1、2022届高三大一轮复习工艺流程题专题周练_17含锰化合物工业流程题一、单选题（本大题共11小题，共33分）1. 锌锰干电池是日常生活中常用的一次电池。一种处理废旧干电池的流程如下： 下列叙述错误的是A. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B. “水浸”后的滤渣干燥后经充分灼烧可回收其中的MnO2C. “沉淀”反应后的滤液可通过蒸发至干回收NH4ClD. “沉淀”反应的离子方程式为：Zn2+2NH3H2OZnOH2+2NH4+2. 工业以软锰矿(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锰(MnCO3)。其工业流程如下：浸锰过程中Fe2O
2、3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+SO42-+H2O，下列说法错误的是( ) A. 过滤所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Mn2+、Fe2+B. 氧化过程中被MnO2氧化的物质有SO2(H2SO3、HSO3-、SO32-)、FeSO4(Fe2+)C. 滤渣为二氧化硅，滤渣为氢氧化铁D. 为了加快反应速率，需要在较高温度下向过滤所得滤液中加入NH4HCO3溶液3. 硫酸锰可用于媒染剂。其生产原材料软锰矿(MnO2)、菱锰矿(MnCO3)中常混有硫酸亚铁和硫酸镁等杂质，生产工艺如下图：已知：(1)硫酸锰晶体和硫酸镁晶体的溶解度曲线如下图。(2)离子完全沉淀的pH：
3、Fe3+为3.5，Fe2+为9.5，Mn2+为10.8，Mg2+为11.6。下列判断正确的是( )A. 为了将Fe2+氧化为Fe3+，试剂A应该选择氯水B. 在蒸发结晶时，温度应该略高于60C. 操作I包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤D. 流程中的酸浸步骤中应选择浓盐酸4. 硫酸锰是重要的化工原料，工业上以含锰废料(主要成分MnO2)为原料进行制备硫酸锰的流程如图所示：已知“烧渣”的主要成分为MnO和MnO2。下列说法中错误的是A. “焙烧还原”时发生反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为11B. “一系列操作”具体是指蒸发浓缩、冷却结晶、过滤C. 从粗MnSO4晶体中获得纯MnSO4晶
4、体可以采用重结晶法D. 将过滤得到的MnO2返回“焙烧还原”工序可以提高原料利用率5. 黄钾铁矾渣(含ZnO、Fe2O3及少量CuO、MgO等)是冶炼厂一种废渣，为了综合利用减小污染，可用于制备锰锌铁氧体，设计如下流程： 已知：锰锌铁氧体和MgF2均难溶于水。下列说法不正确的是A. 步骤中的硫酸可用浓硫酸并加热来加快反应速率B. 步骤中Fe粉主要用于滤液中的Fe3+、Cu2+的还原，同时不能用NH3H2O替换NH4FC. 步骤涉及的离子反应为氧化还原反应D. 步骤将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可获得(NH4)2SO4晶体6. 硫酸锰在电解锰、染料、造纸以及陶瓷等工业生产中有广泛的应用。利用软锰
5、矿(主要成分为MnO2，含铁的化合物等杂质)和闪锌矿(主要成分ZnS)制得硫酸锰的流程如下： 关于该流程说法错误的是A. “酸浸”时，为了缩短浸取时间，常加入少量FeSO4溶液，FeSO4的作用可能是做催化剂。B. 常温下，Ksp(ZnS)=1.210-24，Ksp(MnS)=1.510-15，“沉锌”反应为：Zn2+MnSZnS+Mn2+，该反应的平衡常数K为1.25109C. “除铁”时加二氧化锰是为了氧化Fe2+，然后向溶液加适量氨水将溶液pH调节为34D. 该流程中可以循环利用的物质是ZnS7. 以锰硅锌矿(ZnMn)2SiO4为原料制备锌单质的工艺流程如下所示。下列说法错误的是()A
6、. “酸浸”时，可用盐酸代替硫酸B. “氧化”过程中，氧化产物和还原产物均为MnO2C. “沉淀”过程中，参与反应的金属离子为Zn2+D. “电解”后所得电解液可在“酸浸”工序中重复利用8. 工业以软锰矿(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锰(MnCO3)。其工业流程如下：浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+SO42-+H2O，下列说法错误的是A. 过滤所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Mn2+、Fe2+B. 氧化过程中被MnO2氧化的物质有SO2(H2SO3、HSO3-、SO32-)、F
7、eSO4(Fe2+)C. 滤渣为二氧化硅，滤渣为氢氧化铁D. 为了加快反应速率，需要在较高温度下向过滤所得滤液中加入NH4HCO3溶液9. 现代冶炼金属锰的一种流程如图所示(部分操作和产物省略)：下列说法错误的是A. 加入双氧水即可还原二氧化锰B. 调节pH使用的试剂可以是碳酸锰C. 加入MnF2的目的是将Ca2+转化成CaF2D. 电解后的废液可用于浸取软锰矿中的锰离子10. 一水硫酸锰(MnSO4H2O)是加工油漆、油墨催干剂萘酸锰溶液的原料。以某锰矿精粉(主要成分为MnCO3，含有少量Fe3O4和SiO2等杂质)为原料制备MnSO4H2O的一种工艺流程如图所示。下列说法正确的是A. “调
