主题5 第4讲 高考常考查的过渡金属（Word教师用书）-【新高考方案】2025年高考化学一轮总复习（广东专版）

第四讲　高考常考查的过渡金属(综合应用课) 高考“题在书外、理在书中”。高考题中经常涉及一些陌生过渡金属元素及其化合物，如2023年广东卷第18题涉及元素Ni、Co,2023年全国新课标卷第27题涉及元素Cr、V等，命题者常以陌生元素及其化合物为载体，以“生”考“熟”，考查考生的迁移发散能力和创新思维。解决此类问题，还应追根教材，掌握同类元素及其化合物的通性通法是破题之本。 真题集训——悟创新考法 1．(2023·全国新课标卷)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下图所示。 已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO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VO或VO3＋；在碱性条件下，溶解为VO或VO。上述性质说明V2O5具有________(填标号)。 A．酸性　　B．碱性　　C．两性 (6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：由题意分析铬钒渣中主要杂质为Fe、Al、Si、P的化合物，水浸渣中主要含SiO2、Fe2O3，得到沉淀的滤渣为Al(OH)3，除硅磷的滤渣中主要含MgSiO3、MgNH4PO4，还原步骤中发生反应3S2O＋2Cr2O＋10H＋===6SO＋4Cr3＋＋5H2O，据此解题。(1)根据已知条件可知，最高价铬酸根在碱性介质中以CrO存在，故煅烧后含铬化合物主要为Na2CrO4。(2)煅烧时通入空气，含铁化合物转化为Fe2O3，且Fe2O3不溶于水，故水浸渣中还含有Fe2O3。(3)“沉淀”步骤加入稀H2SO4调pH到弱碱性是为了让[Al(OH)4]－转化为Al(OH)3沉淀而除去。(4)体系中存在平衡MgNH4PO4Mg2＋＋NH＋PO，当pH<9时，PO＋H＋HPO，c(PO)降低，平衡正移，不利于生成MgNH4PO4沉淀；而pH>9时Mg2＋会形成Mg(OH)2沉淀，原料利用率低。(5)根据题干描述，V2O5既可与酸反应，又可与碱反应，故V2O5具有两性。(6)分离钒后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2O存在，还原过程中Cr2O被S2O还原为Cr3＋，S2O转化为SO，因此反应的离子方程式为2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋6SO＋5H2O，之后调pH，Cr3＋转化为Cr(OH)3。 答案：(1)Na2CrO4　(2)Fe2O3　(3)Al(OH)3　(4)溶液中c(PO)降低，不利于生成MgNH4PO4沉淀　Mg2＋形成Mg(OH)2沉淀 (5)C　(6)3S2O＋2Cr2O＋10H＋===6SO＋4Cr3＋＋5H2O 2．(2023·广东卷)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2＋、Co2＋、Co3＋与NH3形成可溶于水的配离子。lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Ksp 5.9×10－15 1.6×10－44 5.5×10－16 氢氧化物 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ksp 1.3×10－33 5.6×10－12 回答下列问题： (1)活性MgO可与水反应，化学方程式为_______________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)______c(NH) (填“>”“<”或“＝”)。 (3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋的离子方程式为______________________ ________________________________________________________________________。 (4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。 ①NH4Al(OH)2CO3属于________(填“晶体”或“非晶体”)。 ②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是______________________________。 (5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为________。 ②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为________；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为______。 (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为____________。 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义在于可重复利用HNO3和________(填化学式)。 解析：硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中加入活性氧化镁调节溶液pH，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，滤液进行镍钴分离，经过一系列操作得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO＋H2O===Mg(OH)2。(2)常温下，pH＝9.9，氨性溶液中，lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7，Kb(NH3·H2O)＝10－4.7＝，＝＝＝10－0.6<1，则c(NH3·H2O)＞c(NH)。(3)“氨浸”时，Co(OH)3与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[Co(NH3)6]2＋，则由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋的离子方程式为2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO===2[Co(NH3)6]2＋＋SO＋13H2O＋4OH－或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO===2[Co(NH3)6]2＋＋SO＋13H2O。(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体。②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH4)2CO3能提高Ni、Co的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。(5)①“析晶”过程中为了防止Ni2＋水解，因此通入的酸性气体A为HCl。②根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12。(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，根据Mg(NO3)2＋2H2O===Mg(OH)2↓＋2HNO3，Mg(OH)2MgO＋H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2∶5。②“热解”得到HNO3和MgO，结合工艺流程可知，其意义在于可重复利用HNO3和MgO。 答案：(1)MgO＋H2O===Mg(OH)2 (2)＞　(3)2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO===2[Co(NH3)6]2＋＋SO＋13H2O＋4OH－或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO===2[Co(NH3)6]2＋＋SO＋13H2O (4)①晶体　②减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 (5)①HCl　②体心　12 (6)①0.4或2∶5　②MgO 拓展知能(1)——钴、镍、钛及其化合物 1．Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)性质差异 氢氧化物还原性 还原性的变化规律：Co(OH)2>Ni(OH)2 ①Co(OH)2在空气中被O2氧化的速度较慢；可以被强氧化剂(H2O2)迅速氧化； ②Ni(OH)2在空气中不易被氧化，只有在更强的氧化剂条件下才会氧化生成Ni(OH)3 与氨水反应 ①Co(OH)2―→[Co(NH3)6]2＋②Ni(OH)2―→[Ni(NH3)6]2＋ 2．Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)性质差异 氧化物 氧化钴与氧化镍在酸性溶液中显示出强氧化性：Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O，Ni2O3＋6HCl===2NiCl2＋Cl2↑＋3H2O，但氧化铁与酸只发生复分解反应 氢氧 化物 镍、钴的氢氧化物与还原性酸发生氧化还原反应2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O 2Ni(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2Ni2＋＋Cl2↑＋6H2O 离子存在状态 Co(Ⅲ)、Ni(Ⅲ)仅能够存在于固态物质或配合物中，在水溶液中会发生如下反应 4Co3＋＋2H2O===4Co2＋＋4H＋＋O2↑ 4Ni3＋＋2H2O===4Ni2＋＋4H＋＋O2↑ 3．