2025届高三二轮 化学复习 板块1 专题4 微专题2　物质的转化

专题四　元素及其化合物 微专题2　物质的转化 规律方法整合　建模型 强基培优精练　提能力 考前名校押题　练预测 高考真题赏析　明考向 物质转化价类图 1 角度 1. (2024·广东选考)部分含Mg或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是(　　) A．若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应 B．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化 C．加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁 达尔效应的红棕色分散系 D．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组 成a的元素一定位于周期表p区 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　B 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 的饱和溶液，也有可能直接得到Fe(OH)3沉淀，故C错误；假设b为Al2O3，即d为Al(OH)3，c为铝盐，Al2O3、Al(OH)3与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区；假设b为Fe2O3，即d为Fe(OH)3，c为铁盐，Fe2O3、Fe(OH)3与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故D错误。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 2. (2023·广东选考)部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(　　) A．可存在c→d→e的转化 B．能与H2O反应生成c的物质只有b C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基 D．若b能与H2O反应生成O2，则b中含共价键 【答案】　B 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【解析】　由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧化钠(过氧化钠)、氢氧化钠或a、b、e、d对应物质分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在c→d→e的转化，A合理；钠和氧化钠(过氧化钠)都能与H2O反应生成氢氧化钠，B不合理；新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；若b能与H2O反应生成O2，则b为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D合理。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 物质转化循环图 2 角度 3. (2024·安徽选考)下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化。且甲和水可以直接生成乙的是(　　) 选项 甲 乙 丙 A Cl2 NaClO NaCl B SO2 H2SO4 CaSO4 C Fe2O3 Fe(OH)3 FeCl3 D CO2 H2CO3 Ca(HCO3)2 【答案】　D 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【解析】　Cl2与水反应生成HClO和HCl，无法直接生成NaClO，A错误；SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误；氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误；CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 4. (2024·江苏选考)在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是(　　) 【答案】　A 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【解析】　电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 物质转化微流程 3 角度 5. (2024·辽宁选考)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl－并制备Zn，流程如下。“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是(　　)  不与稀硫酸反应，在氧化剂存在下可以反应 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 Zn2＋ Cu2＋ Cl－ 浓度(g·L－1) 145 0.03 1 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 A．“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应：2Cu＋4H＋＋H2O2===2Cu2＋＋H2↑＋2H2O C．“脱氯”反应：Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn 【答案】　C 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【解析】　铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2＋，反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为Cu2＋＋Cu＋2Cl－===2CuCl↓，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2＋可在阴极得到电子生成Zn。