2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练09

2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练(九) 1．钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等物质。一种以钢渣粉为原料固定CO2并制备V2O3的工艺流程如图所示。 已知钢渣中Ca元素质量分数为30%，V2O3在稀盐酸和NH4Cl混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Ca2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.2 3.5 12.4 沉淀完全的pH 2.9 8.2 5.1 13.8 回答下列问题： (1)浸出1过程生成的SiO2“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有__________________________________(除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是_____________________。 (2)为避免引入杂质离子，氧化剂A应为_______(举1例)。 (3)滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为_______。 (4)若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定_______kgCO2。 (5)富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为_______。该培烧反应的化学方程式是___________________________。 (6)微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知a＝b＝4.99nm，c＝17.3nm，α＝β＝900，γ＝1200，该晶体密度为_______g∙cm-3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 2．锡在材料、医药、化工等方面有广泛的应用，锡精矿(SnO2)中主要有Fe、S、As、Sb、Pb等杂质元素。下图为锡的冶炼工艺流程。 已知：SnO2性质稳定，难溶于酸。 回答下列问题： (1)锡的原子序数为50，其价层电子排布式为_______________，在元素周期表中位于______区。 (2)烟尘中的主要杂质元素是______(填元素符号)。 (3)酸浸时，PbO生成[PbCl4]2-，该反应的离子方程式为___________________________________，为了提高铅的浸出率，最宜添加____ (填标号)。 A．KCl B．HCl C．H2SO4 D．NaCl (4)还原时需加入过量的焦炭，写出该反应的化学方程式___________________________________。 (5)电解精炼时，以SnSO4和少量H2SO4作为电解液，电源的负极与_____(填“粗锡”或“精锡”)相连；H2SO4的作用是_______、______。 (6)酸浸滤液中的Pb2+可用Na2S沉淀，并通过与强碱反应获得Pb，写出PbS与熔融NaOH反应的化学方程式______________________________________________。 3．硫酸镍(NiSO4)常用于制作电池电极材料及催化剂。从富镍精矿渣制备硫酸镍晶体的一种流程如图： 已知：i．富镍精矿渣中含有镍、铁、铜、钙、镁等元素，其中镍主要以Ni(OH)2和NiS的形式存在，Ni(OH)2和NiS均难溶于水；铁主要以Fe3O4形式存在。 ii．镍浸出液中含有的阳离子主要有Ni2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+、Fe3+等。 (1)富镍精矿渣在溶解前，需经破碎，目的是 。溶渣时，需向富镍精矿渣中加入硫酸并加热，同时加入氧化剂。 (2)沉铁 ①已知：在硫酸盐溶液中，当有足量Na+，控制溶液的pH为1.6～1.8时，生成溶度积极小的黄钠铁矾 [Na2Fe6(SO4)4(OH)12]。该反应的离子方程式是 。向镍浸出液中不断加入Na2CO3，利用黄钠铁矾法除铁。不断加入Na2CO3的作用是 。 ②当Fe3+浓度降到较低后，继续采用针铁矿法除铁。控制溶液的pH为4.2～4.5，在温度80℃的条件下，Fe3+缓慢沉淀形成针铁矿(FeOOH)。结合平衡移动原理，解释FeOOH生成的原因 。 (3)沉铜。向滤液1中加入活性NiS固体，使Cu2+转化为CuS渣。在硫化镍用量为理论用量的1.6倍、反应温度80℃的条件下，不同反应时间对硫化镍除铜效果的影响如图。30分钟后，渣中铜镍比大幅度降低的可能原因是 。已知：一定条件下，CuS可以部分转化为CuO，同时释放出部分S2-。 (4)向滤液2中加入NaF溶液，经过滤得到较纯净的NiSO4溶液。沉淀的主要成分是 。 (5) NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得NiSO4∙nH2O晶体。采用EDTA法测定晶体中结晶水的含量。[EDTA(Na2H2Y)法测定金属阳离子含量的方程式为：M2+＋H2Y2-＝MY2-＋2H+]。 步骤一：标定EDTA。