钛及其化合物的性质 Ti 常温时与酸不反应，但可与HF反应(Ti＋6HF===H2TiF6＋2H2↑)，也可与热的浓盐酸反应[2Ti＋6HCl(浓)2TiCl3＋3H2↑] TiO2 不溶于水和稀酸，可溶解在HF溶液及热的浓硫酸中；可与Cl2反应：TiO2＋2Cl2===TiCl4＋O2；与碱溶液缓慢反应：TiO2＋2NaOH===Na2TiO3＋H2O；在高温下与Cl2、C发生反应：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO TiCl4 暴露在空气中会冒出白烟：TiCl4＋3H2O===H2TiO3↓＋4HCl；Mg做还原剂时可制备金属钛：2Mg＋TiCl42MgCl2＋Ti。Zn与TiCl4的盐酸溶液作用，可以生成紫色的TiCl3溶液：2TiCl4＋Zn===2TiCl3＋ZnCl2 [应用体验] 1．用废旧复离子电池正极材料分离回收金属元素，正极材料主要为活性材料LiNixCoyMn1－x－yO2与铝箔组成，工艺流程如下： 已知：Ksp[Mn(OH)2]＝2×10－13， Ksp[Co(OH)2]＝1×10－15， Ksp[Ni(OH)2]＝5×10－16 回答下列问题： (1)碱浸结束后，滤液中的阴离子除了OH－，主要还有______________(填化学式)。正极活性材料LiNixCoyMn1－x－yO2中Ni、Co、Mn化合价相同，则它们的化合价均为____________。 (2)固相反应一般反应速率较慢，加快还原焙烧反应速率的方法可以是________________________________________(至少写两种)。 (3)①洗涤碱式碳酸镍[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]最好选择________(填标号)。 a．碳酸钠溶液 b．氢氧化钠溶液 c．氨水 d．蒸馏水 ②写出沉锰过程中生成MnCO3反应的离子方程式：________________________________________________________。 (4)共沉淀法是将两个或两个以上组分同时沉淀的一种方法。酸浸后也可直接调pH使Ni2＋、Co2＋、Mn2＋沉淀完全回收，则pH应大于________(已知：lg 2＝0.3，溶液中离子浓度小于10－5 mol·L－1认为沉淀完全)。 解析：由题给流程可知，正极材料用氢氧化钠溶液碱浸，铝箔与氢氧化钠溶液反应转化为四羟基合铝酸钠，过滤得到含有过量氢氧化钠和四羟基合铝酸钠的滤液1和含有LiNixCoyMn1－x－yO2的滤渣；滤渣中加入褐煤高温还原焙烧得到锂、镍、钴、锰，向焙烧渣中加入水，锂与水反应生成氢氧化锂，镍、钴、锰与水不反应，过滤得到含有氢氧化锂的滤液2和含有镍、钴、锰的滤渣；向滤渣中加入稀硫酸酸浸得到含有镍、钴、锰可溶性硫酸盐的溶液，向溶液中加入草酸铵溶液，将钴离子转化为二水草酸钴沉淀，过滤得到含有二水草酸钴和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰和滤液；向滤液中加入氢氧化钠和碳酸钠，将镍离子转化为碱式碳酸锰沉淀和滤液3。 (4)由溶度积可知，当镍离子、钴离子、锰离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为＝×10－4 mol·L－1，则溶液pH为14－4＋×lg 2＝10.15。 答案：(1)[Al(OH)4]－　＋3价　(2)粉碎、搅拌或适当升温　(3)①c　②Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O　(4)10.15 拓展知能(2)——钒、铬、锰及其化合物 1．钒及其化合物 钒单质的性质 银白色金属，熔点高，有延展性，质坚硬，无磁性。具有耐酸性，在空气中不被氧化，可溶于氢氟酸、硝酸和王水 钒的氧化物 钒能分别以＋2、＋3、＋4、＋5价与氧结合，形成四种氧化物，一氧化钒，三氧化二钒，二氧化钒，五氧化二钒 钒盐 钒盐包括V4＋、VO(偏钒酸盐)、VO(正钒酸盐)，包括：偏钒酸铵、偏钒酸钠、偏钒酸钾、正钒酸钠、焦钒酸钠；四价盐：硫酸氧钒、草酸氧钒。不同价态的钒离子有不同的颜色：VO颜色为浅黄色或深绿色，VO2＋颜色为蓝色，V3＋为绿色，V2＋为紫色 2．铬及其化合物 铬元素的常见价态有＋6、＋3、＋2 Cr(Ⅲ)的还原性 Cr3＋在酸性条件下是稳定的，但在碱性条件下能氧化成CrO。2Cr3＋＋3H2O2＋10OH－===2CrO＋8H2O 在碱性溶液中，亚铬酸盐(CrO)可以被H2O2或Na2O2氧化成铬酸盐。 2CrO＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O 2CrO＋3Na2O2＋2H2O===2CrO＋6Na＋＋4OH－ Cr(Ⅵ)的氧化性 铬(Ⅵ)最重要的化合物是K2Cr2O7，在水溶液中Cr2O和CrO存在下列平衡： 2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O (黄色)　　　　　(橙红色) 在酸性溶液中，Cr2O具有强氧化性，但在碱性溶液中CrO的氧化性要弱得多 Cr2O＋3SO＋8H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O 3．