8、pH”的试剂MnCO3也可以用NaOH或MnO代替B. 可将MnSO4溶液置于蒸发皿中蒸干制得MnSO4H2OC. “转化”时不宜用HNO3代替H2O2D. “酸浸”和“转化”时可以采用较高温度，提高反应速率11. 我国电池的年市场消费量约为80亿只，其中70是锌锰干电池，某工艺利用软锰矿(主要成分MnO2，含少量A12O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS、CdS)为原料制备MnO2和Zn，其流程如下：已知：I.矿石中所有金属元素均以离子形式进入滤液A中。II.各种金属离子完全沉淀的pH如下表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+pH8.010.19.03.24
9、.7下列说法中不正确的是( )A. 滤渣A主要成分：S和SiO2B. 适量金属锌是为了回收金属Cu和CdC. 步骤中，加入物质X可以是MnO2，调pH：4.7pH”或“”)MnO2。(4)“中和”时，调节pH约为_。(当溶液中的离子浓度小于1.010-5molL-1时，沉淀达到完全，结果保留2位有效数字)(5)Mn(BH4)2能与稀盐酸反应生成H3BO3，该反应的化学方程式为_。(6)测定富锰渣中铁的含量：取20g富锰渣，经过上述“酸浸”“过滤”“氧化”“萃取”后，将萃取相(假设Fe3+全部被萃取)转入烧杯中，加入足量稀硫酸，充分反应后静置、分液，再向含Fe3+的溶液中加入足量KI，充分反应后
10、，将溶液配制成500mL，取25mL于锥形瓶中并加入淀粉指示剂，最后用0.1molL-1的Na2S2O3标准液滴定，进行三次平行实验，测得消耗Na2S2O3标准液的体积如表所示。实验次数123Na2S2O3标准液体积/mL23.2024.8025.20已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI滴定达到终点时溶液的颜色变化为_。富锰渣中铁的含量为_。16. 锰及其化合物在生产、生活中有许多用途。在实验室中模拟工业利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3等)制备金属锰等物质，设计流程如下：已知部分氢氧化物的Ksp(近似值)如下表。(1)“酸浸”前需将软锰矿
11、粉碎的目的是_；酸浸过程MnO2发生反应的离子方程式为_。(2)滤渣的主要成分为_，过滤操作所需的玻璃仪器有_。(3)向滤液中需先加A物质，再加B物质，若加入的物质均为非金属化合物的溶液，则A为_(填化学式)，B为_(填名称)。(4)测得滤液中c(Mn2+)=0.1mo/L，则加入B调节溶液pH范围为_。(已知：当某种离子浓度小于110-5mo/L时，可认为其沉淀完全，结果保留两位小数)(5)“沉锰”过程中加入氨水的目的是(从化学平衡移动的角度解释)_。17. 高纯度锰酸锂(LiMn2O4)是锂电池重要的正极材料。工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，另含FeO、Fe2O3、CaO等杂质)为
12、主要原料生产锰酸锂(LiMn2O4)的工艺流程如下：(1)为了提高碳酸锰矿浸岀的速率，在“酸浸”时可采取的措施有_。(2)写出加入高锰酸钾的离子方程式_。(3)“除铁”时，加入CaO的目的是_。(4)加入MnF2为了除去溶液中的Ca2+，若控制溶液中F-浓度为310-3molL-1，则Ca2+的浓度为_molL-1常温时，Ksp(CaF2)=2.710-11。(5)“合成MnO2”的化学方程式为_。(6)“锂化”是将MnO2和Li2CO3按41的物质的量比配料，球磨35h，然后升温至600750，保温24h，自然冷却至室温得产品。升温到515时，开始有CO2产生，比预计碳酸锂的分解温度(723
13、)低得多。可能的原因是_。写出该反应的化学方程式：_18. 软锰矿的主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO等杂质。软锰矿经过综合利用，可制备碳酸锰、氧化铝及绿矾(FeSO4.7H2O)，其制备过程如下：部分物质的Ksp如下表：回答下列问题：(1)操作I中需要的仪器有_(填字母序号)。 A.蒸发皿 B.酒精灯 C.漏斗 D.玻璃棒 E.烧杯(2)操作中反应的离子方程式为_。(3)操作中也可用NaHCO3与MnSO4溶液反应制备碳酸锰，其反应的离子方程式为_。(4)操作中加入适量Fe的目的是_；当调节pH=_ 时(结果保留整数)，可确定Al(OH)3完全沉淀。(已知：完
14、全沉淀后，溶液中离子浓度不高于10-5mol.L-1)(5)操作中一般要加入稀硫酸，目的是_，然后_、冷却结晶、_、洗涤、干燥。19. Ni(OH)2作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备，工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)“滤渣1”的成分为_(写化学式)。(2)“除铁”中，加入NaClO的目的是_，为了证明加入NaClO已足量，可选择的试剂是_(填字母标号)。a.KSCN溶液、氯水 b.K3Fe(CN)6溶液 c.NaOH溶液(3)已知“滤渣2”的成分为黄钠铁矾，其化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6，则“除