取25.00mLc1mol·L−1的ZnCl2标准溶液于锥形瓶中，用EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液的体积为V1mL。 步骤二：称取mgNiSO4∙nH2O样品，配制250mL溶液，取25.00mL进行滴定，消耗EDTA溶液的体积为V2mL。n＝ 。[列出表达式，已知M(NiSO4)＝155g∙mol-1] 4．Mn和MnO2都具有广泛的用途。 I．工业上用软锰矿(主要含MnO2)和硫锰矿(主要含MnS)联合制备MnSO4的流程如图。 资料：几种化合物的Ksp 硫化物 MnS NiS CoS BaS(易溶) Ksp 10-12.6 10-18.5 10-20.4 氢氧化物 Mn(OH)2 Ni(OH)2 Co(OH)2 Fe(OH)3 Ksp 10-13.0 10-14.7 10-14.3 10-38.6 (1)为提高浸出速率，可采取的措施有 （答出两条即可）。 (2)浸出过程中产生的Fe3+对MnO2与MnS的反应起催化作用，机理如下。 i．2Fe3+＋MnS＝Mn2+＋2Fe2+＋S； ii． (离子方程式)。 (3)流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，解释不能单独使用①去除这些杂质离子的原因： 。 (4)滤渣2的主要成分是 。 II．以MnSO4溶液为原料，用图1装置(a，b均为惰性电极)同步制备Mn和MnO2。 (5)结合离子交换膜的类型，解释中间室产生较浓硫酸的原因： 。 (6)图1中b电极上Mn的电解效率[×100%]与溶液pH的关系如图2所示。随pH的增大，电解效率先增大后减小的原因是 。 5．一种利用某镍矿资源(主要成分为NiS、SiO2，含有少量CuS、FeS、MgO、Al2O3、Fe2O3)提取含Ni、Cu、Fe、Mg、Al的物质的流程如下： 资料： i．25℃时，一些物质的Ksp如下： 物质 CuS NiS FeS Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ksp 6.3×10-36 2.0×10-26 6.3×10-18 4.6×10-33 4.0×10-38 8.0×10-16 ii．溶液中离子浓度≤10-5mol·L−1时认为该离子沉淀完全。 (1)流程中能加快反应速率的措施有 。 (2)固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式为 。 (3)III中，生成1mol CuSO4转移8mole－，III中反应的化学方程式为 ；III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是 。 (4)IV可以除去溶液D中的Cu2+，由此推测氧化性Cu2+ Ni2+(填“＞”或“＜”)。 (5)结合离子方程式解释V中加入H2O2的作用： 。 (6)为了使Fe3+沉淀完全，VI中溶液pH的最小值所属范围为 (填字母)。 a．2~3  b．3~4 c．9~10 d．10~11 (7)VI中，NH4HCO3不宜多加，原因是 。 6．从某工厂铜电解车间产生的难溶副产物黑铜泥(主要成分为Cu2As和Cu3As)和废水车间产生的含砷废渣(主要成分为As2S3)中回收铜和砷的一种流程示意图如下。 已知：沉铜过程主要发生反应As2S3＋3CuSO4＋4H2O＝3CuS＋2HAsO2＋3H2SO4；；HAsO2易分解生成微溶于水的As2O3；随着硫酸浓度的增大，As2O3在硫酸溶液中的溶解度变小。 (1)升温能加快氧化浸出的速率。温度过高时，浸出速率反而会下降，原因是 。 (2) Cu2As和Cu3As被氧化为CuSO4和H3AsO4。As3S3被氧化的离子方程式为 。 (3)沉铜前，需要对氧化浸出液进行稀释。稀释倍数对沉铜的影响如下图所示。 稀释倍数较小时，滤渣2中As含量较高的原因是 。 (4)上述流程中可循环使用的物质是 。 (5)粗三氧化二砷中砷含量的测定。 i．取0.1g样品于锥形瓶中，加入NaOH溶液，使样品完全溶解； ii．加入适量乙酸铅溶液，消除-2价硫的干扰； iii．用稀硫酸调pH=8，加入3g碳酸氢钠和少量淀粉溶液； iv．用cmol/L碘标准溶液(溶质按I2计)滴定，将砷氧化至最高价态。到达滴定终点时，消耗碘标准溶液VmL。 已知：样品中砷只以＋3价的形式存在。 ①若样品中有－2价硫，没有步骤ii，测定结果将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ②样品中砷的质量分数为 。 ③步骤ⅲ中加入碳酸氢钠，能保持滴定过程中溶液pH基本稳定，结合化学用语解释原因 。 7．电镀污泥(主要成分是CuO，含有Fe2O3等)是电镀废水处理过程中产生的废弃物，其无害化处理和资源化回收技术一直是研究热点。一种综合回收的工艺路线如下： 资料： i．萃取剂由N902(可用HR表示)溶解在煤油中制得，萃取金属离子的反应如下：Mn+(aq)＋nHR(org) MRn(org)＋nH+(aq) (Mn+：Cu2+、Fe3+；org：有机相；aq：水相) ii．常用分配系数表示萃取达到平衡时溶质X在两溶剂中的浓度之比，常用萃取率表示有机相中溶质X的物质的量与初始总物质的量之比。即：分配系数＝；萃取率＝×100% (1)浸出时，反应的离子方程式主要是： 、CuO＋2H+＝Cu2+＋H2O。 (2)操作i是 。 (3)操作ii中发生反应的离子方程式为 。 (4)本实验中Cu2+的分配系数为50。 ①一次性取用20mL萃取剂与100mL浸出液充分振荡。Cu2+的萃取率为 。 ②相关研究认为可采用多级萃取获得更高的萃取率。一种三级萃取的设计示意图及模拟实验得到的数据表如下： 萃取处理 总萃取率% 1级 83.3% 2级 97.2% 3级 99.9% 通过比较①和②中 (填“1级”、“2级”或“3级”)中Cu2+的萃取率，可分析得到结论：多级萃取的效果好于一次性萃取。 (5)实验表明，有机相中的铜离子可被硫酸反萃，所用硫酸浓度不同，会影响铜反萃率，经过足够长的时间后，实验结果如图所示。 ①结合化学用语解释随硫酸浓度增大，铜反萃率提升的原因： 。 ②在硫酸浓度为2mol·L−1时，其他条件不变，只升高温度， (“能”、“不能”、“无法判断”)提升反萃率，理由是 。 ③下列说法正确的是 。 a．一般选用4mol·L−1硫酸进行本步操作 b．反萃后得到CuSO4晶体的操作是：蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤干燥 c．操作后HR可循环利用 8．废电池中含磷酸铁锂，提锂后的废渣主要含FePO4、Fe3(PO4)2和金属铝等，以废渣为原料制备电池级FePO4的一种工艺流程如下。 已知：i．FePO4、Fe3(PO4)2均难溶于水。 ii．将Fe3+转化为Fe2+有利于更彻底除去Al3+。 (1)酸浸前，将废渣粉碎的目的是 。 (2)从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解FePO4的原因： 。 (3)在酸浸液中加入CH3OH进行电解，电解原理的示意图如下图所示，电解过程中c(Fe2+)∶c(Fe3+)不断增大。结合电极反应说明CH3OH在电解中的作用： 。 (4)“沉淀”过程获得纯净的FePO4。向“氧化”后的溶液中加入HCHO，加热，产生NO和CO2，当液面上方不再产生红棕色气体时，静置一段时间，产生FePO4沉淀。阐述此过程中HCHO的作用： 。 (5)过滤得到电池级FePO4后，滤液中主要的金属阳离子有 。 (6)磷酸铁锂－石墨电池的总反应：Li1－xFePO4＋LixC6LiFePO4＋6C(0＜x＜1)。 ①高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，反应的化学方程式是 。 ②放电时负极的电极反应式是 。 9．以低品位铜钴矿[主要成分为CoO(OH)、Cu2(OH)2CO3、SiO2，还有少量的FeO、Fe2O3、CaO、MgO等杂质]为原料制备硫酸铜晶体和Co2O3的一种工艺流程如下： 已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Co(OH)2 CaF2 MgF2 Ksp 4.9×10-17 2.8×10-39 5.6×10-12 1.6×10-15 4.9×10-10 6.4×10-12 ②萃取时发生反应Cu2+＋2HRCuR2＋2H+ (1)铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是 。 (2)浸出步骤铜钴矿中的CoO(OH)转化为Co2+，该反应的离子方程式为 。 (3)加入试剂a 可使萃取剂再生。 (4)对于过程I： ①加NaClO3溶液作用是 。 ②通过计算判断Fe3+是否沉淀完全并简述理由 。（一般认为溶液中离子浓度小于1×10-5mol·L-1时沉淀完全） (5)滤渣1成分 。 (6)CoC2O4∙2H2O在足量空气中煅烧生成Co2O3，写出煅烧过程中的化学反应方程式 。 (7) Co2O3产品纯度测定方法如下： 已知：Co3+与EDTA－2Na按物质的量1∶1反应，若滴定至终点时消耗EDTA－2Na标准液体积为20.00mL，则Co2O3产品纯度为 。(Co2O3的摩尔质量是166g∙mol-1) 10．以菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)为原料提纯MnCO3的一种流程示意图如下。 已知：i．浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3。 ii．常温时，部分物质的Ksp如下表所示： 物质 MnCO3 Mn(OH)2 MgCO3 Mg(OH)2 Ksp 1.8×10-11 1.9×10-13 6.8×10-6 5.6×10-12 iii．1mol·L-1的NH4HCO3溶液pH≈8，c(CO)≈3.3×10-3mol·L-1 (1)将菱锰矿“研磨”的目的是 。 (2)写出MnCO3在“氯化焙烧”过程发生反应的化学方程式： 。 (3)用1mol·L-1的NH4HCO3溶液“沉锰”时浸出液pH对产品中锰元素的质量分数和锰的回收率的影响如下图。 注：锰的回收率＝×100% ①“沉锰”反应的离子方程式是 。 ②分析浸出液pH＝8时，MnCO3产品中存在的杂质可能是 ，说明判断依据 。 (4)该流程中可以循环利用的物质有 。 (5)检测产品中锰元素的质量分数，取agMnCO3产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10mL加入稍过量的NH4NO3溶液，使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-。待充分反应后，加热使NH4NO3分解。冷却后用bmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液滴定，消耗cmL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。 ①产品中锰元素的质量分数为 。 ②若未充分加热，则会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 第 1 页 共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练(九) 1．钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等物质。一种以钢渣粉为原料固定CO2并制备V2O3的工艺流程如图所示。 已知钢渣中Ca元素质量分数为30%，V2O3在稀盐酸和NH4Cl混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Ca2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.2 3.5 12.4 沉淀完全的pH 2.9 8.2 5.1 13.8 回答下列问题： (1)浸出1过程生成的SiO2“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有__________________________________(除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是_____________________。 (2)为避免引入杂质离子，氧化剂A应为_______(举1例)。 (3)滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为_______。 (4)若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定_______kgCO2。 (5)富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为_______。该培烧反应的化学方程式是___________________________。 (6)微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知a＝b＝4.99nm，c＝17.3nm，α＝β＝900，γ＝1200，该晶体密度为_______g∙cm-3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 答案：(1)适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌 稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散 (2)H2O2或氯水 (3)氨水 (4)297 (5) Ca2V2O7 V2O3＋2CaCO3＋O2Ca2V2O7＋2CO2 (6)×1023 解析：钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。 (1)浸出1过程生成的SiO2 “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。 (2)加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水。 (3)加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。 (4)钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为×44g/mol＝297kg。 (5)由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为V2O3＋2CaCO3＋O2Ca2V2O7＋2CO2。 (6)该晶胞中含Ca2+的个数为4×+4×+2×+2×+4＝6，含CO的个数4×+4×+4＝6，1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为a2c＝×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为g÷(×4.992×17.3×10-21cm3)＝×1023。 2．锡在材料、医药、化工等方面有广泛的应用，锡精矿(SnO2)中主要有Fe、S、As、Sb、Pb等杂质元素。下图为锡的冶炼工艺流程。 已知：SnO2性质稳定，难溶于酸。 回答下列问题： (1)锡的原子序数为50，其价层电子排布式为_______________，在元素周期表中位于______区。 (2)烟尘中的主要杂质元素是______(填元素符号)。 (3)酸浸时，PbO生成[PbCl4]2-，该反应的离子方程式为___________________________________，为了提高铅的浸出率，最宜添加____ (填标号)。 A．KCl B．HCl C．H2SO4 D．NaCl (4)还原时需加入过量的焦炭，写出该反应的化学方程式___________________________________。 (5)电解精炼时，以SnSO4和少量H2SO4作为电解液，电源的负极与_____(填“粗锡”或“精锡”)相连；H2SO4的作用是_______、______。 (6)酸浸滤液中的Pb2+可用Na2S沉淀，并通过与强碱反应获得Pb，写出PbS与熔融NaOH反应的化学方程式______________________________________________。 