锰及其化合物 锰元素的常见价态有＋7、＋6、＋4、＋3、＋2，Mn2＋在酸性溶液中的稳定性强于在碱性溶液中的稳定性 Mn2＋ 稳定存在于酸性条件；在碱性条件下，Mn2＋易被氧化为MnO2等，如ClO－＋Mn2＋＋2OH－===Cl－＋MnO2↓＋H2O Mn(Ⅵ)化合物的性质 MnO稳定存在于强碱性溶液中，在酸性、中性环境均发生歧化。 3MnO＋2H2O===2MnO＋MnO2↓＋4OH－ 3MnO＋4H＋===2MnO＋MnO2↓＋2H2O KMnO4的 性质 ①在酸性介质中，MnO具有强氧化性，本身被还原为Mn2＋，如： 2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O ②在碱性、中性或微弱酸性溶液中，MnO仍旧是氧化剂，本身被还原为MnO2。 2MnO＋I－＋H2O===2MnO2↓＋IO＋2OH－ ③在强碱性溶液中，当MnO过量时，还原产物是MnO，2MnO＋SO＋2OH－===2MnO＋SO＋H2O [应用体验] 2．在高锰酸钾生产过程中会产生较多的废锰渣，以下是利用废锰渣制备硫酸锰晶体的过程(废锰渣的主要成分为MnO2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3、MgO等；硫铁矿的主要成分为FeS2，还含有少量Cu、Ni、Cd等元素)。下列说法错误的是(　 ) A．“酸处理”后，溶液中主要存在的阳离子有5种 B．“浸取”过程中主要发生反应的离子方程式为 15MnO2＋2FeS2＋28H＋===15Mn2＋＋2Fe3＋＋4SO＋14H2O C．碳酸钙的作用是除去铁离子 D．系列操作是指蒸发结晶 解析：选D　“酸处理”后，溶液中主要存在的阳离子有Ca2＋、Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、H＋，共5种，A正确；由题给流程可知，加入硫铁矿时，主要发生的反应为二氧化锰与硫酸、硫铁矿的反应，B正确；碳酸钙用于中和溶液中的氢离子，使铁离子转化成氢氧化铁而除去，C正确；由硫酸锰溶液得到硫酸锰晶体时，需先蒸发结晶，再趁热过滤，然后再洗涤、干燥，D错误。 3．(2024·珠海市第一中学高三阶段考)利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，如图为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题： 　 已知： ①浸出液中含有的阳离子主要有H＋、Na＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋等。 ②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。 ③已知氧化性：Co3＋>MnO2>ClO>Fe3＋ ④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表： 沉淀物 开始沉淀 完全沉淀 Fe(OH)3 2.7 3.7 Fe(OH)2 7.6 9.6 Co(OH)2 7.6 9.2 Al(OH)3 4.0 5.2 Mn(OH)2 7.7 9.8 (1)浸出过程中加入Na2SO3作用是_____________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为 ________________________________________________________________________。 (3)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_____________________________________；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液所得沉淀Ⅱ的主要成分为________________________。 (4)操作Ⅰ包括：向水层加入__________调整pH至2～3，蒸发浓缩、______________、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 (5)根据表格中的数据计算Ksp[Co(OH)2]＝______(假设离子浓度小于等于10－5 mol·L－1视为完全沉淀，已知100.4＝2.5) (6)将草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中290～320 ℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式________________________________________________。 