15、铁”中“Na2CO3/”条件下生成滤渣2的离子方程式为_(4) “除镁”中，若溶液pH过小，Mg2+沉淀不完全，原因是_(从沉淀溶解平衡角度解释)(5)“沉镍”的离子方程式为_(6)以镍钴锰三元材料(可简写为Li1-nMO2)为一极电极材料的新型锂电池工作原理如图所示，放电时总反应为，则充电时b极的电极反应式为_答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查化学实验设计和评价，熟悉一些基础的化学实验知识及物质的性质是解题的基础，解读流程是解题的关键，本题难度中等。【解答】A.合理处理废旧电池是有利于保护环境和资源再利用，故A正确；B.“水浸”后的滤渣主要含有MnO2，C及其有机物，经充分
16、灼烧后只剩下MnO2，故B正确；C.要获得NH4Cl，应该将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，故C错误；D.由于是在碱性条件下，故锌离子会生成氢氧化锌，故D正确。故选C。2.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查的是制备碳酸锰的工业流程，意在考查学生的分析能力和知识应用能力，解题时根据原料的成分和流程图中所加试剂分析各步骤操作的作用及涉及的反应。【解答】A.依据题意，浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+SO42-+H2O，MnO2被SO2反应还原为Mn2+，所以过滤所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Mn2+、Fe2+，故A正确；B.过剩的SO2(H2SO
17、3、HSO3-、SO32-)和产生的FeSO4(Fe2+)被MnO2氧化，故B正确；C.二氧化硅不与二氧化硫反应，所以浸锰后形成的滤渣为二氧化硅，调节pH是为了除去铁离子，滤渣为氢氧化铁，故C正确；D.NH4HCO3受热易分解，向过滤所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高，以提高原料利用率，故D错误。3.【答案】B【解析】【分析】本题考查混合物的分离和提纯，为高频考点，侧重考查分析实验能力，明确流程图中发生的反应及操作方法是解本题关键，注意把握物质的性质异同以及题给信息，题目难度不大。【解答】A.二氧化锰具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，而试剂A起到调节pH的作用，使铁离子水解
18、生成沉淀而除去，故A错误；B.根据溶解度曲线图，在蒸发结晶时温度应略高于60C，此时溶解度相差较大，利于分离，故B正确；C.操作I用于分离硫酸锰和硫酸镁，应该趁热过滤，故C错误；D.流程中的酸浸步骤中应选择稀硫酸，故D错误。故选B。4.【答案】A【解析】【分析】本题为工艺流程题，为高考常见题型，侧重学生的分析、实验能力的考查，明确工艺流程及各种物质的性质是解题关键，题目难度中等。【解答】A.由流程图和题给已知可得“焙烧还原”时MnO2发生反应2MnO2+C2MnO+CO2，氧化剂MnO2与还原剂C的物质的量之比为2：1，A项错误；B.从“滤液”中获得粗MnSO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、
19、过滤，B项正确；C.重结晶法是从粗MnSO4晶体中获得纯MnSO4晶体的方法之一，C项正确；D.将过滤得到的MnO2返回“焙烧还原”工序可以提高锰元素的利用率，D项正确。5.【答案】C【解析】【分析】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。【解答】黄钾铁矾渣含含ZnO、Fe2O3及少量CuO、MgO等，由流程可知，步骤中加硫酸时ZnO、Fe2O3、CuO、MgO均溶解，过滤得到滤液含Zn2+、Mg2+、Fe3+、Cu2+，步骤加Fe发生Fe+Cu2+=Fe2+C
20、u、Fe+2Fe3+=3Fe2+，加NH4F时，生成MgF2沉淀，滤液含Zn2+、Fe2+，加硫酸亚铁、硫酸锰调整成分，再加碳酸氢铵溶液发生水解反应生成滤渣，烘干时发生氧化还原反应得到锰锌铁氧体，滤液中含硫酸铵，蒸发浓度、冷却结晶得到硫酸铵。A.步骤中的硫酸可用浓硫酸并加热，氢离子浓度增大、升高温度均加快反应速率，故A正确；B.步骤中Fe粉主要用于滤液中的Fe3+、Cu2+的还原，滤液中若用氨水发生Zn2+2NH3H2O=Zn(OH)2+2NH4+、Mg2+2NH3H2O=Mg(OH)2+2NH4+、Fe2+2NH3H2O=Fe(OH)2+2NH4+，则不能用NH3H2O替换NH4F，故B正确
21、；C.步骤中Mn2+、Zn2+、Fe2+与碳酸氢铵溶液发生水解反应，故C错误；D.分离出滤液含硫酸铵，则步骤中将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可获得(NH4)2SO4晶体，故D正确。6.【答案】C【解析】【分析】本题考查无机工业流程，解题的关键是对流程的解读和对基础知识的灵活运用，题目难度中等。【解答】A.催化剂能加快反应速率，缩短浸取时间，故A正确；B.“沉锌”反应为：Zn2+MnSZnS+Mn2+，该反应的平衡常数K为c(Mn2+)c(Zn2+)=Ksp(MnS)Ksp(ZnS)=1.25109，故B正确；C.“除铁”时加二氧化锰是为了氧化Fe2+，方程式为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn
22、2+2Fe3+2H2O，同时消耗H+可将pH调节为34，不用再向溶液加适量氨水，会引入新的杂质，故C错误；D.由流程图可知，该流程中可以循环利用的物质是ZnS，故D正确。7.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查流程设计和处理，关键掌握氧化还原反应的原理和电解池的原理，难度一般。【解题】A“酸浸”时，用盐酸代替硫酸，“氧化”时氯离子也会被KMnO4氧化，既消耗更多的KMnO4，也会产生污染气体氯气，故A错误；B“氧化”过程中，MnO4-和Mn2+均转化为MnO2，故该反应中氧化产物和还原产物均为MnO2，故B正确；C“沉淀”过程中，可溶性锌盐转化为ZnCO3，故C正确；D“电解”后所得电解液中
23、的主要溶质为硫酸，可在“酸浸”工序中重复利用，故D正确。故选A。8.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查的是制备碳酸锰的工艺流程，意在考查学生的分析能力和知识应用能力，解题时根据原料的成分和流程图中所加试剂分析各步骤操作的作用及涉及的反应。【解答】A.依据题意，浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+SO42-+H2O，MnO2被SO2还原为Mn2+，所以过滤所得溶液中主要存在的两种金属阳离子为Mn2+、Fe2+，故A正确；B.过剩的SO2(H2SO3、HSO3-、SO32-)和产生的浸锰时FeSO4(Fe2+)被MnO2氧化，故B正确；C.二氧化
24、硅不与二氧化硫反应，滤渣为二氧化硅，在氧化步骤中，亚铁离子被氧化为铁离子，调节pH的目的是除去铁离子，滤渣 为氢氧化铁，故C正确；D.向过滤所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，以提高原料利用率，故D错误。9.【答案】A【解析】【分析】本题考查的是无机工业流程的推断，明确制取原理及每步操作所发生的反应为解答本题的关键，题目难度不大。【解答】A.2H2O2MnO22H2O+O2，故A错误，B.碳酸锰可与H+反应，故B正确；C.从杂质成分看，加入MnF2是为了除去钙离子，故C正确；D.电解硫酸锰溶液得到锰和硫酸，废液可以用于浸取锰离子，故D正确：10.【答案
25、】C【解析】【分析】本题考查了物质制备流程分析判断，实验基本操作等，题目涉及的知识点较多，综合性强，考查学生对所学知识的综合应用能力，题目难度中等【解答】A. “调pH”的试剂若用NaOH代替，则会混有Na2SO4，使制得的MnSO4不纯，A错误；B.将MnSO4溶液置于蒸发皿中，蒸发至大量晶体析出时冷却，可制得MnSO4H2O，B错误；C.“转化”时用HNO3代替H2O2会生成有毒物质氮氧化物及引入杂质离子NO3-，C正确；D.较高温度会导致H2O2分解，利用率降低，D错误。11.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查无机化工流程，意在考查学生的分析能力和知识应用能力，注意结合常见元素化合物
26、的性质、氧化还原反应、化学反应原理的调控以及物质的分离提纯等进行分析解答，题目难度不大。【解答】A.硫酸浸取时，MnO2与ZnS、FeS、CuS、CdS等发生氧化还原反应，生成MnSO4、S单质以及ZnSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、CdSO4等，Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝，SiO2不反应，则滤渣A主要成分：S和SiO2，故A正确；B.适量金属锌的作用是与Cu2+、Cd2+发生置换反应生成Cu和Cd，目的是为了回收金属Cu和Cd，故B正确；C.步骤中氧气为氧化剂，将Fe2+氧化Fe3+，所以X的作用主要是调节pH值，因为MnO2与氢离子不反应，所以不能用来调节pH，为了不引入新的杂
27、质，X可以是ZnO、MnCO3等，故C错误；D.滤液C的主要成分是硫酸锰和硫酸锌，电解时除了得到MnO2与Zn外，还可以得到H2SO4，则上述流程中，可以循环使用的物质有H2SO4，故D正确。12.【答案】.(1)Fe(OH)3；Al(OH)3(2)MnS+Cu2+=Mn2+CuS.(1)CO32-(2)D【解析】【分析】本题考查利用含锰废水制备高性能磁性材料碳酸锰的工艺流程，难度中等，解题关键是分析流程中的四大主线：产品线、杂质线、试剂线及操作线。【解答】.(1)根据各物质完全沉淀时的pH可知，当pH=5.4时产生的沉淀有Fe(OH)3和Al(OH)3。(2)根据流程，过程后Mn元素进入滤液
