第1板块 专题微课(5) 工艺流程中的物质确定与转化(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考化学二轮复习专题增分方略(江苏专版)

工艺流程中的物质确定与转化 专题微课(五) 流程中的产物确定及化学方程式的书写是每年必考的题点,解题的关键是根据流程中的转化关系及反应现象来确定产物(包括滤渣、循环物质、副产品等)。通过各种产物确定反应过程中有无电子的转移,进一步确定反应的类型是非氧化还原反应还是氧化还原反应,再利用相关的原理配平相关方程式即可。 一、 二、 物质转化中成分的跟踪与确定 物质转化中方程式的书写 三、 专题质量评价 目 录 物质转化中成分的跟踪与确定 一、 高考领航 1.(2024·新课标卷·节选)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下: 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5 mol·L-1)时的pH:   Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题: (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理,目的是　　 　　　,“滤渣1”中金属元素主要为　　。  解析:将废渣进行粉碎处理,可增大废渣与硫酸的接触面积,增大“酸浸”速率。Pb与冷的硫酸不反应,且Pb的氧化物与硫酸反应生成的硫酸铅的溶解度较小,故“滤渣1”中金属元素主要为Pb。 增大“酸浸”速率 Pb (2)“除钴液”中主要的盐有　　　　　　　　(写化学式),残留的Co3+浓度为　 　　　mol·L-1。  解析:原废渣中Zn及添加的ZnO中的Zn一直在溶液中,添加的KMnO4会生成K2SO4,故“除钴液”中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。根据表中Co3+沉淀完全时的pH=1.1可知,Ksp[Co(OH)3]=1.0×10-5× (1.0×10-12.9)3=1.0×10-43.7,溶液pH=5时,c(OH-)=1.0×10-9 mol·L-1,则残留的Co3+浓度为=1.0×10-16.7 mol·L-1。 ZnSO4和K2SO4 1.0×10-16.7 2.(2024·安徽卷·节选)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程,如图所示。 回答下列问题: (1)Cu位于元素周期表第　 　周期第　 　　族。  解析:铜元素是29号元素,根据构造原理可写出基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1,Cu在元素周期表中位于第四周期第ⅠB族。 (2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是　　　。  解析:结合图示流程转化可知,Cu在酸性条件下被H2O2氧化为Cu2+,故“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu2+。 四 Ⅰ B Cu2+ (3)“浸取3”步骤中,“浸渣2”中的　　　　(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。  解析: “浸取2”步骤中Ag在盐酸作用下被H2O2氧化为AgCl,“浸取3”中AgCl与Na2S2O3作用生成[Ag(S2O3)2]3-。 AgCl (4)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 　 。  “电沉积”步骤完成后,阴极区溶液中可循环利用的物质为_______ (填化学式)。  解析:结合“浸取液3”的主要成分及“电沉积”步骤中得到Ag,可知该步骤中阴极反应式为[Ag(S2O3)2]3-+e-===Ag↓+2S2,“电沉积”后溶液中含大量的Na+和S2,形成的Na2S2O3可循环利用。 [Ag(S2O3)2]3-+e-===Ag↓+2S2 Na2S2O3 (2024·甘肃卷T15·节选)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示: [类题加推•据情选用] 已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10-5　Ksp(CaCO3)=3.4×10-9。 (1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是　　　。  解析:高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙烧,生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应,生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;焙烧产物经过水浸1,然后过滤,滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;滤渣加入(NH4)2CO3溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。(1)由分析可知,高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。 NH3 (2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和　　　。  解析:高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙烧,生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应,生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;焙烧产物经过水浸1,然后过滤,滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;滤渣加入(NH4)2CO3溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。(2)由分析可知,“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。 SiO2 (3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为______________________ 　　　　　　　　　,该反应能进行的原因是_____________________ 　 。  解析:高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙烧,生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应,生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;焙烧产物经过水浸1,然后过滤,滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;滤渣加入(NH4)2CO3溶液, CaSO4+(NH4)2CO3=== CaCO3+(NH4)2SO4 Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3), 微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。