解析：水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)加盐酸溶解生成Co3＋、Fe3＋、Mn2＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋等对应盐，其中SiO2不溶于酸，再加亚硫酸钠，结合浸出液组成可知亚硫酸钠将Co3＋、Fe3＋还原为Co2＋、Fe2＋；浸出液中加氯酸钠，结合氧化性顺序可知氯酸钠将Fe2＋氧化为Fe3＋；再加碳酸钠调节pH至5.2可将Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化物沉淀除去；滤液中加NaF将Mg2＋、Ca2＋转化为沉淀；滤液Ⅱ中加萃取剂，将锰离子转移至萃取剂层，分液后水层中加草酸铵溶液可生成草酸钴，经蒸发浓缩、冷却结晶得到CoC2O4·2H2O，水层直接蒸发浓缩、冷却结晶得到CoCl2·6H2O，据此分析解答。(1)由以上分析可知浸出过程中加入Na2SO3作用是将Co3＋、Fe3＋还原为Co2＋、Fe2＋。(2)浸出液中加氯酸钠，结合氧化性顺序可知氯酸钠将Fe2＋氧化为Fe3＋，根据得失电子守恒得反应的离子方程式为6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。(3)加入Na2CO3调pH至5.2，可将Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化物沉淀除去；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液的作用是将Mg2＋、Ca2＋转化为沉淀，沉淀Ⅱ的主要成分为MgF2、CaF2。(4)操作Ⅰ目的是获得CoCl2·6H2O晶体，为防止水解，应向水层加入浓盐酸调整pH至2～3后，再通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程得到CoCl2·6H2O晶体。(5)Co(OH)2完全沉淀时的pH为9.2，此时溶液中c(OH－)＝10－4.8 mol·L－1，Ksp[Co(OH)2]＝1.0×10－5×(10－4.8)2＝2.5×10－15。(6)由题意知同时产生CO2，可知CoC2O4与氧气反应生成Co3O4和二氧化碳。 答案：(1)将Co3＋、Fe3＋还原 (2)6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O (3)将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去　MgF2、CaF2　(4)浓盐酸　冷却结晶 (5)2.5×10－15 (6)3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2 [课时跟踪检测] 1．(2024·大同模拟)以废旧锌锰电池中的黑锰粉[MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等]为原料制备MnCl2的工艺流程如下： 下列说法正确的是(　 ) A．滤液a显中性 B．“酸浸”时消耗的H2O2和MnO2物质的量相等 C．“调pH”步骤中MnO不可用MnCO3替代 D．通入空气的作用是氧化锰元素并除去炭黑 解析：选D　根据流程可知滤液a中含NH4Cl、ZnCl2，呈酸性，A错误；根据“酸浸”反应MnO2＋H2O2＋2H＋===Mn2＋＋O2↑＋2H2O，同时二氧化锰还会催化H2O2分解生成水和氧气，B错误；除Mn2＋中的Fe3＋可以用MnCO3、MnO调节pH而除去Fe3＋，C错误；氧气具有氧化性，加热下碳被氧化为二氧化碳而除去，O2氧化MnO(OH)生成二氧化锰和水，故D正确。 2．(2024·合肥高三模拟)金属铬(Cr)常用于制造不锈钢和仪器仪表的金属表面镀铬。由FeCr2O4(亚铬酸亚铁)制备Cr的流程如下(＋6价铬元素在酸性条件下以Cr2O的形式存在)。下列说法错误的是(　 ) A．FeCr2O4中Cr元素的化合价为＋3价 B．反应①中参加反应的FeCr2O4和Na2CO3的物质的量之比为3∶1 C．反应③的化学方程式为Na2Cr2O7＋2CCr2O3＋Na2CO3＋CO↑ D．反应④中的Si可用Al代替 解析：选B　根据化合物中各元素正负化合价代数和为0可知，FeCr2O4中Cr元素的化合价为＋3价，故A正确；反应①是氧化还原反应，根据得失电子守恒可知，反应的化学方程式为4FeCr2O4＋8Na2CO3＋7O2===2Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2，所以FeCr2O4和Na2CO3的物质的量之比为1∶2，故B错误；根据已知条件可知，反应③的化学方程式为Na2Cr2O7＋2CCr2O3＋Na2CO3＋CO↑，故C正确；反应④为3Si＋2Cr2O34Cr＋3SiO2，Al可以和三氧化二铬发生反应，Si可用Al来代替，通过铝热法冶炼铬，故D正确。 3．某工厂为了提高资源利用率并减少环境污染，设计了如下工艺流程，可以从主要成分为NiO的含镍废料(杂质种类为CuO、FeO和SiO2)中回收金属资源。下列说法正确的是(　 ) A．两次酸溶选择稀硫酸效果都好于98%的浓硫酸 B．操作X是将酸溶所得溶液加热蒸干 C．反应Ⅰ除了产生滤渣外还可能产生可直接排放的气体 D．