28、，所以过程主要是除去滤液A中的Cu2+，离子反应方程式为MnS+Cu2+=Mn2+CuS。.(1)酸越弱，对应酸根离子结合H+能力越强，由表中数据可知结合H+能力最强的为CO32-。(2)同理，在阳离子相同的前提下，盐溶液的pH越低，对应酸的酸性越强，D项符合题意。13.【答案】(1)粉碎高锰铁矿提高反应的温度；MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；(2)d；(3)4.48L；(4)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；FeO42-具有强氧化性可以杀菌消毒，还原成Fe3+水解成Fe(OH)3胶体能吸附杂质生成沉淀。【解析】【分析】本题以金
29、属锰的制取过程为主考查了化学反应速率的影响因素，离子方程式的书写，电极反应的产物的计算。掌握影响化学反应速率的因素，离子方程式书写的原则，电解过程中电解产物的判断是解题的关键。【解答】(1)为提高稀硫酸浸取效率一般采取的措施是粉碎高温铁矿提高反应的温度 适当增加硫酸的浓度；在稀硫酸浸取矿石的过程中，MnO2与Fe2+反应的离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O，故答案为：粉碎高锰铁矿提高反应的温度；MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O;(2)选择试剂调节pH值，使pH值升高，最好不引入新的杂质，应选择MnCO3，故答案为：d;(3)电解过程中Mn2
30、+变为单质，当生成22g金属锰时转移电子数为22g55g/mol2=0.8mol，阳极上产生的气体是氧气，物质的量为0.8mol/4=0.2mol，阳极产生的气体体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48L;(4)滤渣B主要为氢氧化铁，经反应是与次氯酸钾反应，生成高效水处理剂时高铁酸钾，反应离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；K2FeO4被誉为高效水处理剂的原因是FeO42-具有强氧化性可以杀菌消毒，还原成Fe3+水解成Fe(OH)3胶体能吸附杂质生成沉淀，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO4
31、2-+3Cl-+5H2O；FeO42-具有强氧化性可以杀菌消毒，还原成Fe3+水解成Fe(OH)3胶体能吸附杂质生成沉淀。14.【答案】(1)增大硫酸的浓度(或将碳酸锰矿研成粉末等)；(2)调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去；(3)310-6；(4)MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2+K2SO4+2H2SO4；(5)MnO2是催化剂，加快了碳酸锂分解；8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2+O2；(6)MnO42-e-=MnO4-； 17.92。【解析】【分析】本题考查物质分离和提纯，涉及氧化还原反应、基本操作、溶度积等知识综合性较强，明确基本
32、化学原理及基本操作、基本计算是解本题关键，熟悉流程图中基本操作方法及发生的反应，题目难度中等。【解答】(1)根据影响化学反应速率得到因素，在“酸浸”时可采取的措施有升温、搅拌、增加硫酸浓度以及将碳酸锰矿粉碎等，故答案为：增大硫酸的浓度(或将碳酸锰矿研成粉末等)；(2)CaO与水反应生成Ca(OH)2，能调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而被除去，故答案为：调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去；(3)根据常温时CaF2的溶度积常数为2.710-11可知，溶液中F-浓度为310-3molL-1，则Ca2+的浓度为2.710-11(310-3)2=310-6mo
33、l/L，故答案为：310-6；(4)MnSO4、K2S2O8、H2O反应生成MnO2、K2SO4、H2SO4，所以“合成MnO2”的化学方程式为：MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2+K2SO4+2H2SO4，故答案为：MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2+K2SO4+2H2SO4；(5)升温到515时，开始有CO2产生，同时生成固体A，由于二氧化锰是催化剂，加快了碳酸锂分解，比预计碳酸锂的分解温度(723)低很多，故答案为：MnO2是催化剂，加快了碳酸锂分解；MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是O元素价
34、态升高，所以还有O2生成该反应的方程式为：8MnO2+2Li2CO3500-700.4LiMn2O4+2CO2+O2，故答案为：8MnO2+2Li2CO3 4LiMn2O4+2CO2+O2；(6)阳极失电子发生氧化反应，所以电极反应式为MnO42-e-=MnO4-；故答案为：MnO42-e-=MnO4-；根据阳极区反应MnO42-e-=MnO4-，锰原子的物质的量不变，所以仍为1.0L0.40mol/L=0.4mol，电解一段时间后，溶液中n(K)/n(Mn)为6：5，所以反应后n(K)=0.48mol，则阳极区的K+定向移动到阴极区的物质的量为0.4mol2-0.48mol=0.32mol，