答案：(1) 5s25p2 p (2)As、Sb (3)PbO＋2H+＋4Cl－＝[PbCl4]2-＋H2O D (4) SnO2＋2C＝Sn＋2CO↑ (5)精锡 增强溶液的导电性 防止Sn2+的水解 (5)2PdS＋4NaOH＝2Pb＋2Na2S＋O2↑＋2H2O 解析：锡精矿(SnO2)中主要有Fe、S、As、Sb、Pb等杂质元素，锡精矿后加入稀盐酸溶解，由于SnO2性质稳定，难溶于酸，过滤得到SnO2，再使用焦炭还原SnO2得到粗锡，最后电解精炼得到精锡，据此分析解题。 (1)锡的原子序数为50，其价层电子排布式为5s25p2，在元素周期表中位于p区，故答案为5s25p2；p。 (2)焙烧时Fe、S、As、Sb、Pb杂元素转化为氧化物，由题可知，加入稀盐酸后的滤液经过处理得到Fe和Pb，所以烟尘中的主要杂质元素是As、Sb，故答案为As、Sb。 (3)酸浸时，PbO生成[PbCl4]2-，离子方程式为PbO＋2H+＋4Cl－＝[PbCl4]2-＋H2O，浸出过程中添加氯化钠，可促使氯化铅转化成铅的氯络阴离子，提高其浸出效果，故答案为PbO＋2H+＋4Cl－＝[PbCl4]2-＋H2O；D。 (4)使用焦炭还原SnO2得到粗锡，化学方程式为SnO2＋2C＝Sn＋2CO↑，故答案为SnO2＋2C＝Sn＋2CO↑。 (5)电解精炼时，与电源的负极的是精锡；以SnSO4和少量H2SO4作为电解液，H2SO4在水溶液中的电离，可以增强溶液的导电性；可以防止Sn2+的水解，故答案为精锡；增强溶液的导电性；防止Sn2+的水解。 (6)由题可知，PbS与强碱反应获得Pb，则PbS与熔融NaOH反应的化学方程式为2PdS＋4NaOH＝2Pb＋2Na2S＋O2↑＋2H2O，故答案为2PdS＋4NaOH＝2Pb＋2Na2S＋O2↑＋2H2O。 3．硫酸镍(NiSO4)常用于制作电池电极材料及催化剂。从富镍精矿渣制备硫酸镍晶体的一种流程如图： 已知：i．富镍精矿渣中含有镍、铁、铜、钙、镁等元素，其中镍主要以Ni(OH)2和NiS的形式存在，Ni(OH)2和NiS均难溶于水；铁主要以Fe3O4形式存在。 ii．镍浸出液中含有的阳离子主要有Ni2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+、Fe3+等。 (1)富镍精矿渣在溶解前，需经破碎，目的是 。溶渣时，需向富镍精矿渣中加入硫酸并加热，同时加入氧化剂。 (2)沉铁 ①已知：在硫酸盐溶液中，当有足量Na+，控制溶液的pH为1.6～1.8时，生成溶度积极小的黄钠铁矾 [Na2Fe6(SO4)4(OH)12]。该反应的离子方程式是 。向镍浸出液中不断加入Na2CO3，利用黄钠铁矾法除铁。不断加入Na2CO3的作用是 。 ②当Fe3+浓度降到较低后，继续采用针铁矿法除铁。控制溶液的pH为4.2～4.5，在温度80℃的条件下，Fe3+缓慢沉淀形成针铁矿(FeOOH)。结合平衡移动原理，解释FeOOH生成的原因 。 (3)沉铜。向滤液1中加入活性NiS固体，使Cu2+转化为CuS渣。在硫化镍用量为理论用量的1.6倍、反应温度80℃的条件下，不同反应时间对硫化镍除铜效果的影响如图。30分钟后，渣中铜镍比大幅度降低的可能原因是 。已知：一定条件下，CuS可以部分转化为CuO，同时释放出部分S2-。 (4)向滤液2中加入NaF溶液，经过滤得到较纯净的NiSO4溶液。沉淀的主要成分是 。 (5) NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得NiSO4∙nH2O晶体。采用EDTA法测定晶体中结晶水的含量。[EDTA(Na2H2Y)法测定金属阳离子含量的方程式为：M2+＋H2Y2-＝MY2-＋2H+]。 步骤一：标定EDTA。取25.00mLc1mol·L−1的ZnCl2标准溶液于锥形瓶中，用EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液的体积为V1mL。 步骤二：称取mgNiSO4∙nH2O样品，配制250mL溶液，取25.00mL进行滴定，消耗EDTA溶液的体积为V2mL。n＝ 。[列出表达式，已知M(NiSO4)＝155g∙mol-1] 答案：(1)增大接触面积，增大化学反应速率，提高镍浸出率 (2) ①2Na+＋6Fe3+＋4SO＋12H2O＝Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋12H+ 中和反应生成的酸，调节溶液pH；提供足够的Na+ ②Fe3+＋2H2OFeOOH＋3H+，控制溶液pH为4.2～4.5，升温，都有利于平衡正移，生成FeOOH。 (3)CuS部分转化为CuO，使释放出的S2-与Ni2+反应生成NiS进入渣中，使而铜镍比降低 (4)CaF2、MgF2 (5) 解析：富镍精矿渣中含有镍、铁、铜、钙、镁等元素，其中镍主要以Ni(OH)2和NiS的形式存在，Ni(OH)2和NiS均难溶于水；铁主要以Fe3O4形式存在，溶渣时，向富镍精矿渣中加入硫酸并加热，各物质转化为对应的硫酸盐，同时加入氧化剂，氧化亚铁离子为铁离子，在硫酸盐溶液中，加入足量Na+，控制溶液的pH为1.6～1.8时，生成溶度积极小的黄钠铁矾，当Fe3+浓度降到较低后，继续采用针铁矿法除铁，控制溶液的pH为4.2～4.5，在温度80℃的条件下，Fe3+缓慢沉淀形成针铁矿(FeOOH)，向滤液1中加入活性NiS固体，使Cu2+转化为CuS渣，向滤液2中加入NaF溶液生成氟化钙、氟化镁沉淀，过滤除去钙离子，得到较纯净的NiSO4溶液，NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得NiSO4·nH2O晶体，据此解答。 (1)富镍精矿渣在溶解前，需经破碎，目的是增大接触面积，加快反应速率，提高镍浸出率； (2)①在硫酸盐溶液中，当有足量Na+，控制溶液的pH为1.6～1.8时，生成溶度积极小的黄钠铁矾，反应的离子方程式为2Na+＋6Fe3+＋4SO＋12H2O＝Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋12H+，向镍浸出液中不断加入Na2CO3，消耗氢离子，增大钠离子浓度，使反应正向进行，提高产率，不断加入Na2CO3的作用是消耗氢离子，增大钠离子浓度，使反应正向进行，提高产率； ②控制溶液的pH为4.2～4.5，在温度80℃的条件下，Fe3+缓慢沉淀形成针铁矿(FeOOH)，反应为2Fe3+＋4H2O2FeOOH＋6H+，pH增大，氢离子浓度减小，升高温度，均导致平衡正向移动，从而生成FeOOH； (3)由于CuS部分转化为CuO，同时释放出部分S2-，使Ni2+生成NiS，因此30分钟后，渣中铜镍比大幅度降低。 (4)根据分析，沉淀的主要成分是CaF2、MgF2； (5)根据EDTA～ZnCl2可知EDTA溶液的浓度为mol/L，根据EDTA～NiSO4·nH2O可知mgNiSO4·nH2O的物质的量是×0.001V2×mol＝mol，因此＝，解得n＝。 4．Mn和MnO2都具有广泛的用途。 I．工业上用软锰矿(主要含MnO2)和硫锰矿(主要含MnS)联合制备MnSO4的流程如图。 资料：几种化合物的Ksp 硫化物 MnS NiS CoS BaS(易溶) Ksp 10-12.6 10-18.5 10-20.4 氢氧化物 Mn(OH)2 Ni(OH)2 Co(OH)2 Fe(OH)3 Ksp 10-13.0 10-14.7 10-14.3 10-38.6 (1)为提高浸出速率，可采取的措施有 （答出两条即可）。 (2)浸出过程中产生的Fe3+对MnO2与MnS的反应起催化作用，机理如下。 i．2Fe3+＋MnS＝Mn2+＋2Fe2+＋S； ii． (离子方程式)。 (3)流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，解释不能单独使用①去除这些杂质离子的原因： 。 (4)滤渣2的主要成分是 。 II．以MnSO4溶液为原料，用图1装置(a，b均为惰性电极)同步制备Mn和MnO2。 (5)结合离子交换膜的类型，解释中间室产生较浓硫酸的原因： 。 (6)图1中b电极上Mn的电解效率[×100%]与溶液pH的关系如图2所示。随pH的增大，电解效率先增大后减小的原因是 。 答案：(1)将原料粉碎，适当升温 (2)MnO2＋2Fe2+＋4H+＝Mn2+＋2H2O＋2Fe3+ (3)Co(OH)2、Ni(OH)2和Mn(OH)2的Ksp相差不大，调节pH除Ni2+和Co2+时，易使Mn2+共沉淀而损失 (4)BaSO4、CoS、NiS (5)A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子与阳极区的氢离子分别向中间室迁移 (6)pH＜7.0时，随着pH的增大，氢离子的浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于Mn2+放电；pH＞7.0之后，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，导致Mn2+的浓度降低，对Mn2+放电不利 解析：将软锰矿(主要含MnO2)和硫锰矿(主要含MnS)用硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有Mn2＋、Fe3＋、Co2＋、Ni2＋等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的S2-氧化为S，同时自身被还原为Mn2＋，所以浸出渣主要成分为S，加入氨水调节溶液的pH除去铁离子，过滤后的滤液中加入BaS净化除去Co2＋、Ni2＋等离子，过滤得到滤液2，最终得到MnSO4，滤渣2为BaSO4、CoS、NiS。 (1)为提高浸出速率，可采取的措施有将原料粉碎，适当升温等； (2)浸出过程中产生的Fe3+对MnO2与MnS的反应起催化作用，机理如下：i．2Fe3+＋MnS＝Mn2+＋2Fe2+＋S； ii．MnO2＋2Fe2+＋4H+＝Mn2+＋2H2O＋2Fe3+； (3)流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，不能单独使用①去除这些杂质离子的原因：Co(OH)2、Ni(OH)2和Mn(OH)2的Ksp相差不大，调节pH除Ni2+和Co2+时，易使Mn2+共沉淀而损失； (4)根据分析可知，滤渣2的主要成分是BaSO4、CoS、NiS； (5)中间室产生较浓硫酸的原因：A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子与阳极区的氢离子分别向中间室迁移； (6)随pH的增大，电解效率先增大后减小的原因是：pH＜7.0时，随着pH的增大，氢离子的浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于Mn2+放电；pH＞7.0之后，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，导致Mn2+的浓度降低，对Mn2+放电不利。 5．一种利用某镍矿资源(主要成分为NiS、SiO2，含有少量CuS、FeS、MgO、Al2O3、Fe2O3)提取含Ni、Cu、Fe、Mg、Al的物质的流程如下： 资料： i．