(3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙,反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3===CaCO3+(NH4)2SO4,该反应之所以能发生,是由于Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。 (4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于　　　。  解析:高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙烧,生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应,生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;焙烧产物经过水浸1,然后过滤,滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;滤渣加入(NH4)2CO3溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,会产生Al3+,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可用于净水。 净水 1.滤渣的确定 重点破障 2.循环物质的确定 3.副产品的确定 1.(2024·山东省名校联盟二模)以电厂废料(Al2O3的质量分数为50%,其余为SiO2和CaO)为原料提取Al的工艺流程如下: 强训提能 下列说法错误的是 (　　) A.“滤液Ⅱ”可以循环利用 B.“煅烧”中产生的两种气体为SO2和O2 C.“滤渣”的成分为SiO2和少量残余的Al2O3 D.10.0 g废料得到5.0 g干燥的“滤渣”(含Al2O3质量分数为5%),Al2O3的浸取率为95% √ 解析:废料中加入硫酸,二氧化硅不反应,氧化钙和硫酸生成微溶的硫酸钙,故滤渣为二氧化硅、硫酸钙,沉铝加入硫酸钾,产生复盐明矾,干燥脱水,煅烧产生氧化铝、硫酸钾和两种气体,水浸除去硫酸钾,得到氧化铝,电解得到铝。“水浸”后得到的“滤液Ⅱ”成分为K2SO4,可在沉铝工序循环使用,A正确; “煅烧”中产生二氧化硫,硫元素的化合价降低,则根据电子守恒可知,氧元素的化合价升高得到氧气,那么两种气体为SO2和O2,B正确;由分析可知,“滤渣”的主要成分除残余Al2O3外,还有二氧化硅、硫酸钙,C错误;10.0 g废料得到5.0 g干燥的“滤渣”(Al2O3质量分数为5%),Al2O3的浸取率为×100%=95%,D正确。 2.层状LiMnO2在电动车、空间技术等范畴具有十分广阔的应用前景。LiMnO2可由软锰矿(主要成分是MnO2,含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO等)制备,其制备流程如图: 几种难溶物质的溶度积常数如下表: 回答下列问题: (1)LiMnO2中锰元素的化合价为　　;“酸浸”后过滤,所得滤液中主要含有的金属阳离子有　　　　　　　　　　　　。  物质 MgF2 MnF2 Mn(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Ksp 7.0×10-11 5.6×10-3 2.0×10-13 2.0×10-38 1.3×10-33 +3 Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+ 解析:以软锰矿为原料,加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸,反应后除去滤渣1(SiO2),得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等,再加入二氧化锰,将亚铁离子氧化成铁离子,再通入氨气调节pH,将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2,再加入氟化锰沉镁,将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3,所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰,得到碱式碳酸锰[2MnCO3·3Mn(OH)2·H2O]的同时放出CO2,再加入碳酸锂,在空气中加热至900~1 000 ℃,反应得到锰酸锂(LiMnO2),据此分析解题。 (1)LiMnO2中Li为+1价,O为-2价,故锰元素的化合价为+3价,由分析可知,“酸浸”后过滤,所得滤液中主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等,即主要含有的金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+。 (2)为了提高“酸浸”的浸取速率,可采取的措施有________________ 　 　(写出两点)。  解析:以软锰矿为原料,加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸,反应后除去滤渣1(SiO2),得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等,再加入二氧化锰,将亚铁离子氧化成铁离子,再通入氨气调节pH,将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2,再加入氟化锰沉镁,将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3,所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰,得到碱式碳酸锰[2MnCO3·3Mn(OH)2·H2O]的同时放出CO2,再加入碳酸锂,在空气中加热至900~1 000 ℃,反应得到锰酸锂(LiMnO2),据此分析解题。 粉碎软锰矿、 搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等 (2)根据影响反应速率的因素可知,粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等措施均可提高“酸浸”的浸取速率。 (3)常温下,“调pH”后溶液pH=5,则滤渣2的主要成分是__________ 　　　　　　 　　　　　　。  解析:以软锰矿为原料,加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸,反应后除去滤渣1(SiO2),得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等,再加入二氧化锰,将亚铁离子氧化成铁离子,再通入氨气调节pH,将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2,再加入氟化锰沉镁,将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3,所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰, Fe(OH)3、 Al(OH)3(以及过量的MnO2) 得到碱式碳酸锰[2MnCO3·3Mn(OH)2·H2O]的同时放出CO2,再加入碳酸锂,在空气中加热至900~1 000 ℃,反应得到锰酸锂(LiMnO2),据此分析解题。