由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2＋，反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O，故B错误；“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2＋的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为Cu2＋＋Cu＋2Cl－===2CuCl↓，故C正确；脱氯液净化后电解，Zn2＋应在阴极得到电子变为Zn，故D错误。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 6. (2024·甘肃选考)兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是(　　)   A．还原性：Ag>Cu>Fe B．按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag D．溶液①中的金属离子是Fe2＋ 【答案】　C 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【解析】　从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁，铁置换出铜，过滤分离出铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为Fe>Cu>Ag，A不正确；由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确；反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋＋4H＋===Cu2＋ 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 C正确；向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成Fe2＋，然后Fe2＋被通入的氧气氧化为Fe3＋，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是Fe3＋，D不正确。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 7. (2023·河北选考)一种以锰尘(主要成分为Mn2O3，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯MnCO3的清洁生产新工艺流程如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MgF2 CaF2 10－32.9 10－11.3 10－5.3 10－16.3 10－38.6 10－12.7 10－10.3 10－8.3 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 下列说法错误的是(　　) A．酸浸工序中产生的气体①为氯气 B．滤渣①主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3 C．除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时，若Ca2＋、Mg2＋浓度接近，则CaF2先析出 【答案】　C 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破  金属及其化合物的转化价类图 1.钠及其化合物 ②2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑； ③2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2； ④2NaOH＋CO2(少量)===Na2CO3＋H2O； ⑤NaOH＋CO2(过量)===NaHCO3； ⑥Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 ③2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2 或2FeCl3＋Fe===3FeCl2； ④2FeCl2＋Cl2===2FeCl3； ⑤4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破  非金属及其化合物的转化价类图 1.氯及其化合物 ①Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl； 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【思维模型】　 物质转化微流程的解题思维模型 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 物质转化价类图 1 角度 1. (2024·河北保定市二模)部分含铁的纯净物的“价—类”关系如图所示。下列叙述错误的是(　　) A．图中相邻物质中c→d在空气里最易转化 B．在隔绝空气条件下加热FeC2O4可得到b C．在高温下a与水蒸气反应生成b和H2 D．e溶液中加入铜粉，发生氧化还原反应 【答案】　C 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【解析】　由图可知，a为铁、b为氧化亚铁、c为氢氧化亚铁、d为氢氧化铁、e为氯化铁。氢氧化亚铁具有强还原性，易与空气中的氧气和水反应生成氢氧化铁，故A正确；草酸亚铁在隔绝空气条件下加热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，故B正确；铁在高温条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C错误；氯化铁溶液与加入的铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中有元素发生化合价变化，属于氧化还原反应，故D正确。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 2. (2024·广东深圳二模)自然界中氮的循环意义重大。其中，部分含氮物质的转化关系呈现在氮及其化合物的“价—类”二维图中。下列说法不正确的是(　　) A．a→b的转化是工业制硝酸的基础 B．既属于g又属于f的盐可用作氮肥 C．汽车中的三元催化器可促进尾气中 的b、c向a转化 D．