降低,则平衡逆向移动,平衡常数减小;c点表示投料不变,350、压强为p2时,该反应前后气体计量数之和减小,增大压强HCl的转化率增大,相同温度时转化率c点低,则c点压强较小,

28、所以p2p1,故答案为: 。23.电镀行业产生的酸性含铬废水对环境有污染,其中所含的Cr(VI)是主要污染物,可采用多种方法处理将其除去,查阅资料可知: 常温下,部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 如下表:阳离子Fe3+Fe2+Cr3+开始沉淀的 pH1.97.04.3沉淀完全的 pH3.29.05.6I腐蚀电池法(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭,利用原电池原理还原 Cr(VI)。下列关于铁屑的说法中正确的是_(填字母序号)。a作原电池的正极 b在反应中作还原剂 c铁屑生成 Fe3+可以进一步还原II电解还原法向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体,以Fe为电极电解,经过一段时间,

29、有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成排出,从而使废水中铬含量低于排放标准。装置如下图所示。(2)B极连接电源的_极;(3)电解开始时,B 极上主要发生的电极反应为2H+2e-= H2,此外还有少量在B极上直接放电,该反应的电极反应式为 _。(4)酸性环境可以促使到的转化,写出对应的离子方程式:_;写出酸性环境中 Fe2+还原的离子方程式_。【答案】 (1). b (2). 负 (3). +14H+ +6e-=2Cr3+ +7H2O (4). 2+2H+=+H2O (5). 6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O【解析】【分析】(1).根据原电池形成条件及正负极特征可知:Fe为负极

30、,发生氧化反应生成Fe2+;II.向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体,以Fe为电极电解,经过一段时间,有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成,因Fe为电极进行电解时,阳极是活性电极,则Fe失电子,由装置图可知,与B极相连的电极表面产生H2,该电极的电极反应为2H+2e-=H2, 则B极连接电源负极,A为阳极,则A连接电源的正极,据此解答。【详解】(1).向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭,形成原电池,铁作原电池的负极,发生氧化反应,电极反应式为Fe-2e-=Fe2+;焦炭作正极,但焦炭是惰性材料,本身不能被还原,由于废水呈酸性,正极上可能发生反应2H+2e-= H2,观察到焦炭表面有气泡产生

31、,则b正确,故选:b;(2)由图1可知,与B极相连的电极表面产生H2,该电极的电极反应为2H+2e-=H2, 则B极连接电源负极,故答案为:负极;(3).B极是阴极,发生还原反应,少量在B极上直接放电被还原为Cr3+,电解质溶液呈酸性,则电极反应式为:+14H+6e-=2Cr3+7H2O,故答案为:+14H+6e-=2Cr3+7H2O;(4)酸性环境中到的转化中Cr的化合价未改变,则方程式为:2+2H+=+H2O,故答案为:2+2H+=+H2O;由题可知,在酸性环境中Fe2+被氧化为Fe3+,同时被Fe2+还原为Cr3+,则Fe2+与在酸性条件下的的离子方程式为:6Fe2+14H+=6Fe3+

32、2Cr3+7H2O,故答案为:6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O。24.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下:金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的 pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的 pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“溶浸”中二氧化锰与硫化锰可以发生氧化还原反应,推测“滤渣1”含有_ 和SiO2

33、;(2)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节范围是_之间。(3)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,写出除Zn2+的方程式:_。(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高对沉淀Mg2+完全的影响是_(有利、不利、无影响)。(5)在溶浸前,先把矿石研磨成粉末的原因:_。【答案】 (1). S (2). 4.76 (3). Zn2+S2-=ZnS (4). 不利 (5). 增大接触面积,加快反应速率,提高浸取率【解析】【分析】流程:二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)在硫酸中酸浸,主要的反应为:MnO2+MnS+2H2SO4=2M

34、nSO4+S+2H2O,SiO2不溶于硫酸,过滤,滤渣1含有S和SiO2,滤液含有Mn2、Fe2、Fe3、Al3、Mg2、Zn2、Ni2,加入MnO2将Fe2氧化为Fe3,加入氨水调节pH4.76之间,除去Fe3、Al3,滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3,滤液中加入Na2S除去Zn2和Ni2,“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS,加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2,滤渣4为MgF2,滤液主要含有Mn2,加入碳酸氢铵发生反应:Mn2+2HCO3=MnCO3+CO2+H2O,用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰。【详解】(1)“溶浸”中二氧化锰与硫化锰可以发生氧化还原反应,“溶浸”中二氧化锰与

35、硫化锰反应为:MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O,推测“滤渣1”含有S和SiO2;故答案为:S;(2)调节pH的目的是除去Fe3、Al3,但不沉淀Mn2、Mg2、Zn2、Ni2,根据表pH的范围为4.76;故答案为:4.76;(3)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,采用加入Na2S除去Zn2和Ni2,“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS,除Zn2+的方程式:Zn2+S2-=ZnS。故答案为:Zn2+S2-=ZnS;(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高对沉淀Mg2+完全的影响是Mg2沉淀不完全,因为F与H结合形成弱电解质HF,MgF2Mg2+2F平衡向右移动;故答案为:不利;(5)在溶浸前,先把矿石研磨成粉末的原因:增大接触面积,加快反应速率,提高浸取率。故答案为:增大接触面积,加快反应速率,提高浸取率。【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断,物质性质的应用,题干信息的分析理解,结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键,难点(4)因为F与H结合形成弱电解质HF,MgF2Mg2+2F平衡向右移动,对镁离子的沉淀不利。

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