(3)由分析可知,常温下,“调pH”后溶液pH=5,则滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2)。 (4)滤渣3与浓H2SO4反应可以释放HF,同时得到的副产物是　　　　 　　　　。  解析:以软锰矿为原料,加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸,反应后除去滤渣1(SiO2),得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等,再加入二氧化锰,将亚铁离子氧化成铁离子,再通入氨气调节pH,将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2,再加入氟化锰沉镁,将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3,所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰, MgSO4和MnSO4 得到碱式碳酸锰[2MnCO3·3Mn(OH)2·H2O]的同时放出CO2,再加入碳酸锂,在空气中加热至900~1 000 ℃,反应得到锰酸锂(LiMnO2),据此分析解题。(4)由分析可知,再加入氟化锰沉镁,将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3,滤渣3与浓H2SO4反应可以释放HF,同时得到的副产物是MgSO4和MnSO4,反应原理为MgF2+H2SO4(浓) ===MgSO4+2HF↑、MnF2+H2SO4(浓) ===MnSO4+2HF↑。 3.石油的催化裂化过程中要用到FCC催化剂,废FCC催化剂主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2、NiO和V2O5,一种回收利用工艺的部分流程如下: 已知:①V2O5为两性氧化物,在水溶液中存在:V+2H+ V+H2O;钒元素的主要存在形式与溶液pH的关系如下: 溶液pH <4.0 6.0~8.0 8.0~10.0 钒元素主要存在形式 V V V2 ②该工艺条件下,几种金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(25 ℃时的数据)。 金属离子 Fe3+ Al3+ Ni2+ 开始沉淀的pH 2.7 3.4 7.6 完全沉淀的pH 3.2 4.2 9.1 (1)“滤渣1”的主要成分为　 　(填化学式)。  解析:分析废FCC催化剂主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2、NiO和V2O5,加入硫酸后,Al2O3转化为Al3+、Fe2O3转化为Fe3+、NiO转化为Ni2+和V2O5转化为V,滤渣1为SiO2;加NaOH调节pH使Fe3+转化成Fe(OH)3,Al3+转化为Al(OH)3,钒以V形式存在;萃取使钒、镍元素分离,Ni元素在有机相中,再加硫酸反萃取,最终沉镍得到NiCO3,电解得到金属镍,据此分析。(1)“滤渣1”的主要成分为SiO2。 SiO2 (2)“调节pH”的步骤中,调节pH的范围为　　　 　。  解析:分析废FCC催化剂主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2、NiO和V2O5,加入硫酸后,Al2O3转化为Al3+、Fe2O3转化为Fe3+、NiO转化为Ni2+和V2O5转化为V,滤渣1为SiO2;加NaOH调节pH使Fe3+转化成Fe(OH)3,Al3+转化为Al(OH)3,钒以V形式存在;萃取使矾、镍元素分离,Ni元素在有机相中,再加硫酸反萃取,最终沉镍得到NiCO3,电解得到金属镍,据此分析。(2)调节pH使Fe3+、Al3+均沉淀,而Ni2+不沉淀,钒以V形式存在,根据已知中表格数据可判断pH的范围:6.0~7.6。 6.0~ 7.6 (3)“反萃取”后得到NiSO4溶液,通过电解可以在　　　(填“阳极”或“阴极”)得到镍单质,电解产物　　　　(填化学式)可以循环使用。  解析:分析废FCC催化剂主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2、NiO和V2O5,加入硫酸后,Al2O3转化为Al3+、Fe2O3转化为Fe3+、NiO转化为Ni2+和V2O5转化为V,滤渣1为SiO2;加NaOH调节pH使Fe3+转化成Fe(OH)3,Al3+转化为Al(OH)3,矾以V形式存在;萃取使矾、镍元素分离,Ni元素在有机相中,再加硫酸反萃取,最终沉镍得到NiCO3,电解得到金属镍,据此分析。 阴极 H2SO4 (3)“反萃取”后得到NiSO4溶液,通过电解,Ni2+在阴极得电子生成Ni单质;阳极的电极反应:2H2O-4e-===4H++O2↑,在溶液中生成硫酸,电解产物H2SO4可以循环使用。 (4)“沉镍”时,镍转化为NiCO3,写出该反应的离子方程式: 　　　　　 　　　　　　　　　　;若使用Na2CO3溶液“沉镍”,可能会得到两种难溶物质,原因是_________________________________ 　 　。  Ni2++2HC===NiCO3↓+CO2↑+H2O 由Ni(OH)2形成沉淀的pH知,若使用 碱性较强的Na2CO3,有可能导致一部分Ni2+形成沉淀Ni(OH)2 解析:分析废FCC催化剂主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2、NiO和V2O5,加入硫酸后,Al2O3转化为Al3+、Fe2O3转化为Fe3+、NiO转化为Ni2+和V2O5转化为V,滤渣1为SiO2;加NaOH调节pH使Fe3+转化成Fe(OH)3,Al3+转化为Al(OH)3,矾以V形式存在;萃取使矾、镍元素分离,Ni元素在有机相中,再加硫酸反萃取,最终沉镍得到NiCO3,电解得到金属镍,据此分析。(4)沉镍中离子反应:Ni2++2HC===NiCO3↓+ CO2↑+H2O;由Ni(OH)2形成沉淀的pH知,若使用碱性较强的Na2CO3,有可能导致一部分Ni2+形成沉淀Ni(OH)2。 物质转化中方程式的书写 二、 1.(2024·江西卷·节选)稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石[主要成分为CePO4,含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质]为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程图。 高考领航 已知:ⅰ.Ksp[Th(OH)4]=4.0×10-45,Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10-20, Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10-48 ⅱ.