实验室中，常用f与强碱反应产生e来检验f中阳离子的存在 【答案】　A 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 物质转化循环图 2 角度 3. (2024·湖北武汉市二模)CO2甲烷化是“ 负碳排放”的重要研究方向，某研究团队报道了镍基催化剂上CO2与H2反应生成 甲烷的两种机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。 二氧化碳的排放量 小于转化量 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 下列说法错误的是(　　) A．镍基催化剂增加了活化分子的百分数 B．两种机理均涉及极性键的断裂和生成 C．Ni@SiXNS—H2O机理中CH4的选择性更高 D．Ni@SiXNS—C2H5OH机理涉及反应*CO2＋H＋e－===*HCOO－ 【答案】　C 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【解析】　催化剂降低反应的活化能，将普通分子转化为活化分子，则镍基催化剂增加了活化分子的百分数，A正确；两种机理均涉及C===O极性键的断裂和C—H键的生成，B正确；Ni@-SiXNS—C2H5OH机理中主要生成CH4，次要生成CO，则Ni@-SiXNS—C2H5OH机理中CH4的选择性更高，C错误；由图可知Ni@SiXNS—C2H5OH机理涉及反应*CO2＋H＋e－===*HCOO－，D正确。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 4. (2024·湖南怀化市二模)一种利用H2和O2直接合成H2O2的反应历程如下图所示。下列说法中错误的是(　　) A．总反应的原子利用率理论上可达100% B．步骤2中，若1 mol O2完全反应，则理 论上转移电子数目为2NA 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　D 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 物质转化微流程 3 角度 5. (2024·河北张家口二模)氧化铍是一种核反应器燃料基体和减速剂，还可用作有机反应催化剂，其化学性质与Al2O3相似。以绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还有少量含铁化合物)为原料制备氧化铍的工业流程如下。下列说法错误的是(　　) A．“滤渣1”的主要成分为SiO2 B．“转化”时H2O2做氧化剂 C．“调pH”的目的是除去Fe3＋和Al3＋ D．“试剂M”可以选用氨水或NaOH溶液 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　D 【解析】　酸浸时，得到Fe2＋(可能有Fe3＋)、Al3＋、Be2＋，SiO2成为滤渣1，H2O2做氧化剂，把Fe2＋氧化为Fe3＋，加入碳酸钙调pH的目的是除去Fe3＋和Al3＋，得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，加入氨水得到氢氧化铍，除杂煅烧得到氧化铍。根据分析知，“滤渣1”的主要成分为SiO2，A正确；H2O2做氧化剂，把Fe2＋氧化为Fe3＋，B正确；加入碳酸钙调pH的目的是除去Fe3＋和Al3＋，得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，C正确；氧化铍化学性质与Al2O3相似，过量的NaOH溶液与氧化铍反应，降低了产率，D错误。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 6. (2024·湖南衡阳市二模)海水综合利用后的一种卤水中含NaCl、LiCl及少量的MgCl2、CaCl2、MnCl2等，利用该卤水制备Li2CO3的简要流程如图所示(第一次加入纯碱的量以不损失Li，其他离子尽量除去为标准)： 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 已知： ①卤水中c(Li＋)＝1.581 mol·L－1、c(Mg2＋)＝0.120 mol·L－1；1.5812＝2.5。 ②Li2CO3的溶解度随温度升高而降低。 ③常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下表： 物质 Li2CO3 MgCO3 CaCO3 MnCO3 Mg(OH)2 Ksp 2.5×10－2 6.8×10－6 2.8×10－9 2.3×10－11 5.6×10－12 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 下列说法错误的是(　　) A．滤渣中含有MgCO3、CaCO3和MnCO3 B．在实验室中分离出滤渣需要的玻璃仪器主要为漏斗、玻璃棒和烧杯 C．“ 沉淀池Ⅱ”中滴加烧碱前，c(Mg2＋)＝6.8×10－4 mol·L－1　 D．从“沉淀池Ⅲ”中析出的Li2CO3需用热水洗涤 【答案】　C 离子浓度小于10－5视为完全沉淀  返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 1. (2024·河北邯郸三模)轻质碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]是广泛应用于橡胶、塑料、食品和医药工业的化工产品，以卤块(主要成分为MgCl2，含Fe2＋、Fe3＋等杂质离子)为原料制备轻质碳酸镁的工艺流程如图。下列说法错误的是(　　) A．在实验室进行①操作所用 的仪器为玻璃棒、烧杯 B．“氧化”工序中发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O C．②和③工序名称均为“过滤” D．“沉镁”工序控制合适的温度，产生的气体X主要为NH3和CO2 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　D 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 2. (2024·河北张家口市三模)磁选后的炼铁高钛炉渣中的主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，利用如图流程制备TiO2·xH2O并回收铝、镁等。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 已知：“酸溶”后钛主要以TiO2＋形式存在。下列说法正确的是(　　) A．“焙烧”尾气的主要成分为氮氧化物 B．用热水“水浸”的目的是促进Fe3＋水解 C．母液和尾气可循环使用 D．