滤液1、滤液2和滤液3中主要的金属离子均为两种 解析：选A　主要成分为NiO的含镍废料(杂质种类为CuO、FeO和SiO2)经过酸溶，得到Ni2＋、Cu2＋、Fe2＋以及滤渣SiO2，加入铁粉除去Cu2＋，加入Na2CO3沉淀Fe2＋，滤渣再经过酸溶、加热浓缩、冷却结晶得到FeSO4·7H2O，含有NiSO4的滤液经一系列处理得到NiSO4。第一次酸溶若使用浓硫酸会产生污染性气体二氧化硫且消耗硫酸的量更多，第二次酸溶若使用浓硫酸会把亚铁离子氧化成铁离子，不利于最终制得FeSO4·7H2O，A正确；由题图可知，由溶液得到晶体，操作X应该是加热浓缩、冷却结晶，B错误；反应Ⅰ中过量的铁粉会与酸反应产生可燃性气体氢气，不能直接排放到空气中，可收集起来作为燃料或其他工业用途，C错误；滤液1中金属离子有Ni2＋、Cu2＋、Fe2＋三种，D错误。 4．(2024·长春质检)铁和钛是重要的金属材料，铁及其化合物在生活中常用于净水、制作颜料、食品保鲜等。Ti­Fe合金是优良的储氢合金。一种利用钛铁矿(FeTiO3，含Fe2O3杂质)制备钛的工艺流程如下。 下列关于制取钛的工艺流程及Ti­Fe储氢合金(结构如图)的说法不正确的是(　 ) A．Fe2＋的价电子排布为3d6 B．Ti­Fe储氢合金中H原子位于金属原子形成的四面体空隙中 C．TiO2＋完全水解生成H2TiO3：TiO2＋＋2H2O===H2TiO3↓＋2H＋ D．FeTiO3与盐酸反应：FeTiO3＋4H＋===TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O 解析：选B　基态Fe价电子排布式为3d64s2，因此Fe2＋的价电子排布为3d6，A正确；由图可知，Ti­Fe储氢合金中H原子位于由4个Ti原子和2个Fe原子形成的八面体空隙中，B错误；TiO2＋完全水解生成H2TiO3，根据电荷守恒和元素守恒可以写出离子方程式，C正确；根据工艺流程FeTiO3与盐酸反应产物有Fe2＋、TiO2＋，则离子方程式为FeTiO3＋4H＋===TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O，D正确。 5．NiSO4·6H2O晶体易溶于水，在280 ℃时可完全失去结晶水。为节约和重复利用资源，从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如图。 已知：①(NH4)2SO4在350 ℃分解生成NH3和H2SO4。 ②常温下Ksp(CaF2)＝4.0×10－11。 ③萃取剂(RH)萃取Ni2＋的原理为Ni2＋＋2RHNiR2＋2H＋。 回答下列问题： (1)Ni位于元素周期表________区(填“s”“p”“d”或“ds”)，其基态原子的核外电子有________种空间运动状态。 (2)“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有________________________________________________________________(写化学式)。　　　　　 (3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2＋(浓度为1.0×10－3 mol·L－1)，当溶液中c(F－)＝1.0×10－3 mol·L－1时，除钙率为________。 (4)反萃取剂X为________________(填化学式)。“反萃取”得到的NiSO4溶液，可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH。此反应的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)操作M为____________、过滤、洗涤、干燥等多步操作。 解析：c2(F－)·c(Ca2＋)＝(1.0×10－3)2·c(Ca2＋)＝4.0×10－11，c(Ca2＋)＝4×10－5mol·L－1，故除钙率为×100%＝96%。 答案：(1)d　15　(2)SiO2　(3)96%　 (4)H2SO4　2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O (5)蒸发浓缩、冷却结晶 6．(2024·武汉二模)氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。 已知：①氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体呈紫红色，难溶于水和乙醇； ②VO2＋有较强还原性，易被氧化。 实验室以V2O5为原料制备该晶体的流程如图： 请回答下列问题： (1)“浸渍”时反应的化学方程式为____________________________________________。 (2)“转化”时需要在CO2氛围中进行的原因是_______________________________。 (3)“转化”可在下列装置中进行： ①上述装置连接的合理顺序为e→____________(按气流方向，用小写字母表示)。 ②写出装置D中生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的化学方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________。 