镭为第ⅡA族元素 回答下列问题: (1)Na2U2O7中铀元素的化合价为　　,热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为　 　 +6　 2U3O8+O2+6NaOH 3Na2U2O7+3H2O 。  解析:Na2U2O7中Na为+1价,O为-2价,根据化合物中正负化合价代数和为0,知U为+6价。热分解阶段U3O8生成Na2U2O7,U元素的化合价升高,被空气中的氧气氧化,1 mol U3O8失去3×mol=2 mol电子,1 mol氧气得4 mol电子,根据得失电子守恒,U3O8、O2的化学计量数分别为2、1,结合原子守恒,配平化学方程式为2U3O8+O2+6NaOH 3Na2U2O7+3H2O。 (2)浓缩结晶后,得到的晶体产物化学式为　　　　　　　　,滤液可用于　　 　阶段循环利用,避免产生大量的高碱度废水。 解析:热分解时CePO4、Th3(PO4)4 和NaOH反应得到Ce(OH)4、Th(OH)4和Na3PO4,稀释过滤后得到含Na3PO4、NaOH的滤液,浓缩结晶得到的晶体产物为Na3PO4·12H2O,滤液主要含NaOH,可用于热分解阶段循环利用,避免产生大量的高碱度废水。 Na3PO4·12H2O 热分解 (3)溶解阶段,将溶液pH先调到1.5~2.0,反应后再回调至4.5。 则盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 　 。  解析:盐酸溶解Ce(OH)4得到含Ce3+的溶液,Ce元素由+4价降低为+3价,则氯离子被氧化为Cl2,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,配平离子方程式为2Ce(OH)4+8H++2Cl-===2Ce3++8H2O+Cl2↑。 2Ce(OH)4+8H++2Cl-===2Ce3++8H2O+Cl2↑ 2.(2024·黑吉辽卷·节选)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)。  解析:利用“胆水”冶炼铜即湿法炼铜,则“胆水”的主要溶质为CuSO4。 CuSO4 (2)“细菌氧化”中,FeS2发生反应的离子方程式为 　 。 解析:金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐,则“细菌氧化”中空气中的氧气将FeS2氧化为Fe3+和S,1 mol FeS2失15 mol电子,1 mol氧气得4 mol电子,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,配平离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O===4Fe3++8S+4H+。 4FeS2+15O2+2H2O===4Fe3++8S+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。  解析: “沉铁砷”时加碱调节pH,Fe3+转化为Fe(OH)3胶体起絮凝作用,促进了含As微粒的沉降。 Fe(OH)3 (4)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。  解析:滤液②中[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN,发生非氧化还原反应,根据原子守恒配平化学方程式为Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4=== Na2SO4+ZnSO4+4HCN。根据流程中所加物质知,用碱中和HCN生成NaCN,可在“浸金”环节被利用。 Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===Na2SO4+ZnSO4+4HCN NaCN (2024·新课标卷T8·节选)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下: [类题加推•据情选用] 回答下列问题: (1)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是　　　　　　　 　。取少量反应后的溶液,加入化学试剂　　　 　检验　　 ,若出现蓝色沉淀,需补加MnO2。  解析:加入MnO2的作用是将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+,便于后续加入ZnO调pH=4时,Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀。为了检验滤液中Fe2+是否完全被氧化为Fe3+,可取少量反应后的溶液,加入铁氰化钾溶液,若出现蓝色沉淀,说明溶液中还存在Fe2+,需补加MnO2。 将Fe2+氧化为Fe3+ 铁氰化钾溶液 Fe2+ (2)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 ____________________________________________、 　 。  解析: “氧化沉钴”过程中发生反应Mn+3Co2++7H2O=== MnO2↓+3Co(OH)3↓+5H+,前面加MnO2生成的Mn2+也可与Mn反应,离子方程式为3Mn2++2Mn+2H2O===5MnO2↓+4H+。 Mn+3Co2++7H2O===MnO2↓+3Co(OH)3↓+5H+ 3Mn2++2H2O+2Mn===5MnO2↓+4H+ 1.构建书写化学方程式的思维模型 重点破障 2.应用模型书写化学方程式的步骤 书写新情境化学方程式的基本思路为“读取”流程中的有效信息,找出主要的反应物和生成物,再依据质量守恒定律和电荷守恒规律写出反应的化学(离子)方程式,书写步骤如下: 1.(2024·南宁市第二中学段考)氨氮废水是造成水体富营养化的原因之一,下图为处理氨氮废水的流程。 强训提能 下列离子方程式书写错误的是 (　　) A.过程Ⅰ将N转化为NH3:N+OH- NH3↑+H2O B.过程Ⅱ将残留的NH3·H2O转化为N2: 3ClO-+2NH3·H2O===3Cl-+N2↑+5H2O C.过程Ⅲ将残留的NaClO转化为NaCl:ClO-+S===Cl-+S D.Na2SO3溶液呈碱性的原因:S+2H2O===H2SO3+2OH- √ 解析:过程Ⅰ中N与NaOH在加热下转化为NH3和水,离子方程式为N+OH- NH3↑+H2O,故A正确;过程Ⅱ中NaClO具有氧化性,与NH3·H2O发生氧化还原反应生成NaCl和N2,反应的离子方程式为3ClO-+2NH3·H2O===3Cl-+N2↑+5H2O,故B正确;亚硫酸钠具有还原性,过程Ⅲ中亚硫酸钠将NaClO还原为NaCl,自身被氧化为硫酸钠,离子方程式:ClO-+ S===Cl-+S,故C正确;Na2SO3溶液中亚硫酸根离子发生两步水解反应,呈碱性的原因:S+H2O HS +OH-、HS+H2O H2SO3+OH-,故D错误。 2.(2024·湖南省雅礼中学三模)以湿法炼锌厂所产的钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、NiO、MnO2,含少量Fe2O3、ZnO、CuO、CaO等)为原料回收制备CoC2O4的工艺如下: 已知常温下,Ksp(CuS)=1.3×10-36,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20, Ksp(ZnS)=1.3×10-24。 回答下列问题: (1)“酸浸”时其中Co2O3→Co2+,MnO2→Mn2+,Fe2O3→Fe2+,写出Co2O3反应的化学方程式: 　 。 