35、所以阴极生成KOH的物质的质量为0.32mol56g/mol=17.92g，故答案为：17.92。15.【答案】(1)+3；(2)A；(3)2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；(4)4.7；(5)MnBH42+2HCl+6H2O=MnCl2+8H2+2H3BO3；(6)由蓝色变为浅绿色；14%。【解析】【分析】本题考查的内容为无机流程题，题目比较综合，涉及的知识点很多，认真分析流程和掌握基础好知识为解答的关键，有一定的难度。【解答】(l)NaBH4中钠的化合价为+1价、氧元素化合价为-2价，根据化合价代数和为0，B的化合价为+3价；故答案为：+3；(2)富锰渣中只有二氧化硅
36、不与稀盐酸反应，所以滤渣1为二氧化硅，二氧化硅为酸性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水；与碳酸钠高温反应生成硅酸钠和二氧化碳；与氢氟酸反应生成氟化硅和水，与滤渣1不发生反应的为硝酸；故答案为：A；(3)滤液1含有氯化铝、氯化亚铁、氯化钙、氯化锰，“氧化”中发生的反应为二氧化锰与亚铁离子的反应，离子方程式为2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以该反应中氧化性：Fe3+MnO2；故答案为：2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；(4)萃取过程除去了铁离子，根据流程图可知“中和”时，加入碳酸锰调节pH，将铝离子转化为氢氧化铝
37、沉淀，当铝离子完全沉淀时cOH-=3kSPAlOH310-5=31.010-3310-5=10-283mol/L，cH+=KwcOH-=10-1410-283=10-143mol/L，pH=-lgc(H+)=4.7，所以应调节pH约为4.7；故答案为：4.7；(5)Mn(BH4)2能与稀盐酸反应生成H3BO3，该反应的化学方程式为MnBH42+2HCl+6H2O=MnCl2+8H2+2H3BO3；故答案为：MnBH42+2HCl+6H2O=MnCl2+8H2+2H3BO3；(6)碘遇淀粉变蓝色，达到滴定终点时，碘单质恰反应，现象为：溶液由蓝色变为浅绿色；Fe3+与I-发生氧化还原反应的离子方程
38、式：2Fe3+2I-=2Fe2+I2，再根据2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式：2Fe3+I22Na2S2O3，滴定第1组溶液差距太大，舍去，所以根据2、3组数据可知硫代硫酸钠消耗的体积为(24.80mL+25.20mL)2=25mL，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.025L0.1molL-1=0.0025mol，富锰渣中铁的含量为0.0025mol56g/mol500mL25mL20g100=14；故答案为：14%。16.【答案】(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O；(2)SiO2；
39、漏斗、烧杯、玻璃棒；(3)H2O2；氨水；(4)4.67pH8.00(或 4.67pH8.00)；(5)Mn2+HCO3-MnCO3+H+，氨水消耗了 H+，促进反应平衡正向移动，有利于MnCO3的生成。【解析】【分析】这是一道化学工艺流程题，综合考查了物质的分离和提纯的方法、沉淀溶解平衡及计算、化学平衡移动等，难度中等。【解答】(1)将软锰矿粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率，“酸浸”中MnO2在酸性条件下被Fe2+还原为Mn2+，Fe2+被氧化生成Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速
40、率，提高原料利用率；MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O；(2)铁锰矿中加硫酸、过量硫酸亚铁溶液后MnO2、Fe2O3和Al2O3等均溶解，生成对应的离子，SiO2不溶解，过滤后滤渣的主要成分为SiO2；过滤操作所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：SiO2；漏斗、烧杯、玻璃棒；(3)若加入溶质均为非金属化合物的溶液，除去杂质离子，A为双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加弱碱氨水使Fe3+、Al3+一并沉淀除去，滤渣为Fe(OH)3、 Al(OH)3，则A为H2O2，B为氨水，故答案为：H2O2；氨水；(4)实验目的是让Fe3+、Al3+沉淀除去，而Mn2+不能沉淀
41、，当Fe3+恰好完全沉淀时，c(OH-)=3KspFe(OH)3c(Fe3+)=310-3910-5mol/L10-11.33mol/L，c(H+)=Kwc(OH-)10-2.67mol/L，pH2.67，当Al3+完全沉淀时，c(OH-)=3KspAl(OH)3c(Al3+)=310-3310-5mol/L10-9.33mol/L，c(H+)=Kwc(OH-)10-4.67mol/L，pH4.67，故当二者均完全沉淀时，pH大于等于4.67，Mn2+开始沉淀时，c(OH-)=KspMn(OH)2c(Mn2+)=10-130.1mol/L=10-6mol/L，c(H+)=Kwc(OH-)=10
