专题5 金属及其化合物 题组2-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编化学

题组二 1.解析　“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋，A错误；Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误；“氧化”过程中将Fe2＋氧化为Fe3＋，铁元素化合价升高，C错误；加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质，D正确。 答案　D 2.解析　有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，浸取液主要含有CuSO4、NiSO4，加入NaHSO3溶液提铜，滤液加入(NH4)2C2O4溶液沉镍得到NiC2O4。若H2SO4两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，但根据题给信息Ka(HSO)＝1.2×10－2知，在较浓的H2SO4溶液中H2SO4仅第一步电离完全，电离出大量的H＋会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在HSO，因此电荷守恒应表示为c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，A错误；该反应的平衡常数K＝＝·＝＝＝5.0×10－6，B正确；NH得到1个OH－生成NH3·H2O，C2O得1个H＋生成HC2O得2个H＋生成H2C2O4，水电离出的H＋与OH－浓度相等，即c水(H＋)＝c水(OH－)，则溶液中存在质子守恒：c水(OH－)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(H＋)＝c水(H＋)，C错误；考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，n提铜(Na＋)>n沉镍(Na＋)，同时“沉镍”过程中加入了(NH4)2C2O4溶液，溶液体积增加，因此c提铜(Na＋)>c沉镍(Na＋)，D错误；故选B。 答案　B 3.解析　SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，A正确；钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，B正确；NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，C不正确；Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料，D正确。 答案　C 4.解析　晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电路等，而二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯，B正确；耐高温材料应具有高熔点的性质，氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C正确；石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石­石膏法脱硫过程中发生反应：CaCO3CaO＋CO2↑，SO2＋CaCO3　,CaSO3＋CO2,2CaSO3＋O2　,2CaSO4，得到石膏，D正确。 答案　A 5.解析　小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故A符合题意；熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故B不符合题意；熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故C不符合题意；钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，故D不符合题意。 答案　A 6.解析　Fe与Fe(Ⅲ)的盐类物质可发生反应生成Fe(Ⅱ)的盐类物质，如Fe＋2FeCl3===3FeCl2，故A不选；Fe(Ⅱ)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；Fe(Ⅲ)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；b→c→d→e→b转化如FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3FeCl3FeCl2，故D不选。 答案　C 7.解析　硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硝酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确。 答案　A 8.解析　(1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于洪特规则的特例，其价电子数为11，其价层电子排布式为3d104s1。(2)“还原酸浸”时，MnO2被亚硫酸钠还原为Mn2＋，该反应的离子方程式为MnO2＋SO＋2H＋===Mn2＋＋SO＋H2O。 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ①Au＋5S2O＋[Cu(NH3)4]2＋===[Au(S2O3)2]3－＋[Cu(S2O3)3]5－＋4NH3 ②4[Cu(S2O3)3]5－＋16NH3＋O2＋2H2O===4[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋12S2O 分析以上两反应可知，[Cu(NH3)4]2＋参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为[Cu(NH3)4]2＋。 (4)“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。 (5)“还原酸浸”时，Fe2O3和CuO可以被硫酸溶解转化为Fe3＋和Cu2＋，亚硫酸钠将Fe3＋还原为Fe2＋，而Cu2＋并未被还原，因此，Fe3＋的氧化性强于Cu2＋；“氧化”时，Fe2＋被MnO2氧化为Fe3＋，因此，MnO2的氧化性强于Fe3＋。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3＋、Cu2＋、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为MnO2>Fe3＋>Cu2＋。 (6)25 ℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时c(OH－)＝10－6 mol·L－1，无Mn(OH)2析出，根据Mn(OH)2的Ksp为1.9×10－13，则c(Mn2＋)≤＝0.19 mol·L－1。 (7)①由晶胞结构可知，Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有＝12个。 ②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，因此，该晶胞的质量为 g，该晶胞的体积为(a nm)3＝a×10－21cm3，晶体的密度为＝ g·cm－3。 答案　(1)3d104s1 (2)MnO2＋SO＋2H＋===Mn2＋＋SO＋H2O (3)[Cu(NH3)4]2＋ (4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度 (5)MnO2>Fe3＋>Cu2＋ (6)0.19 (7)①12　② 9.