Co2O3+K2SO3+2H2SO4===2CoSO4+K2SO4+2H2O 解析:钴锰渣中加入稀硫酸、K2SO3溶液进行酸浸,所得滤渣1中含有CaSO4;滤液中加入H2O2,将Fe2+氧化为Fe3+,再加入K2CO3调节pH,得到KFe3(SO4)2(OH)6沉淀;滤液1中加入KHS、K2S混合溶液除铜锌,生成CuS、ZnS沉淀;滤液2中加入Co(OH)3除锰,生成S、MnO2沉淀;滤液3中加入P204萃取,钴镍进入萃取液中,加入硫酸反萃取后与萃余液1合并,再用P507萃取,钴进入萃取液中,镍进入萃余液2中;萃取液2中加入草酸进行反萃取,从而获得CoC2O4。(1)“酸浸”时,Co2O3与K2SO3反应生成Co2+和S,化学方程式为Co2O3+K2SO3+2H2SO4===2CoSO4+ K2SO4+2H2O。 (2)“除铁”时,生成KFe3(SO4)2(OH)6同时有CO2生成,写出该反应的离子方程式为 　　　　 　　　　　　　　。  解析:钴锰渣中加入稀硫酸、K2SO3溶液进行酸浸,所得滤渣1中含有CaSO4;滤液中加入H2O2,将Fe2+氧化为Fe3+,再加入K2CO3调节pH,得到KFe3(SO4)2(OH)6沉淀;滤液1中加入KHS、K2S混合溶液除铜锌,生成CuS、ZnS沉淀;滤液2中加入Co(OH)3除锰,生成S、MnO2沉淀;滤液3中加入P204萃取,钴镍进入萃取液中,加入硫酸反萃取后与萃余液1合并, 2K++6Fe2++3H2O2+4S+3C+3H2O=== 2KFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑ 再用P507萃取,钴进入萃取液中,镍进入萃余液2中;萃取液2中加入草酸进行反萃取,从而获得CoC2O4。(2)“酸浸”时,Fe2O3溶于稀硫酸产生Fe3+,被K2SO3还原为Fe2+。“除铁”时,发生反应为2K++6Fe2++3H2O2+ 4S+3C+3H2O===2KFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑。 (3)“除铜锌”时,Cu2+主要以CuS而不是Cu(OH)2形式除去,结合计算说明其原因:　 (写出主要计算推理过程)。  解析:钴锰渣中加入稀硫酸、K2SO3溶液进行酸浸,所得滤渣1中含有CaSO4;滤液中加入H2O2,将Fe2+氧化为Fe3+,再加入K2CO3调节pH,得到KFe3(SO4)2(OH)6沉淀;滤液1中加入KHS、K2S混合溶液除铜锌,生成CuS、ZnS沉淀;滤液2中加入Co(OH)3除锰,生成S、MnO2沉淀; 根据Cu(OH)2(s)+S2-(aq) CuS(s)+2OH-(aq), K===1.7×1016>105,反应进行彻底,故Cu2+主要以 CuS形式除去 滤液3中加入P204萃取,钴镍进入萃取液中,加入硫酸反萃取后与萃余液1合并,再用P507萃取,钴进入萃取液中,镍进入萃余液2中;萃取液2中加入草酸进行反萃取,从而获得CoC2O4。(3)Cu(OH)2(s)+S2-(aq) CuS(s)+2OH-(aq),K==1.7×1016,平衡常数很大,反应进行彻底,故Cu2+主要以CuS形式除去。 (4)“滤渣3”中含有MnO2,写出“除锰”时生成MnO2的化学方程式: 　　　　　 　　　　　　　　　　。  解析:钴锰渣中加入稀硫酸、K2SO3溶液进行酸浸,所得滤渣1中含有CaSO4;滤液中加入H2O2,将Fe2+氧化为Fe3+,再加入K2CO3调节pH,得到KFe3(SO4)2(OH)6沉淀;滤液1中加入KHS、K2S混合溶液除铜锌,生成CuS、ZnS沉淀;滤液2中加入Co(OH)3除锰,生成S、MnO2沉淀;滤液3中加入P204萃取,钴镍进入萃取液中,加入硫酸反萃取后与萃余液1合并, H2SO4+MnSO4+2Co(OH)3===MnO2+2CoSO4+4H2O 再用P507萃取,钴进入萃取液中,镍进入萃余液2中;萃取液2中加入草酸进行反萃取,从而获得CoC2O4。(4)MnO2在酸浸时,转化为Mn2+,又因产物Co元素为+2,可知Co(OH)3作氧化剂,可将Mn2+氧化为MnO2,根据得失电子守恒,可写出化学方程式为H2SO4+MnSO4+2Co(OH)3=== MnO2+2CoSO4+4H2O。 专题质量评价 (选择题每小题3分,本检测满分70分) 1 2 3 4 5 6 7 √ 1.电子级氢氟酸为无色透明液体,沸点为112.2 ℃,易溶于水,是生产高端半导体、集成电路不可或缺的基础化工材料。以萤石粉(主要成分为CaF2,含有少量SiO2和微量As2O3等)为原料制备电子级氢氟酸的工艺流程如下,下列说法正确的是 (　　) A.“酸浸”时发生氧化还原反应 B.滤渣的主要成分是SiO2 C.“精馏”设备可使用玻璃仪器 D.“氧化”时将AsF3氧化为AsF5,AsF5的沸点高于AsF3 1 2 3 4 5 6 7 解析:由题干流程图可知,“酸浸”发生反应CaF2+H2SO4===CaSO4+ 2HF↑,二氧化硅与HF发生反应SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O,As2O3与HF发生反应As2O3+6HF===2AsF3+3H2O;加入硫酸,部分HF、SiF4以气体形式释放出去,然后加入水吸收为H2SiF6,部分HF、AsF3、多余硫酸进入精馏1;因为硫酸熔沸点较高,因此精馏1中得到HF、AsF3;过氧化氢将AsF3氧化成熔沸点较高的AsF5;蒸馏方法得到HF,据此分析解题。由分析可知,“酸浸”时发生的主要反应为CaF2+H2SO4===CaSO4+2HF↑,反应中未有元素的化合价发生改变,不属于氧化还原反应,A错误; 1 2 3 4 5 6 7 由于酸浸时产生了HF,SiO2能与HF发生反应SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O,即滤渣的主要成分不是SiO2,而是CaSO4,B错误;由分析可知,“精馏”步骤中均能产生HF,而HF能与玻璃成分中的SiO2反应,故该操作的设备不可使用玻璃仪器,C错误;AsF3与AsF5均为分子晶体,且AsF5的相对分子质量比AsF3大,则AsF5晶体中分子间作用力大于AsF3,故“氧化”时将AsF3氧化为AsF5,AsF5的沸点高于AsF3,D正确。 1 2 4 5 6 7 3 2.以碲铜废料(主要含Cu2Te)为原料回收碲单质的一种工艺流程如下: 已知:①“氧化酸浸”生成CuSO4和二元弱酸H2TeO3 ②CuC2O4+H2C2O4 [Cu(C2O4)2]2-+2H+ 1 2 4 5 6 7 3 下列说法错误的是(　　) A.“氧化酸浸”时,H2O2作氧化剂 B.“沉铜”时,需加过量Na2C2O4 C.螯合物Na2[Cu(C2O4)2]中Cu(Ⅱ)的配位数为4 D.“还原”时,发生的主要反应为H2TeO3+2S===Te↓+2S+H2O 解析:Cu2Te 在“氧化酸浸”过程生成CuSO4和二元弱酸H2TeO3时,H2O2发生还原反应,作氧化剂,A正确; √ 1 2 4 5 6 7 3 “氧化酸浸”后溶液显酸性,若“沉铜”时加过量Na2C2O4溶液,则溶液中H2C2O4浓度较大,使生成的CuC2O4发生反应CuC2O4+H2C2O4 [Cu(C2O4)2]2-+2H+而溶解,B错误;螯合物Na2[Cu(C2O4)2]中Cu2+具有空轨道,C2中O具有孤电子对,形成配位键,其结构为 ,故Cu(Ⅱ)的配位数为4,C正确;在“还原”过程H2TeO3转化为碲单质,Te化合价由+4价降低为0价,发生还原反应,加入的Na2SO3溶液中S发生氧化反应生成S,故反应为H2TeO3+2S===Te↓+2S+H2O, D正确。 