解析：(2)VO2＋有较强还原性，易被氧化，CO2氛围中进行，能有效的隔离氧气，防止被氧化；(3)①转化过程需在二氧化碳氛围下反应，C为二氧化碳的发生装置，A为二氧化碳的净化装置，B装置可用于检验装置中的氧气是否排净，所以装置的连接顺序为abfgc(或abfgcd)。 答案：(1)2V2O5＋N2H4·2HCl＋6HCl===4VOCl2＋N2↑＋6H2O　(2)VO2＋有较强还原性，防止被氧化　(3)①abfgc(或abfgcd) ②6VOCl2＋6H2O＋17NH4HCO3===(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓＋13CO2↑＋12NH4Cl 7．(2024年1月·贵州高考适应性演练)钴属于稀缺性金属。利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取某废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备LiCoO2产品，实现资源的循环利用。主要工艺流程如下： 已知：①氯化胆碱是一种铵盐； ②Co2＋在溶液中常以2－(蓝色)和2＋(粉红色)形式存在； ③25 ℃时，Ksp＝1.6×10－15。 回答下列问题： (1)LiCoO2中Li的化合价为__________。 (2)下图为“微波共熔”中氯化胆碱—草酸和LiCoO2粗品以不同的液固比在120 ℃下微波处理10 min后锂和钴的浸取率图，则最佳液固比为________ mL·g－1。 (3)“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。　　　　　 (4)25 ℃时，“沉钴”反应完成后，溶液pH＝10，此时c(Co2＋)＝_________mol·L－1。 (5)“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥，检验“滤饼2”是否洗涤干净的操作及现象是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (6)“高温烧结”中需要通入空气，其作用是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (7)锂离子电池正极材料LiCoO2在多次充放电后由于可循环锂的损失，结构发生改变生成Co3O4，导致电化学性能下降。 ①Co3O4晶体(常式尖晶石型)的晶胞示意图如图所示，则顶点上的离子为________________(用离子符号表示)。 ②使用LiOH和30% H2O2溶液可以实现LiCoO2的修复，则修复过程中的化学反应方程式为____________________________________________。 解析：氯化胆碱—草酸和LiCoO2微波共熔的过程中，Co被还原为＋2价，经过水浸滤液中Co以2＋存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和Co3O4高温烧结(通入空气氧化)得到LiCoO2产品。 (1)LiCoO2中Co为＋3价，O为－2价，因此Li为＋1价； (2)题图中信息显示当液固比为60 mL·g－1时钴的浸取率最高，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最佳液固比为60 mL·g－1； (3)“水浸”过程中溶液由蓝色2－变为粉红色2＋，该变化的离子方程式为2－＋6H2O===2＋＋4Cl－； (4)pOH＝14－pH＝4，此时溶液中氢氧根离子浓度为10－4 mol·L－1，钴离子浓度为c(Co2＋)＝＝ mol·L－1＝1.6×10－7 mol·L－1； (5)检验“滤饼2”是否洗涤干净只需要检验最后一次洗涤液中是否含有大量碳酸钠即可：取最后一次洗涤液加入氯化钙或氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净； (6)据分析，高温烧结时通入空气，利用空气中的氧气将＋2价Co氧化为＋3价； (7)Co3O4 晶体属于常式尖晶石型，结合晶胞结构可知，Co3＋位于晶胞内部立方体的4个顶点，Co2＋位于晶胞的8个顶点和1个在内部，O2－位于晶胞内部立方体的4个顶点以及另外4个在内部，离子个数比：Co2＋∶Co3＋∶O2－＝2∶4∶8＝1∶2∶4，则顶点上的离子为Co2＋；使用LiOH和30% H2O2溶液可以实现LiCoO2的修复是过氧化氢将Co3O4氧化和LiOH生成LiCoO2：6LiOH＋H2O2＋2Co3O4===6LiCoO2＋4H2O。 答案：(1)＋1　(2)60 (3)2－＋6H2O===2＋＋4Cl－ (4)1.6×10－7　 (5)取最后一次洗涤液加入氯化钙或氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净 (6)利用空气中的氧气将＋2价Co氧化为＋3价 (7)①Co2＋　②6LiOH＋H2O2＋2Co3O4===6LiCoO2＋4H2O 学科网（北京）股份有限公司 $$