解析　(1)基态Be2＋的电子排布式为1s2，结合泡利原理，则轨道表示式为。(2)将熔融态物质快速冷却可转化为非晶态，故为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，需要快速冷却。(3)由已知信息可知，“萃取分液”时Be2＋转化为BeA2(HA)2进入煤油中，水相1为含有Al3＋的水溶液，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，先发生反应：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，随后立即发生反应：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－，故观察到的现象是产生白色沉淀，且沉淀立刻溶解。(4)由对角线规则可知，Al与Be化学性质相似，故有机相中加入过量NaOH溶液，BeA2(HA)2转化为[Be(OH)4]2－进入水相2，反萃取时BeA2(HA)2与NaOH反应生成Na2[Be(OH)4]，化学方程式为BeA2(HA)2＋6NaOH===Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O。“滤液2”的主要成分为NaOH，可以进入反萃取分液步骤再利用。(5)氯化铍为分子晶体，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠可增加熔融盐的导电性。(6) Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物，4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，Be与Be间通过CH3COO－相连，又四面体有6条棱，则4个Be间共有6个CH3COO－，故其化学式为Be4O(CH3COO)6。 答案　(1)　(2)快速冷却　(3)先产生白色沉淀，且沉淀立刻溶解　(4)BeA2(HA)2＋6NaOH===Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O　反萃取分液　(5)增加熔融盐的导电性　(6)Be4O(CH3COO)6 10.解析　(1)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。(2)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。(3)“氧化沉钴”过程中发生反应MnO＋3Co2＋＋7H2O===MnO2↓＋3Co(OH)3↓＋5H＋，前面加MnO2生成的Mn2＋也可与MnO反应，离子方程式为3Mn2＋＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋。(4)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。 答案　(1)增大“酸浸”速率　Pb　(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋　铁氰化钾溶液　Fe2＋　(3)MnO＋3Co2＋＋7H2O===MnO2↓＋3Co(OH)3↓＋5H＋　3Mn2＋＋2H2O＋2MnO===5MnO2↓＋4H＋　(4)ZnSO4和K2SO4　1.0×10－16.7 11.解析　(1)“酸浸”时磨碎废渣，能够增大反应物与稀硫酸的接触面积，加快“酸浸”速率。(2)CoO溶于稀硫酸发生反应的化学方程式为CoO＋H2SO4===CoSO4＋H2O。(3)由题给信息可知，此时c(Zn2＋)≤10－5mol·L－1，则c(S2－)＝≥2.5×10－17 mol·L－1，则c(Co2＋)＝≤1.6×10－4 mol·L－1<0.10 mol·L－1，Co2＋开始沉淀，故不能实现Zn2＋和Co2＋的完全分离。(4)根据题给条件及氧化还原反应规律，可写出“沉锰”步骤中发生反应的离子方程式：Mn2＋＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋2SO＋4H＋，则生成1.0 mol MnO2时，产生4.0 mol H＋。(5)由已知②可知，溶液pH＝4时，Fe3＋转化为Fe(OH)3。(6)“沉钴”时，Co2＋与ClO－反应转化为Co(OH)3与Cl－，结合氧化还原反应规律可知，该反应的离子方程式为2Co2＋＋ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋。(7)由已知②可知，Zn2＋在pH≈8.2～12时以Zn(OH)2沉淀形式析出，故回收Zn(OH)2时应调pH≈8.2～12，再过滤分离。 答案　(1)加快“酸浸”速率　(2)CoO＋H2SO4===CoSO4＋H2O　(3)1.6×10－4　不能　(4)4.0 mol　(5)Fe(OH)3　(6)2Co2＋＋ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋　(7)用NaOH调节滤液pH为8.2～12，将析出的沉淀过滤、洗涤、干燥 12.解析　白云石矿样煅烧后CaMg2转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁。(1)白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为CaMg(CO3)2CaO＋MgO＋2CO2↑； (2)①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，Ksp≫Ksp，在一定量NH4Cl溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故CaO首先溶解被浸出；②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为Ca2＋＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH＋H2O；③由图表可知，“浸钙”过程n∶n的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用n∶n的比例为2.4∶1；④Ksp<Ksp，在反应中CaCO3会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2＋部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值； (3)“浸镁”过程中，发生反应：MgO＋H2O===Mg2，Mg2＋2NHMg2＋＋2NH3＋2H2O，加热蒸馏使大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁； (4)白云石的主要化学成分为CaMg2，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于水的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，MgO的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是Fe2O3、SiO2、CaSO4、MgO； (5)沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中NH4Cl、2SO4、CO2、NH3既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是NH4Cl、2SO4、CO2、NH3。 