1 2 4 5 6 7 3 3.用红土镍矿(含NiO、CoO、FeO、SiO2等)制取镍的氧化物(NiOx)的工艺流程如图1所示。已知滤渣Ⅱ主要成分是铁黄(FeOOH); NiOx晶胞如图2所示,晶胞边长为a pm。 1 2 4 5 6 7 3 已知:1 cm=1010 pm,阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法不正确的是 (　) A.滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2 B.步骤Ⅱ除铁的离子方程式为Cl2+2Fe2++4H2O===2FeOOH↓+2Cl-+6H+ C.NiOx中,x=1,镍离子的价层电子排布式为3d8 D.该氧化物晶体的密度为 g·cm-3 √ 1 2 4 5 6 7 3 解析:红土镍矿加入硫酸酸浸,酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Fe2+、Co2+等,二氧化硅不溶,形成滤渣,滤液中加入Cl2氧化亚铁离子为铁离子,再加入碳酸钠溶液调节溶液的pH,使铁离子、钴离子全部沉淀,过滤后得到NiSO4,滤液经处理可得到镍的氧化物,该氧化物的晶胞结构为镍离子位于顶点和面心,氧离子填充在镍离子构成的八面体空隙中,填充率为100%,据此分析解答。由分析知滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2,A正确;步骤Ⅱ除铁先氧化后相互促进水解的离子方程式为Cl2+2Fe2++3C+ 1 2 4 5 6 7 3 H2O===2FeOOH↓+2Cl-+3CO2↑,B错误;镍为28号元素,故镍离子的价层电子排布式为3d8,C正确;在氧化镍晶胞中,镍位于面心和顶点共含有4个,O位于体心和棱上,也含有4个,该氧化物晶体的密度ρ== g·cm-3,D正确。 1 2 4 5 6 7 3 4.(15分)电解锌的生产过程中产生大量富钴渣,主要含金属Zn、Cd及CoO、MnO和FeO。采用以下工艺可利用富钴渣生产高纯锌。 1 2 4 5 6 7 3 回答下列问题: (1)在“溶浸”中,需搅拌并控制温度85 ℃,其目的是________________ 。 解析:在“溶浸”中,温度低于85 ℃,温度越高反应越快,温度高于85 ℃有爆炸的危险,故温度控制85 ℃是增加反应速率,提高溶浸率。 加快反应速率, 提高溶浸率 1 2 4 5 6 7 3 (2)加入H2O2后生成FeOOH的化学方程式为_________________ 　 。  解析:加入H2O2后,Fe2+被氧化生成FeOOH的化学方程式为2FeSO4+H2O2+2H2O===2FeOOH↓+2H2SO4。 2FeSO4+H2O2+ 2H2O===2FeOOH↓+2H2SO4 1 2 4 5 6 7 3 (3)“滤液①”中含有的金属离子有Cd2+、Co2+、　　　　　　。  解析: “滤液①”中含有除铁外的富钴渣中的其他金属离子,有Cd2+、Co2+、Zn2+、Mn2+。 (4)“除锰钴”中,生成MnO2的离子方程式为 　 。  解析: “除锰钴”中,高锰酸钾和Mn2+反应生成MnO2,离子方程式为3Mn2++2Mn+2H2O===5MnO2↓+4H+。 Zn2+、Mn2+ 3Mn2++2Mn+2H2O===5MnO2↓+4H+ 1 2 4 5 6 7 3 (5)还原除杂的“滤渣”主要成分是　　。  解析:还原除杂是用Zn除去Cd2+,故“滤渣”主要成分是Cd。 Cd 1 2 4 5 6 7 3 5.(16分)(2024·湖北省宜荆一模)某工厂用废旧钴基合金(主要成分为CoO,还含有Fe3O4、Al2O3、PbO、CaO、MgO等)制备CoOOH,工艺流程如下: 1 2 4 5 6 7 3 已知:①该工艺条件下,H2O2、Fe3+不能氧化Co2+,部分金属氢氧化物沉淀时pH如下表 ②室温下,Ksp(MgF2)=9.0×10-11,Ka(HF)=3.0×10-4 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Mg(OH)2 开始沉淀的pH 2.7 7.6 7.6 7.8 完全沉淀的pH 3.7 9.6 9.2 8.8 1 2 4 5 6 7 3 回答下列问题: (1)“碱浸”时反应的离子方程式为  解析:用氢氧化钠“碱浸”Al2O3生成四羟基合铝酸钠除氧化铝,“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀除PbO,滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁,滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁,加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁,滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁,滤液中加高锰酸钾、硫酸,Co2+被氧化生成CoOOH沉淀。(1)“碱浸”时氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠,反应的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]-。 Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]- 。 1 2 4 5 6 7 3 (2)“酸浸”所得“浸渣”的成分为　　　 　　　。  解析:用氢氧化钠“碱浸”Al2O3生成四羟基合铝酸钠除氧化铝,“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀除PbO,滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁,滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁,加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁,滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁,滤液中加高锰酸钾、硫酸,Co2+被氧化生成CoOOH沉淀。(2)“酸浸”时PbO、CaO和硫酸反应生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀,所得“浸渣”的成分为PbSO4、CaSO4。 PbSO4、CaSO4 1 2 4 5 6 7 3 (3)“除铁”时需要控制反应温度不能高于50 ℃的原因是____________ 　　　　　　　　　　　 　。  解析:用氢氧化钠“碱浸”Al2O3生成四羟基合铝酸钠除氧化铝,“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀除PbO,滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁,滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁,加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁,滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁,滤液中加高锰酸钾、硫酸,Co2+被氧化生成CoOOH沉淀。 (3)“除铁”时双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁,双氧水易分解,浓氨水易挥发,为防止双氧水分解及浓氨水的挥发与分解,需要控制反应温度不能高于50 ℃。 防止双氧水 分解及浓氨水的挥发与分解 1 2 4 5 6 7 3 (4)“沉镁”时反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。若“沉镁”后的溶液中c(HF)=c(Mg2+)=1.0×10-5 mol·L-1,则此时溶液的pH为　。 解析:用氢氧化钠“碱浸”Al2O3生成四羟基合铝酸钠除氧化铝,“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀除PbO,滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁,滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁,加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁,滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁,滤液中加高锰酸钾、硫酸,Co2+被氧化生成CoOOH沉淀。 Mg2++2HF===MgF2↓+2H+ 6 1 2 4 5 6 7 3 (4)“沉镁”时硫酸镁和HF反应生成沉淀MgF2,反应的离子方程式为Mg2++2HF===MgF2↓+2H+。若“沉镁”后的溶液中c(HF)=c(Mg2+)= 1.0×10-5 mol·L-1,则c(F-)===3×10-3 mol·L-1, c(H+)===1×10-6 mol·L-1,则此时溶液的pH为6。 1 2 4 5 6 7 3 (5)“氧化”时反应的离子方程式为 　。  解析:用氢氧化钠“碱浸”Al2O3生成四羟基合铝酸钠除氧化铝,“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀除PbO,滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁,滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁,加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁,滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁,滤液中加高锰酸钾、硫酸,Co2+被氧化生成CoOOH沉淀。 5Co2++Mn+6H2O===5CoOOH↓+Mn2++7H+ 1 2 4 5 6 7 3 (5)“氧化”时加入高锰酸钾,Co2+被氧化成CoOOH,反应的离子方程式为5Co2++Mn+6H2O===5CoOOH↓+Mn2++7H+。 1 2 4 5 6 7 3 6.(14分)(2024·重庆市江北区模拟)高纯MgF2在光子晶体等领域应用广泛。一种利用工业Mg(OH)2(含少量Ca、Fe、Mn等元素的氧化物)制备高纯MgF2的工艺如下。 1 2 4 5 6 7 3 有关金属离子沉淀完全的pH见下表。 回答下列问题: (1)基态F的电子排布式为　　　　 　,N的空间结构为　　　　　　。  离子 Mg2+ Ca2+ Fe2+ Fe3+ Mn2+ 完全沉淀的pH 10.6 13.9 9.0 2.8 10.1 1s22s22p5 平面三角形 1 2 4 5 6 7 3 解析:由题给流程可知,向工业氢氧化镁中加入稀硝酸溶解后,调节溶液pH至7.5,将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀,再加入过氧化氢溶液,将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀,过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣和滤液;向滤液中加入草酸溶液,将溶液中的钙离子转化为草酸钙沉淀,过滤得到草酸钙和滤液;向滤液中加入氟化铵溶液,将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀,离心分离得到含有硝酸铵的混合溶液和氟化镁沉淀;氟化镁沉淀洗涤、干燥得到氟化镁。(1)氟元素的原子序数为9,基态原子的电子排布式为1s22s22p5;硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3、孤电子对数为0,离子的空间结构为平面三角形。 1 2 4 5 6 7 3 (2)反应釜1中,加入稀硝酸溶解后,调节pH至7.5,生成的沉淀主要是　　　 　,再加入H2O2,除去的金属元素是　　。  解析:由题给流程可知,向工业氢氧化镁中加入稀硝酸溶解后,调节溶液pH至7.5,将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀,再加入过氧化氢溶液,将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀,过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣和滤液;向滤液中加入草酸溶液,将溶液中的钙离子转化为草酸钙沉淀,过滤得到草酸钙和滤液;向滤液中加入氟化铵溶液,将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀,离心分离得到含有硝酸铵的混合溶液和氟化镁沉淀;氟化镁沉淀洗涤、干燥得到氟化镁。 Fe(OH)3 Mn 1 2 4 5 6 7 3 (2)由分析可知,反应釜1中,加入稀硝酸溶解后,调节溶液pH至7.5的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀,再加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀。 1 2 4 5 6 7 3 (3)反应釜3中,反应的离子方程式为　　　　 　　　　　。  解析:由题给流程可知,向工业氢氧化镁中加入稀硝酸溶解后,调节溶液pH至7.5,将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀,再加入过氧化氢溶液,将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀,过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣和滤液;向滤液中加入草酸溶液,将溶液中的钙离子转化为草酸钙沉淀,过滤得到草酸钙和滤液;向滤液中加入氟化铵溶液,将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀,离心分离得到含有硝酸铵的混合溶液和氟化镁沉淀;氟化镁沉淀洗涤、干燥得到氟化镁。 Mg2++2F-===MgF2↓ 1 2 4 5 6 7 3 (3)由分析可知,反应釜3中加入氟化铵溶液的目的是将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀,反应的离子方程式为Mg2++2F-===MgF2↓。 