“酸溶”反应的离子方程式为TiO2＋4H＋===Ti4＋＋2H2O 【答案】　C 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【解析】　由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，氧化铝、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛不溶于水，硫酸铁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸铝铵的滤液；向滤液中加入氨水，溶液中铁离子、铝离子依次沉淀；向水浸渣中加入硫酸加热酸溶，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和TiO2·xH2O。由分析可知，尾气为氨气，A错误；用热水“水浸”的目的是促使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O，B错误；母液含有硫酸、尾气含有氨气，氨气溶于水得到氨水，故母液和尾气可循环使用，C正确；已知：“酸溶”后钛主要以TiO2＋形式存在，则“酸溶”反应的离子方程式为TiO2＋2H＋===TiO2＋＋H2O，D错误。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【解析】　若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg(OH)2，即f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑，该反应属于置换反应，可能为Mg＋Cl2MgCl2，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是化合反应，故A错误；e能转化为d，此时e为白色沉淀Fe(OH)2，d为红褐色沉淀Fe(OH)3，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故B正确；由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为Fe(OH)3胶体，c应为铁盐，加热铁盐 A．HCl制备：NaCl溶液H2和Cl2HCl B．金属Mg制备：Mg(OH)2MgCl2溶液Mg C．纯碱工业：NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 D．硫酸工业：FeS2SO2H2SO4 C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋＋4H＋===Cu2＋＋4NH 4NH， D．沉淀工序中发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO=== MnCO3↓＋CO2↑＋H2O 【解析】　由图知锰尘(主要成分为Mn2O3，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)加入浓盐酸进行酸浸，Mn2O3、铝、镁、钙、铁的氧化物均生成对应的盐，由于Mn2O3具有氧化性，能将盐酸中的氯离子氧化为氯气，故气体①用氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染环境，加氨水调节pH为5～6，由表中数据知，可将铁和铝沉淀而除去，故滤渣①主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，再向滤液中加入氟化钠溶液，可将镁和钙以氟化物的形式除去，滤渣②为氟化钙和氟化镁，此时滤液中主要成分为氯化锰，加入碳酸氢钠溶液，发生Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，将锰 离子沉淀，得到纯度较高的碳酸锰。由分析知，Mn2O3与浓盐酸反应生成Mn2＋和Cl2，A正确；结合表中数据可知，除杂①工序中调pH为5～6，此时会产生Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，B正确；由于Ksp(MgF2)< Ksp(CaF2)，故Ca2＋、Mg2＋浓度接近时，先析出MgF2沉淀，C错误；由题给流程和分析可知，沉淀工序中Mn2＋与HCO反应生成MnCO3、CO2和H2O离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，D正确。 ①2Na＋O2Na2O2； 2.铁及其化合物 ①2Fe＋3Cl22FeCl3； ②Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 或Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3； ②Cu＋Cl2CuCl2； ③Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O； ④2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O； ⑤MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O； ⑥2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。 2.硫及其化合物 ①2SO2＋O22SO3； ②Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑ ＋2H2O； ③C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑ ＋2H2O； ④2Na2SO3＋O2===2Na2SO4。 3.氮及其化合物 ①Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2 ＋2NH3↑＋2H2O； ②4NH3＋5O24NO＋6H2O； ③3NO2＋H2O===2HNO3＋NO； ④C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。 【解析】　由N元素的化合价及物质所属类别，可确定a为N2、b为NO、c为NO2、d为HNO3、e为NH3、f为铵盐、g为硝酸盐。