答案　(1)CaMg2CaO＋MgO＋2CO2↑ (2)①Ksp≫Ksp，在一定量NH4Cl溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故CaO先浸出　②Ca2＋＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH＋H2O　③ 2.4∶1　④Ksp<Ksp，CaCO3优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙 (3)MgO＋H2O===Mg2，Mg2＋2NHMg2＋＋2NH3＋2H2O，使大量氨逸出，平衡正向移动 (4)Fe2O3、SiO2、CaSO4、MgO (5)NH4Cl、2SO4、CO2、NH3 学科网（北京）股份有限公司 $色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.2xXk.c0m○ 您身边的互联网+教辅专家 专题⑤ 题 班级： 金属及其化合物 组 姓名： 二 学号： 一、选择题 1.(2025甘肃卷)处理某酸浸液（主要含Li+、Fe2+、Cu2+、A13+)的部分流程如下： Fe粉 NaOH H2O2 NazCO 酸浸液一→沉铜一→碱浸一→氧化一…一→沉锂… CuAI(OHDs沉淀Fe(OD沉淀 LizCO 下列说法正确的是() A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe+3Cu2+一3Cu十2Fe3+ B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，AI(OHD3沉淀越完全 C.“氧化”过程中铁元素化合价降低 D.“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质 2.(2025江苏卷)室温下，有色金属治炼废渣（含Cu、Ni、Si等的氧化物用过量的较浓H2SO4 溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。 NaHSO3溶液(NH)2CO,溶液 浸取液→提铜 沉镍→NiC,O, d 已知：KHS0-4)=1.2×10-2,K1H2SO)=1.2×10-2,K2H2SO3)=6.0×10-8。下列 说法正确的是( A.较浓H2SO4溶液中：cH+)=2c(SO2-4)+c(OH-) B.NaHSO3溶液中：2HSO-3sO2-3+H2SO3的平衡常数K=5.0×10-6 C.NH4)2C2O4溶液中：cNH3H2O)+c(OH-)=cH2C2O4)+cHC2O-4)+cH+) D.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：c提铜Na+)=c沉镍Na+) 3.(2023浙江卷1月)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是() A.SO2能使某些色素褪色，可用作漂白剂 B.金属钠导热性好，可用作传热介质 C.NaClO溶液呈碱性，可用作消毒剂 D.Fe2O3呈红色，可用作颜料 4.(2022浙江卷)下列说法不正确的是() A晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维 B.高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明 C,氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料 D.用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏 5.(2022广东卷)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是() 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 选项 劳动项目 化学知识 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 NaCO3可与酸反应 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与H2O高温下会反应 D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜 6.(2021·广东卷)部分含铁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 碱 必 单质 0 +1+2+3 化合价 A.a可与e反应生成b B.b既可被氧化，也可被还原 C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体 D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系 7.(2021·浙江卷)下列说法不正确的是() A.硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐 B.镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁 C.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气 D.常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化 二、非选择题 8.(2025·云南卷)从褐铁矿型金-银矿（含Au、Ag、FezO3、MnO2、CuO、SiO2等）中提取Au、 Ag,并回收其他有价金属的一种工艺如下： HSO4、NaSO3 铁粉 MnO2 NaOH NH.HCO 金-银矿 家滤液沉润滤液花阮获选液玩南滤液 酸浸 滤渣1 Cu MnCO: 铜-氨硫 浸滤液2」 代硫酸盐溶液 →Au、Ag 滤渣2 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，Mn(OH2的Kp为1.9×10-13。 回答下列问题： (1)基态 Cu原 子的 价层电子排布式为 (2)“还原酸浸”时，MnO2反应的离子方程式为 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 ①Au+5S2O2-3+[Cu(NH3)4]2+—[Au(S2O3)2]3-+[Cu(S2O33]5-+4NH3 ②4[Cu(S23)3]5-+16NH3+O2+2H2O一4[Cu(NH3)4]2++4OH-+12S2O2-3 上述过程中的催化剂为 (④)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 (⑤)根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3+、Cu2+、MO2的氧化性由强到弱的顺序为 (⑥25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无Mn(OD2析出.则cMn2+)≤ molL-1。 (T一种锑锰Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。 ●Mn OSb ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的M有 个。 ②Na为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm,则晶体的密度为 gcm-3(列出计算式即可)。 9.