1 2 4 5 6 7 3 (4)离心后的溶液经浓缩结晶,所得固体的主要成分是　　 　　。  解析:由题给流程可知,向工业氢氧化镁中加入稀硝酸溶解后,调节溶液pH至7.5,将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀,再加入过氧化氢溶液,将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀,过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣和滤液;向滤液中加入草酸溶液,将溶液中的钙离子转化为草酸钙沉淀,过滤得到草酸钙和滤液;向滤液中加入氟化铵溶液,将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀,离心分离得到含有硝酸铵的混合溶液和氟化镁沉淀;氟化镁沉淀洗涤、干燥得到氟化镁。 NH4NO3 1 2 4 5 6 7 3 (4)由分析可知,离心分离得到含有硝酸铵的混合溶液和氟化镁沉淀,混合溶液经浓缩结晶得到主要成分为硝酸铵的固体。 1 2 4 5 6 7 3 7.(16分)(2024·江苏南京模拟预测)钴、镍是重要的战略金属,在工业中占据重要地位。以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料,分离回收渣中钴、镍的工艺流程如下。 1 2 4 5 6 7 3 已知:①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子; ②下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1 mol·L-1计算)。 金属离子 Zn2+ Fe3+ Fe2+ Mn2+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.2 1.5 6.3 8.1 7.6 6.9 完全沉淀的pH 8.2 2.8 8.3 10.1 9.2 8.9 1 2 4 5 6 7 3 (1)酸浸。投料后,保持温度、浸取时间不变,能提高金属元素浸出率的措施有　　　　　　 。  解析:本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程题,首先用硫酸酸浸钴渣,酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子,随后分别除去铁、镍、锰,最终得到产品。 (1)从反应速率的角度分析,能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率。 加快搅拌速率 1 2 4 5 6 7 3 (2)除铁。先向酸浸液中加入H2O2,反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5,得到滤渣1的主要成分为　　　　　　 　　。  解析:本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程题,首先用硫酸酸浸钴渣,酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子,随后分别除去铁、镍、锰,最终得到产品。 (2)由于酸浸时加入硫酸,根据表格中数据可知,向酸浸液中加入H2O2,反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5,得到滤渣1的主要成分为Fe(OH)3和CaSO4。 Fe(OH)3和CaSO4 1 2 4 5 6 7 3 (3)除镍。Ni2+与丁二酮肟( )反应生成鲜红色沉淀,可以用来检验Ni2+的存在。 ①丁二酮肟中σ键与π键数目之比为　　　　。  解析:本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程题,首先用硫酸酸浸钴渣,酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子,随后分别除去铁、镍、锰,最终得到产品。 (3)①根据丁二酮肟的结构简式可知,其中σ键与π键数目之比为15∶2; 15∶2 1 2 4 5 6 7 3 ②Ni2+与丁二酮肟以物质的量之比1∶2发生反应生成配合物,分子中含有2个五元环,且通过氢键形成两个六元环,补充图中该配合物的结构并标注出氢键。 答案： 1 2 4 5 6 7 3 解析:本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程题,首先用硫酸酸浸钴渣,酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子,随后分别除去铁、镍、锰,最终得到产品。 ②该配合物中N提供孤电子对,Ni提供空轨道,且分子中含有2个五元环,且通过氢键形成两个六元环,则该配合物的结构为 。 1 2 4 5 6 7 3 (4)除锰。在酸性条件下,向除镍后溶液中加入Na2S2O8溶液选择性氧化Mn2+,反应生成MnO2和S的离子方程式为 　 。  解析:本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程题,首先用硫酸酸浸钴渣,酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子,随后分别除去铁、镍、锰,最终得到产品。 (4)该反应中锰离子被氧化为二氧化锰,同时Na2S2O8变为硫酸根离子,相应的离子方程式为Mn2++S2+2H2O===2S+MnO2↓+4H+。 Mn2++S2+2H2O===2S+MnO2↓+4H+ 1 2 4 5 6 7 3 (5)沉钴。向除锰后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH氧化沉Co2+。将Co(OH)3隔绝空气灼烧会生成Co2O3;如果控制温度不当,Co(OH)3会生成CoO杂质,反应的化学方程式是 　　　　　　　　　　　　 　　;铁、钴、镍属于中等活泼的金属,根据流程可知:Co2+的还原性　　　 (填“强于”或“弱于”)Fe2+。  4Co(OH)3 4CoO+O2↑+6H2O 弱于 1 2 4 5 6 7 3 解析:本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程题,首先用硫酸酸浸钴渣,酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子,随后分别除去铁、镍、锰,最终得到产品。 (5)根据题意Co(OH)3中Co被还原为CoO杂质,同时氧的化合价升高为氧气,方程式为4Co(OH)3 4CoO+O2↑+6H2O;根据题意酸浸液主要含有Co2+、Fe2+,除铁时加入过氧化氢,只能氧化Fe2+,则Co2+的还原性弱于Fe2+。 1 2 4 5 6 7 3 (6)上述流程中　　　　(填字母)可返回湿法炼锌系统回收锌。  A.浸渣 B.滤渣1 C.滤渣3 D.滤液 解析:本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程题,首先用硫酸酸浸钴渣,酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子,随后分别除去铁、镍、锰,最终得到产品。 (6)根据分析可知,滤液中含有锌离子,则滤液可返回湿法炼锌系统回收锌。 D 本课结束 $$