工业制硝酸的基础是氨的催化氧化，即NH3→NO，而a为N2，则N2→NO的转化不是工业制硝酸的基础，A不正确；既属于g(硝酸盐)又属于f(铵盐)的盐为NH4NO3，它含氮量较高，可用作氮肥，B正确；NO、NO2是大气污染物，利用汽车中的三元催化器，可促进尾气中NO、NO2与CO作用，生成N2和CO2，C正确；实验室中，检验NH时，常用铵盐与强碱在加热条件下反应，通过检验反应产生的NH3检验NH的存在，D正确。 C.降低了反应的活化能，加快了反应速率 D.和中Pd的化合价不相同 【解析】　由图示可知，步骤1为＋H2―→Pd＋2HCl＋2Cl－、步骤2为Pd＋O2＋2Cl－―→、步骤3为＋2HCl―→＋H2O2，所以总反应为H2＋O2H2O2。总反应H2O＋O2H2O2，理论上反应物全部转化为H2O2，故原子利用率理论上为100%，故A正确；步骤2为Pd＋ O2＋2Cl－―→，若1 mol O2完全反应，则理论上转移电子数目为2NA，故B正确；由分步反应及总反应可知，为催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故C正确；中Cl化合价为－1价，则Pd元素为＋2价，中Cl化合价为－1价、O化合价为－1价，则Pd元素为＋2价，Pd的化合价相同，故D错误。 【解析】　由题可知杂质包括Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋、Na＋、Cl－，故需除去这些杂质，则据流程图中沉淀池Ⅱ可得到Mg(OH)2、NaCl，则沉淀池Ⅰ的滤渣为MgCO3、CaCO3，MnCO3。由分析可知，第一次加入纯碱时会产生MgCO3、CaCO3、MnCO3沉淀，则滤渣中含有MgCO3、CaCO3和MnCO3，A正确；滤渣含MgCO3、MnCO3、CaCO3，过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，B正确；沉淀Ⅱ之前的主要成分有Li＋、Cl－、Na＋、Mg2＋、CO必使Q(Li2CO3)<Ksp(Li2CO3)，让Li2CO3(s)2Li＋(aq)＋CO(aq)正移，故可知c(CO)<＝10－2 mol·L－1即此时c(Mg2＋)>＝6.8×10－4 mol·L－1，C错误；因为Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，故用热水洗涤，降低溶解度，D正确。 【解析】　由图知，向卤块(主要成分为MgCl2，含Fe2＋、Fe3＋等杂质离子)中加入盐酸进行酸溶，再加入过氧化氢发生2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入氢氧化钠溶液Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀，过滤将其除去得到滤渣，滤渣为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵进行沉镁，发生2Mg2＋＋4HCO＋2H2O===MgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋3CO2↑，故X主要为二氧化碳，经过过滤，得到轻质碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]，据此回答。①操作需用盐酸溶解卤块，所用仪 器为玻璃棒、烧杯，A正确；“氧化”目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，再通过调节pH除去，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，B正确；②和③操作都得到液体和固体，均为过滤，C正确；“沉镁”工序中Mg2＋、HCO转化为MgCO3·Mg(OH)2·3H2O[2Mg2＋＋4HCO＋2H2O===MgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋3CO2↑]，温度过高NH4HCO3分解才可能产生NH3，D错误。 $$ 板块一　专题四　选择题专项突破分级训练 【强基练】 1.(2024·湖北省七市州教科研协作体二模)NH3是重要的化工原料，下列流程涉及NH3的制备与用途。有关说法正确的是(　　) A．过程Ⅰ中，实验室制氨可用氢氧化钠代替熟石灰 B．过程Ⅱ中，物质A是一种高效氮肥 C．过程Ⅲ中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 D．过程Ⅳ中，反应的离子方程式为NH3＋CO2＋H2O===NH＋HCO 2.(2024·河北邯郸市二模)工业上制备高纯硅，一般需要先制得98%左右的粗硅，再以粗硅为原料制备高纯硅，工艺流程如下；工业上还以粗硅为原料采用熔融盐电解法制取甲硅烷(SiH4)，电解装置如图所示： 下列有关说法正确的是(　　) A．制备粗硅的化学方程式：SiO2＋CSi＋2CO2↑ B．制备高纯硅的工艺中可循环使用的物质只有HCl C．阴极发生的电极反应：H2＋2e－===2H－ D．SiO2、Si、SiH4都属于共价晶体 3.(2024·江西新余市二模)工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。 已知：途径Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是(　　) A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率 B．途径Ⅱ发生的反应为2SO2＋O2＋2CaCO32CaSO4＋2CO2 C．途径Ⅲ产生的SO3也可以用浓硫酸吸收 D．1 mol X最多可以与1 mol NaOH反应 4.(2024·河北保定二模)二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。“R7法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，具体制备流程如图所示。消毒效率＝1 mol消毒剂的质量÷1 mol消毒剂得电子数。 下列说法正确的是(　　) A．ClO2和Cl2的消毒效率之比为71∶18 B．反应①生成ClO2的离子方程式：2ClO＋2Cl－＋4H＋===2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑ C．反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量相等 D．反应②中SO2作还原剂，物质X为H2SO4 5.(2024·河北省大数据应用调研联合测评)MoO3主要用于测定蛋白质、酚、砷、铅、铋等，一种以辉钼矿(主要成分为MoS2，含有FeO、SiO2等杂质)为原料制备MoO3的流程如下图所示： 下列说法错误的是(　　) A．