42、-8mol/L，pH=8.00，为了不让Mn2+沉淀，应满足pH8.00，故答案为：4.67pH8.00(或 4.67pH8.00)；(5)沉锰”过程中存在如下平衡：Mn2+HCO3-MnCO3+H+，加入氨水，消耗了 H+，平衡右移，有利于MnCO3的生成，故答案为：Mn2+HCO3-MnCO3+H+，氨水消耗了 H+，促进反应平衡正向移动，有利于MnCO3的生成。17.【答案】(1)升温、增大硫酸的浓度或将碳酸锰矿研成粉末等；(2)MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O；(3)调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去；(4)310-6；(5)MnSO4
43、+K2S2O8+2H2O=MnO2+K2SO4+2H2SO4；(6)MnO2是催化剂，加快了碳酸锂分解；8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2+O2。【解析】【分析】本题考查物质分离和提纯，涉及氧化还原反应、基本操作、溶度积等知识综合性较强，明确基本化学原理及基本操作、基本计算是解本题关键，熟悉流程图中基本操作方法及发生的反应，题目难度中等。【解答】向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，另含FeO、Fe2O3、CaO等杂质)中加入硫酸，发生MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2+H2O，且三种氧化物均溶解转化为硫酸盐，向其中加高锰酸钾可氧化亚铁离子，将亚铁离子氧化为铁离子，加Ca
44、O调节pH可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后，向滤液中加入MnF2是为了除去溶液中的Ca2+，过滤后发生MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2+K2SO4+2H2SO4，最后发生8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2+O2，以此来解答。(1)根据影响化学反应速率的因素，在“酸浸”时可采取的措施有升温、搅拌、增加硫酸浓度以及将碳酸锰矿粉碎等，故答案为：升温、增大硫酸的浓度或将碳酸锰矿研成粉末等；(2)加高锰酸钾可氧化亚铁离子，将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，故答案为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5
45、Fe3+4H2O；(3)CaO与水反应生成Ca(OH)2，能与H+反应，进而调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而被除去，故答案为：调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去；(4)根据常温时CaF2的溶度积常数为2.710-11可知，溶液中F-浓度为310-3molL-1，则Ca2+的浓度为2.710-11(310-3)2=310-6mol/L，故答案为：310-6；(5)MnSO4、K2S2O8、H2O反应生成MnO2、K2SO4、H2SO4，所以“合成MnO2”的化学方程式为：MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2+K2SO4+2H2SO4，故答案为：
46、MnSO4+K2S2O8+2H2O=MnO2+K2SO4+2H2SO4；(6)升温到515时，开始有CO2产生，同时生成固体A，由于二氧化锰是催化剂，加快了碳酸锂分解，比预计碳酸锂的分解温度(723)低很多，故答案为：MnO2是催化剂，加快了碳酸锂分解；MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是O元素价态升高，所以还有O2生成，该反应的方程式为：8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2+O2，故答案为：8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2+O2。18.【答案】(1)CDE；(2)H2O2+MnO2+
47、2H+=O2+2H2O+Mn2+；(3)Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；(4)将Fe3+转化为Fe2+，以防止在调节pH时Fe3+沉淀；5；(5)抑制Fe2+水解；蒸发浓缩；过滤。【解析】【分析】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，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题的关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。【解答】(1)根据流程图可知操作是过滤，需要的仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯即CDE;(2)根据流程图：软锰矿的主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO等杂质，加