(2024湖北卷)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3A2(SiO3)6]中提取铍的路 径为： 稀硫酸 含HA的煤油 热熔 玻璃态 酸浸 滤液1 萃取 有机相 Be3 Al2 (SiO3)6 冷却 过滤 分液 滤渣 水相1 过量NaOH 反萃取 水相2 加热 >Be(OH)2-->Be 分液 过滤 滤液2 含NaA的煤油 已知：Be2++4 IA BeA2HA)2+2H+ 回答下列问题： (I)基态Be2+的轨道表示式为 (2)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 (3)“萃取分液”的目的是分离B2+和A13+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1” 的 溶 液 观 察 到 的 现 象 是 (④)写出反萃取生成Na2Be(OH)4]的化学方程式 ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 “滤液2”可以进入 步骤再利用。 (⑤)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 g (⑥Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物.4个Be位于以1个O原子为中心的 四面体的4个顶点，且每个Be的配位环境相同，Be与Be间通过CHCOO一相连，其化学式 为 10.(2024新课标卷)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、F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： HSO MnO2 Zno KMnO 废渣→酸浸→过滤☐1 调过滤2 氧化沉钴 Co(OH) pH=5 MnO: 滤渣1 滤渣2 除钴液→回收利用 己知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5molL-)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 (2)“过滤 1”后的溶液中 加入MmO2的作用是 0 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 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 (④)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的Co3+浓度为 mol L1。 11.(2024全国甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、 铁、钴、锰的十2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 稀HSO4 H2S Na2S2Oa NaOH NaClO 调pH=4￥ 炼锌，酸浸沉铜一沉锰一沉淀 →沉钴→滤液 废渣 浸渣CuS Mno,滤渣 Co(OH) 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于105molL-1.其他金属离子不沉淀，即认为 完全分离。 已知：①Kp(CuS)=6.3×10-36.Kp(ZnS)=2.5×10-22,Kp(CoS)=4.0×10-21。 ②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/molL一】和溶液pH的关系如图所示。 Fe3 Zn2+Co2 Mn2+ Zn(OH)2 3 -4 1234567891011121314 PH 回答下列问题： (1)“酸浸 ”前， 需将废渣磨碎，其目的是 (②)“酸浸”步骤中，Co0发生反应的化学方程式是 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10molL-1,向其中加入Na2S 至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)= molL-1,据此判断能否实现Zn2+和Co2+ 的完全分离（填“能”或“不能”） (4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2,产生H+的物质的量为 (⑤)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4,分离出的滤渣是 (⑥“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaCl1O氧化Co2+,其反应的离 子 方 程 式 为 (⑦根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 12.(2022北京卷)白云石的主要化学成分为CaMg\rc)(avs4al\co1(C03)2,还含有质 量分数约为2.1%的F©2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示 意图如下。 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 通CO2 碳酸钙 白 滤液A 沉钙 NH,CI溶液 产品 石 矿 煅烧 浸钙 (NH4)2SO4溶液 >滤渣C 样 固体B 浸镁 滤液D (NH)2CO3溶液沉镁 氧化镁产品爱烧 己知： 物质 Ca(OH2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO: Kyp 5.5×10-6 5.6×10-12 3.4×10-9 6.8×10-6 (1)白云石矿 样煅烧完全分解的化学方 程式为 (2NH,C1用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。 n(NHCI)/ 氧化物CMO)浸出率/% 产品中CaCO3纯度/% 产品中g杂质含量 n(CaO) CaO MgO 计算值 实测值 /%(以MgCO,3计) 2.1:1 98.4 1.1 99.1 99.7 2.2:1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4:1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：i.MO浸出率=（浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量）×100%M代表Ca或Mg)。 ⅱ.CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3 纯度。 ①解释 “浸钙”过程中主要浸出 CaO的原因是 ②沉 钙 反 应 的 离 方 程 式 为 ③“浸钙”过程不适宜选用nrc)(avs4al\co1(NH4C1):n rc)(avs4al\col(Ca0)的比例为 ④产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是 (3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的rc)(avs4al\co1N4)2SO4溶液混合， 充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大， 最终可达989%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.ZxXk.c0m○ 您身边的互联网+教辅专家 (4)滤 渣 C中 厨 有 的物 质 是 (⑤)该 流程 中可 循环利用的物质是 ·独家授权侵权必究· 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 ·独家授权侵权必究·