“焙烧”时会生成MoO3，则“浸取”时的离子方程式为MoO3＋2NH3·H2O===2NH＋MoO＋H2O B．为提高“浸取”效率，可适当增大氨水浓度或将固体粉碎 C．“工序1”可为蒸发结晶 D．“灼烧”过程产生NH3，可回收利用至“浸取”工序 6.(2024·河北承德二模)氮化硅(Si3N4)是一种高温结构陶瓷材料﹐它硬度大、熔点高、化学性质稳定。合成氮化硅的一种工艺流程如图所示。 已知：SiCl4在潮湿的空气中易水解，产生白雾 下列说法正确的是(　　) A．该流程中可循环使用的物质是NH3 B．第③步反应是氧化还原反应 C．1 mol SiCl4和Si3N4所含共价键数目均为4NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) D．第③步反应可用氨水代替NH3 7.(2024·湖南邵阳市二模)利用废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)制明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的一种工艺流程如图： 下列说法错误的是(　　) A．该工艺步骤①与步骤②顺序互换会更节约生产成本 B．②中发生的反应有：Al(OH)3＋NaOH===Na[Al(OH)4] C．③中稀H2SO4酸化的目的是将Al(OH)3转化成Al3＋ D．由④可知，室温下明矾的溶解度小于Al2(SO4)3和K2SO4的溶解度 【培优练】 8.(2024·唐山二模)由辉铜矿(含Cu2S，少量Fe3O4、SiO2)合成[Cu(NH3)4]SO4·H2O的流程如下。 已知：25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，离子浓度<10－5 mol·L－1时可认为离子完全沉淀。下列说法正确的是(　　) A．煅烧时只有Cu、S两种元素被氧化 B．酸浸后，滤液的主要成分为FeSO4和CuSO4 C．调pH为3～4时，可实现铜、铁的分离 D．95%乙醇的作用为增大[Cu(NH3)4]SO4的溶解度 9.(2024·河北沧州市二模)一种利用铅铋合金(主要成分为Pb、Bi、Au，杂质为Ag)制备草酸铅的工艺流程如图所示。其中，熔化和制粒两步工序的具体操作为：将铅铋合金加热熔化后，以一定的流速加入水中，形成直径为2～4 mm的合金颗粒。 已知：醋酸铅为弱电解质。下列说法错误的是(　　) A．熔化和制粒的目的是增大铅铋合金与反应物的接触面积 B．氧化酸浸工序中，H2O2和空气中的O2作氧化剂 C．氧化酸浸工序所得浸渣的主要成分为Au、Ag D．制备草酸铅的反应可表示为2CH3COO－＋Pb2＋＋H2C2O4===PbC2O4↓＋2CH3COOH 10.(2024·湖南怀化市二模)工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如下图： 已知：PbCl2(s)＋2Cl－(aq)[PbCl4]2－(aq)；Ksp(PbSO4)＝1×10－8 mol2·L－2，Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5 mol3·L－3。 下列说法错误的是(　　) A．由该工艺可知，PbCl2(s)＋2Cl－(aq)[PbCl4]2－(aq)为吸热反应 B．滤渣2的主要成分是氢氧化铁 C．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中＝6.25×10－4 mol·L－1 D．“浸取”时可发生反应：MnO2＋PbS＋4H＋＋4Cl－===[PbCl4]2－＋S＋Mn2＋＋2H2O 板块一　专题四　选择题专项突破分级训练 【强基练】 1.(2024·湖北省七市州教科研协作体二模)NH3是重要的化工原料，下列流程涉及NH3的制备与用途。有关说法正确的是(　　) A．过程Ⅰ中，实验室制氨可用氢氧化钠代替熟石灰 B．过程Ⅱ中，物质A是一种高效氮肥 C．过程Ⅲ中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 D．过程Ⅳ中，反应的离子方程式为NH3＋CO2＋H2O===NH＋HCO 【答案】　B 【解析】　熟石灰和氯化铵固体混合加热制备氨气，氨气先通入饱和食盐水中，然后再通入二氧化碳生成碳酸氢钠；过程Ⅲ中氨气被次氯酸钠氧化生成N2H4，据此解答。实验室制氨气不能用氢氧化钠代替熟石灰，因为氢氧化钠易吸水结块，且易腐蚀试管，故A错误；根据质量守恒定律可推出物质A为尿素，是一种高效氮肥，故B正确；反应Ⅲ的化学方程式为2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故C错误；过程Ⅳ的离子方程式为Na＋＋NH3＋CO2＋H2O===NH＋NaHCO3↓，故D错误。 2.(2024·河北邯郸市二模)工业上制备高纯硅，一般需要先制得98%左右的粗硅，再以粗硅为原料制备高纯硅，工艺流程如下；工业上还以粗硅为原料采用熔融盐电解法制取甲硅烷(SiH4)，电解装置如图所示： 下列有关说法正确的是(　　) A．制备粗硅的化学方程式：SiO2＋CSi＋2CO2↑ B．制备高纯硅的工艺中可循环使用的物质只有HCl C．阴极发生的电极反应：H2＋2e－===2H－ D．SiO2、Si、SiH4都属于共价晶体 【答案】　C 【解析】　石英砂加焦炭在高温条件下反应得到粗硅，粗硅与HCl在573 K以上加热生成粗SiHCl3，精馏得到纯的SiHCl3，在1 357 K与氢气反应生成高纯硅；制备粗硅的化学方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑，A项错误；制备高纯硅的工艺中可循环使用的物质有H2和HCl，B项错误；阴极氢气得电子产生H－，发生的电极反应：H2＋2e－===2H－，C项正确；SiH4属于分子晶体，D项错误。 3.(2024·江西新余市二模)工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。 已知：途径Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是(　　) A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率 B．途径Ⅱ发生的反应为2SO2＋O2＋2CaCO32CaSO4＋2CO2 C．途径Ⅲ产生的SO3也可以用浓硫酸吸收 D．1 mol X最多可以与1 mol NaOH反应 【答案】　D 【解析】　含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2＋O2＋2CaCO32CaSO4＋2CO2，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧化硫与甲醇反应得到X。