48、入稀硫酸酸浸，Al2O3、Fe2O3、FeO与稀硫酸反应过滤后进入滤液，而MnO2、SiO2则进入滤渣，滤渣加入双氧水、稀硫酸与MnO2发生氧化还原反应，生成硫酸锰，氧气和水，所以操作中反应的离子方程式为H2O2+MnO2+2H+=O2+2H2O+Mn2+；(3)操作中也可用NaHCO3与MnSO4溶液反应制备碳酸锰，其反应的离子方程式为Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O;(4)Al2O3、Fe2O3、FeO与稀硫酸反应过滤后进入滤液，Fe3+与Fe反应生成Fe2+，所以操作中加入适量Fe的目的是将Fe3+转化为Fe2+，以防止在调节pH时Fe3+沉淀；根据Al(OH)3的Ksp
49、=c(Al3+).c3(OH-)=1.310-33和完全沉淀后，溶液中离子浓度不高于10-5molL-1可知，c(OH-)=31.310-3310-510-9molL-1，c(H+)=10-5molL-1，pH=5，所以当调节pH=5时，可确定Al(OH)3完全沉淀。(5)操作中一般要加入稀硫酸，目的是抑制Fe2+水解；然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。19.【答案】(1)SiO2；(2)将Fe2+氧化成Fe3+；b； ；(4)F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+2F-平衡向右移动； (5)Ni2+2HCO3-=NiCO3+CO2+H2O； (6)LiMO2-ne-=Li1
50、-nMO2+nLi+。【解析】【分析】本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、氧化还原反应以及化学电源的工作原理等知识点，综合性较强，明确流程图中发生的反应、各物质成分及其性质、化学反应原理是解本题关键，注意结合问题分析解答，题目难度较大。【解答】红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)粉碎后用硫酸浸取，Ni、Fe、Mg元素进入溶液，滤渣1为不溶于稀硫酸的SiO2；过滤后向滤液中加入次氯酸钠将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入碳酸钠并加热除去铁元素和部分硫酸根，得到滤渣2为NaFe3(SO4)2(OH)6；过滤后向滤液中加入NaF除去镁离子，得到滤渣3为MgF2；过滤后加入
51、碳酸氢铵得到碳酸镍沉淀，将碳酸镍沉淀加稀硫酸溶解，再向溶液中加入NaOH得到Ni(OH)2。(1)滤渣1的成分为不溶于稀硫酸的SiO2，故答案为：SiO2；(2)加入NaClO可以将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去；当NaClO足量时，溶液Fe元素以Fe3+的形式存在，不含Fe2+，所以只要证明溶液中没有Fe2+就可以说明NaClO足量；a.由于溶液中存在Fe3+，所以滴加KSCN溶液溶液会显红色，再加氯水没有明显变化，无法检验Fe2+，故不选a；b.Fe2+可以和K3Fe(CN)6溶液生成蓝色沉淀，故b合适；c.加NaOH溶液会产生Fe(OH)3沉淀，即便有Fe2+，产生的Fe(OH)2沉淀
52、也会被迅速氧化，而且Fe(OH)3沉淀的颜色会覆盖掉Fe(OH)2的颜色，所以无法通过NaOH溶液判断是否有Fe2+，故不选c；综上所述选b；故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；b；(3)反应物有Fe3+、Na2CO3、SO42-等，产物有NaFe3(SO4)2(OH)6，产物中的OH说明该反应过程有Fe3+与CO32-的双水解，所以产物应该还有CO2，根据元素守恒可得离子方程式为Na+3Fe3+2SO42-+3H2O+3CO32-=NaFe3(SO4)2(OH)6+3CO2，故答案为：Na+3Fe3+2SO42-+3H2O+3CO32-=NaFe3(SO4)2(OH)6+3CO2；(4)F-
53、与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全，故答案为：F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+2F-平衡向右移动；(5)沉镍时反应有Ni2+、NH4HCO3，产物有NiCO3说明不是双水解，而是Ni2+与HCO3-电离出的CO32-结合生成NiCO3沉淀，促进HCO3-的电离，同时产生大量的氢离子，而氢离子又和HCO3-反应生成二氧化碳和水，所以离子方程式为Ni2+2HCO3-=NiCO3+CO2+H2O，故答案为：Ni2+2HCO3-=NiCO3+CO2+H2O；(6)充电时b极为阳极，LiMO2失电子发生氧化反应，产生Li+，根据总反应可知电极反应式为LiMO2-ne-=Li1-nMO2+nLi+，故答案为：LiMO2-ne-=Li1-nMO2+nLi+。