含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确；途径Ⅱ发生的反应为2SO2＋O2＋2CaCO32CaSO4＋2CO2，B正确；途径Ⅲ产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸可以避免三氧化硫与水反应形成大量酸雾，C正确；X经水解可得到硫酸和甲醇，故1 mol X最多可以与2 mol NaOH反应得到1 mol硫酸钠和1 mol甲醇，D错误。 4.(2024·河北保定二模)二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。“R7法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，具体制备流程如图所示。消毒效率＝1 mol消毒剂的质量÷1 mol消毒剂得电子数。 下列说法正确的是(　　) A．ClO2和Cl2的消毒效率之比为71∶18 B．反应①生成ClO2的离子方程式：2ClO＋2Cl－＋4H＋===2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑ C．反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量相等 D．反应②中SO2作还原剂，物质X为H2SO4 【答案】　B 【解析】　氯气与热氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和氯酸钠，向反应后的溶液中加入H2SO4生成ClO2和Cl2，反应②中Cl2和SO2反应生成H2SO4和HCl，X为H2SO4和HCl的混合物。ClO2中氯元素化合价由＋4变为－1时，消毒效率为，Cl2中氯元素化合价由0变为－1时，消毒效率为，则ClO2和Cl2的消毒效率之比为∶＝27∶71，A错误；反应①中氯化钠和氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2和Cl2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为2ClO＋2Cl－＋4H＋===2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑，B正确；反应②中Cl2和SO2反应生成H2SO4，根据得失电子守恒和质量守恒配平化学方程式为Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，反应①发生反应：2ClO＋2Cl－＋4H＋===2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑，当反应①生成1 mol Cl2时，消耗2 mol H2SO4，反应②消耗1 mol Cl2时，生成1 mol H2SO4，C错误；由C可知，反应②为Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，S元素化合价上升，SO2作还原剂，物质X为H2SO4和HCl的混合物，D错误。 5.(2024·河北省大数据应用调研联合测评)MoO3主要用于测定蛋白质、酚、砷、铅、铋等，一种以辉钼矿(主要成分为MoS2，含有FeO、SiO2等杂质)为原料制备MoO3的流程如下图所示： 下列说法错误的是(　　) A．“焙烧”时会生成MoO3，则“浸取”时的离子方程式为MoO3＋2NH3·H2O===2NH＋MoO＋H2O B．为提高“浸取”效率，可适当增大氨水浓度或将固体粉碎 C．“工序1”可为蒸发结晶 D．“灼烧”过程产生NH3，可回收利用至“浸取”工序 【答案】　C 【解析】　辉钼矿(主要成分为MoS2，含有FeO、SiO2等杂质)在空气中焙烧得二氧化硫气体、SiO2、氧化铁和MoO3，用氨水浸取过滤去除不溶物SiO2、氧化铁，滤液中含(NH4)2MoO4，蒸发浓缩冷却结晶得(NH4)2MoO4·4H2O，灼烧得MoO3。“焙烧”将MoS2转变为MoO3，则“浸取”时的离子方程式为MoO3＋2NH3·H2O===2NH＋MoO＋H2O，A项正确；为提高“浸取”效率，可适当增大氨水浓度或将固体粉碎，B项正确；“工序1”后得到带结晶水的钼酸铵，故“工序1”不可为蒸发结晶，C项错误；钼酸铵“灼烧”过程产生NH3，可回收利用至“浸取”工序，D项正确。 6.(2024·河北承德二模)氮化硅(Si3N4)是一种高温结构陶瓷材料﹐它硬度大、熔点高、化学性质稳定。合成氮化硅的一种工艺流程如图所示。 已知：SiCl4在潮湿的空气中易水解，产生白雾 下列说法正确的是(　　) A．该流程中可循环使用的物质是NH3 B．第③步反应是氧化还原反应 C．1 mol SiCl4和Si3N4所含共价键数目均为4NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) D．第③步反应可用氨水代替NH3 【答案】　A 【解析】　石英砂与焦炭发生氧化还原反应生成粗硅，粗硅中硅单质与Cl2发生氧化还原反应生成SiCl4；SiCl4和氨气一定温度生成Si(NH)2，Si(NH)2高温下加热可得氮化硅，结合质量守恒可知，还生成氨气；由分析可知，Si(NH)2高温下加热生成的氨气可以在③中循环利用，A正确；第③步反应中SiCl4和氨气一定温度生成Si(NH)2和HCl，不涉及元素化合价改变，不是氧化还原反应，B错误；1 mol SiCl4中含有4 mol硅氯键，而1 mol Si3N4中含有12 mol硅氮键，所含共价键数目分别为4NA、12NA，C错误；已知：SiCl4在潮湿的空气中易水解，产生白雾，故不能用氨水代替氨气，D错误。 7.(2024·湖南邵阳市二模)利用废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)制明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的一种工艺流程如图： 下列说法错误的是(　　) A．该工艺步骤①与步骤②顺序互换会更节约生产成本 B．②中发生的反应有：Al(OH)3＋NaOH===Na[Al(OH)4] C．③中稀H2SO4酸化的目的是将Al(OH)3转化成Al3＋ D．由④可知，室温下明矾的溶解度小于Al2(SO4)3和K2SO4的溶解度 【答案】　C 【解析】　废铝箔(主要成分为Al，含少量Mg、Fe等)与稀硫酸反应，生成Al3＋、Mg2＋、Fe2＋，过滤除去不溶于酸的杂质，再用NaOH溶液调节pH值，将Mg2＋、Fe2＋转化为沉淀析出，Al3＋转化为[Al(OH)4]－，过滤固体，继续向滤液中加入适量稀硫酸得到Al2(SO4)3溶液，最后加饱和K2SO4溶液结晶得到溶解度更小的明矾。由于Mg、Fe不与氢氧化钠溶液反应，步骤①与步骤②顺序互换后，通过操作a(过滤)即可得到Na[Al(OH)4]溶液，再加稀硫酸可得到硫酸铝溶液，调换顺序后，酸碱的浪费更少，可节约生产成本，故A正确；②中Al3＋转化为[Al(OH)4]－，发生的反应方程式为Al2(SO4)3＋6NaOH===2Al(OH)3↓＋3Na2SO4，Al(OH)3＋NaOH===Na[Al(OH)4]，故B正确；③中稀H2SO4酸化的目的是将[Al(OH)4]－转化为Al3＋，故C错误；④是根据溶解度差异来制取明矾，即室温下明矾的溶解度小于Al2(SO4)3和K2SO4的溶解度，故D正确。 【培优练】 8.(2024·唐山二模)由辉铜矿(含Cu2S，少量Fe3O4、SiO2)合成[Cu(NH3)4]SO4·H2O的流程如下。 已知：25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，离子浓度<10－5 mol·L－1时可认为离子完全沉淀。下列说法正确的是(　　) A．煅烧时只有Cu、S两种元素被氧化 B．酸浸后，滤液的主要成分为FeSO4和CuSO4 C．调pH为3～4时，可实现铜、铁的分离 D．95%乙醇的作用为增大[Cu(NH3)4]SO4的溶解度 【答案】　C 【解析】　辉铜矿(含Cu2S，少量Fe3O4、SiO2)在空气中煅烧生成氧化铜、氧化铁和二氧化硫，加入硫酸得到硫酸铁，过滤，调节滤液的pH后过滤，向滤液中加入过量氨水，再加入95%的乙醇，降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度。根据后面分析，没有氧化铁的过程，说明煅烧时铁被氧化为＋3价，因此煅烧时有Cu、S、Fe三种元素被氧化，故A错误；根据调节pH值得到浸渣，说明生成了氢氧化铁沉淀，则酸浸后，滤液的主要成分为Fe2(SO4)3和CuSO4，故B错误；调pH为3～4时，可实现铜、铁的分离，将铁元素变为氢氧化铁沉淀，故C正确；95%乙醇的作用为降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，故D错误。 9.(2024·河北沧州市二模)一种利用铅铋合金(主要成分为Pb、Bi、Au，杂质为Ag)制备草酸铅的工艺流程如图所示。其中，熔化和制粒两步工序的具体操作为：将铅铋合金加热熔化后，以一定的流速加入水中，形成直径为2～4 mm的合金颗粒。 已知：醋酸铅为弱电解质。下列说法错误的是(　　) A．熔化和制粒的目的是增大铅铋合金与反应物的接触面积 B．氧化酸浸工序中，H2O2和空气中的O2作氧化剂 C．氧化酸浸工序所得浸渣的主要成分为Au、Ag D．制备草酸铅的反应可表示为2CH3COO－＋Pb2＋＋H2C2O4===PbC2O4↓＋2CH3COOH 【答案】　D 【解析】　熔化和制粒可以增大铅铋合金与反应物的接触面积，充分反应，提高反应速率；氧化酸浸工序中，H2O2和空气中的O2作氧化剂，氧化Pb、Bi，浸渣的主要成分为Au、Ag，经过水解把铋元素沉淀，再加入草酸，把醋酸铅转化为草酸铅，滤液转入氧化酸浸步骤循环利用。熔化和制粒可以增大铅铋合金与反应物的接触面积，充分反应，提高反应速率，A正确；氧化酸浸工序中，H2O2和空气中的O2作氧化剂，氧化Pb、Bi，B正确；氧化酸浸工序中，H2O2和空气中的O2氧化Pb、Bi，浸渣的主要成分为Au、Ag，C正确；醋酸铅为弱电解质，不能拆成离子形式，D错误。 10.(2024·湖南怀化市二模)工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如下图： 已知：PbCl2(s)＋2Cl－(aq)[PbCl4]2－(aq)；Ksp(PbSO4)＝1×10－8 mol2·L－2，Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5 mol3·L－3。 下列说法错误的是(　　) A．由该工艺可知，PbCl2(s)＋2Cl－(aq)[PbCl4]2－(aq)为吸热反应 B．滤渣2的主要成分是氢氧化铁 C．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中＝6.25×10－4 mol·L－1 D．“浸取”时可发生反应：MnO2＋PbS＋4H＋＋4Cl－===[PbCl4]2－＋S＋Mn2＋＋2H2O 【答案】　C 【解析】　方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入稀盐酸浸取，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2＋，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)＋2Cl－(aq)[PbCl4]2－(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入M为MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，得到滤渣2为氢氧化铁沉淀；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入N为稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答。PbCl2(s)＋2Cl－(aq)[PbCl4]2－(aq)，温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，有利于PbCl2沉淀更完全，反应为吸热反应，A正确；由分析可知，滤渣2的主要成分是氢氧化铁，B正确；“沉淀转化”过程中，沉淀的转化方程式为PbCl2(s)＋SO(aq)PbSO4(s)＋2Cl－(aq)，溶液中达到平衡时溶液中＝＝＝＝1.6×103 mol·L－1，C错误；“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2＋，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)＋2Cl－(aq)[PbCl4]2－(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为MnO2＋PbS＋4H＋＋4Cl－===[PbCl4]2－＋S＋Mn2＋＋2H2O，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$