25℃时，一些物质的Ksp如下： 物质 CuS NiS FeS Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ksp 6.3×10-36 2.0×10-26 6.3×10-18 4.6×10-33 4.0×10-38 8.0×10-16 ii．溶液中离子浓度≤10-5mol·L−1时认为该离子沉淀完全。 (1)流程中能加快反应速率的措施有 。 (2)固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式为 。 (3)III中，生成1mol CuSO4转移8mole－，III中反应的化学方程式为 ；III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是 。 (4)IV可以除去溶液D中的Cu2+，由此推测氧化性Cu2+ Ni2+(填“＞”或“＜”)。 (5)结合离子方程式解释V中加入H2O2的作用： 。 (6)为了使Fe3+沉淀完全，VI中溶液pH的最小值所属范围为 (填字母)。 a．2~3  b．3~4 c．9~10 d．10~11 (7)VI中，NH4HCO3不宜多加，原因是 。 答案：(1)研磨、加热 (2)Cu2+＋NiS＝Ni2+＋CuS (3)CuS＋2O2CuSO4 SiO2 (4)＞ (5)2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O，更有利于提取含Fe物质 (6)b (7)NH4HCO3过多，会导致发生反应Al3+＋3HCO＝Al(OH)3↓＋3CO2↑，Fe(OH)3中会含有Al(OH)3 解析：某镍矿(主要成分为NiS、SiO2，含有少量CuS、FeS、MgO、Al2O3、Fe2O3)经研磨后在加热条件下加入硫酸溶解，二氧化硅不溶于硫酸，根据题干信息固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，加入硫酸铜溶解生成CuS，CuS经氧气氧化后被硫酸溶解生成硫酸铜，过滤除去SiO2；溶液B中加入过氧化氢可将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸氢铵使溶液中Fe3+形成氢氧化铁滤出；再想溶液中加入碳酸氢铵使溶液中氯离子形成氢氧化铝沉淀滤出；向溶液G中加入硫化钠使镍离子形成硫化镍沉淀，剩余含镁离子溶液。 (1)流程中可以通过研磨、加热加快反应速率； (2)固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式：Cu2+＋NiS＝Ni2+＋CuS； (3)III中，生成1mol CuSO4转移8mole－，说明S元素由－1价被氧化为＋6价，III中反应的化学方程式：CuS＋2O2CuSO4；根据分析III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是SiO2； (4)IV可以除去溶液D中的Cu2+，说明电解过程中Cu2+先于Ni2+发生反应，由此推测氧化性Cu2+＞Ni2+； (5)过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O，更有利于提取含Fe物质； (6)根据题干信息，若要使Fe3+沉淀完全，但Al3+未沉淀，＞c(OH－)＞，计算得出pH范围3~4； (7)NH4HCO3过多，会导致发生反应Al3+＋3HCO＝Al(OH)3↓＋3CO2↑，Fe(OH)3中会含有Al(OH)3。 6．从某工厂铜电解车间产生的难溶副产物黑铜泥(主要成分为Cu2As和Cu3As)和废水车间产生的含砷废渣(主要成分为As2S3)中回收铜和砷的一种流程示意图如下。 已知：沉铜过程主要发生反应As2S3＋3CuSO4＋4H2O＝3CuS＋2HAsO2＋3H2SO4；；HAsO2易分解生成微溶于水的As2O3；随着硫酸浓度的增大，As2O3在硫酸溶液中的溶解度变小。 (1)升温能加快氧化浸出的速率。温度过高时，浸出速率反而会下降，原因是 。 (2) Cu2As和Cu3As被氧化为CuSO4和H3AsO4。As3S3被氧化的离子方程式为 。 (3)沉铜前，需要对氧化浸出液进行稀释。稀释倍数对沉铜的影响如下图所示。 稀释倍数较小时，滤渣2中As含量较高的原因是 。 (4)上述流程中可循环使用的物质是 。 (5)粗三氧化二砷中砷含量的测定。 i．取0.1g样品于锥形瓶中，加入NaOH溶液，使样品完全溶解； ii．加入适量乙酸铅溶液，消除-2价硫的干扰； iii．用稀硫酸调pH=8，加入3g碳酸氢钠和少量淀粉溶液； iv．用cmol/L碘标准溶液(溶质按I2计)滴定，将砷氧化至最高价态。到达滴定终点时，消耗碘标准溶液VmL。 已知：样品中砷只以＋3价的形式存在。 ①若样品中有－2价硫，没有步骤ii，测定结果将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ②样品中砷的质量分数为 。 ③步骤ⅲ中加入碳酸氢钠，能保持滴定过程中溶液pH基本稳定，结合化学用语解释原因 。 答案：(1)H2O2分解，浓度降低 (2)2Cu3As＋11H2O2＋12H+＝6Cu2+＋2H3AsO4＋14H2O (3)HAsO2易分解生成As2O3，稀释倍数较小时，硫酸浓度较大，As2O3溶解度较小，导致滤渣2中As2O3含量较高 (4)H2SO4 (5) ①偏大 ②0.75cV ③滴定过程中产生H+，平衡HCO＋H+H2CO3正移，使c(H+)基本稳定 解析：在酸性条件下，Cu2As和Cu3As被氧化为CuSO4和H3AsO4，过滤后加入含砷废渣，沉铜后过滤，再用二氧化硫滤液中的砷元素还原得到粗三氧化二砷，据此分析作答。 (1)过氧化氢受热易分解，温度过高时过氧化氢分解而使过氧化氢浓度降低导致氧化浸出速率降低； (2) Cu3As被过氧化氢在酸性条件下氧化生成CuSO4、H3AsO4和H2O离子方程式为：2Cu3As＋11H2O2＋12H+＝6Cu2+＋2H3AsO4＋14H2O； (3)稀释倍数较小时，溶液中硫酸浓度较大，根据题中已知：HAsO2易分解生成微溶于水的H3AsO4；随着硫酸浓度的增大，H3AsO4在硫酸溶液中的溶解度变小，因此滤渣2中H3AsO4含量较高； (4)在“还原”过程中有硫酸生成，氧化浸出中需要消耗硫酸，因此能循环使用的物质是硫酸； (5)①若样品中有－2价硫，则碘标准液还需要氧化－2价硫导致标准液消耗体积偏大，最后测定结果偏高； ②2As~As2O3~2I2，则有150gAs~2I2，则样品中As的质量分数为×100%＝0.75cV； ③用碘标准液滴定过程中会生成氢离子，碳酸氢钠的加入可以消耗氢离子HCO＋H+H2CO3平衡正向移动，从而维持溶液中氢离子浓度在一个稳定的水平。 7．电镀污泥(主要成分是CuO，含有Fe2O3等)是电镀废水处理过程中产生的废弃物，其无害化处理和资源化回收技术一直是研究热点。一种综合回收的工艺路线如下： 资料： i．萃取剂由N902(可用HR表示)溶解在煤油中制得，萃取金属离子的反应如下：Mn+(aq)＋nHR(org) MRn(org)＋nH+(aq) (Mn+：Cu2+、Fe3+；org：有机相；aq：水相) ii．常用分配系数表示萃取达到平衡时溶质X在两溶剂中的浓度之比，常用萃取率表示有机相中溶质X的物质的量与初始总物质的量之比。即：分配系数＝；萃取率＝×100% (1)浸出时，反应的离子方程式主要是： 、CuO＋2H+＝Cu2+＋H2O。 (2)操作i是 。 (3)操作ii中发生反应的离子方程式为 。 (4)本实验中Cu2+的分配系数为50。 ①一次性取用20mL萃取剂与100mL浸出液充分振荡。Cu2+的萃取率为 。 ②相关研究认为可采用多级萃取获得更高的萃取率。一种三级萃取的设计示意图及模拟实验得到的数据表如下： 萃取处理 总萃取率% 1级 83.3% 2级 97.2% 3级 99.9% 通过比较①和②中 (填“1级”、“2级”或“3级”)中Cu2+的萃取率，可分析得到结论：多级萃取的效果好于一次性萃取。 (5)实验表明，有机相中的铜离子可被硫酸反萃，所用硫酸浓度不同，会影响铜反萃率，经过足够长的时间后，实验结果如图所示。 ①结合化学用语解释随硫酸浓度增大，铜反萃率提升的原因： 。 ②在硫酸浓度为2mol·L−1时，其他条件不变，只升高温度， (“能”、“不能”、“无法判断”)提升反萃率，理由是 。 ③下列说法正确的是 。 a．一般选用4mol·L−1硫酸进行本步操作 b．反萃后得到CuSO4晶体的操作是：蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤干燥 c．操作后HR可循环利用 答案：(1) Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O (2)萃取分液 (3)Fe3+＋3NH3∙H2O＝Fe(OH)3↓＋3NH (4) ①90.9% ②2级 (5) ①Cu2+(aq)＋2HR(org)CuR2(org)＋2H+(aq)，c(H+)增大平衡逆移，c(Cu2++)增大，铜反萃率提升 ②无法判断；没有萃取反应的热效应(△H)数据，因此无法判断当温度升高时，反萃平衡的移动方向③ac 解析：电镀污泥主要成分是CuO，含有Fe2O3等，加入硫酸浸出，得到硫酸铜、硫酸铁的溶液，然后加入萃取剂萃取，分液得到萃余液，主要含有硫酸铁，萃余液加入氨水，得到氢氧化铁沉淀，过滤，得到滤渣为氢氧化铁，煅烧得到铁红(氧化铁)颜料；铜的有机溶液加入硫酸洗涤、反萃，得到硫酸铜溶液，据此解答。 (1)浸出时，氧化铜、氧化铁转化为硫酸盐，反应的离子方程式主要是：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O、CuO＋2H+＝Cu2+＋H2O。 (2)根据分析，操作i是萃取分液。 (3)操作ii中发生反应为铁离子转化为氢氧化铁，离子方程式为Fe3+＋3NH3∙H2O＝Fe(OH)3↓＋3NH。 (4)①本实验中Cu2+的分配系数为50，且设有机相中铜离子浓度为5cmol/L，则水溶液中铜离子浓度为0.1cmol/L，一次性取用20mL萃取剂与100mL浸出液充分振荡。Cu2+的萃取率为×100%≈90.9%。 ②1级萃取处理总萃取率83.3%，2级萃取处理总萃取率97.2%，通过比较①和②2级中Cu2+的萃取率，可分析得到结论：多级萃取的效果好于一次性萃取。 (5)①随硫酸浓度增大，铜反萃率提升的原因：Cu2+(aq)＋2HR(org)CuR2(org)＋2H+(aq)，c(H+)增大，平衡逆移，c(Cu2+)增大，铜反萃率提升。 ②在硫酸浓度为2mol·L−1时，其他条件不变，只升高温度，无法判断提升反萃率，理由是没有萃取反应的热效应(△H)数据，因此无法判断当温度升高时，反萃平衡的移动方向。 ③a．结合图像4mol/L的硫酸反萃取率已接近最大值，故一般选用4mol·L−1硫酸进行本步操作，a正确； b．反萃后得到CuSO4晶体的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，b错误； c．根据Cu2+(aq)＋2HR(org)CuR2(org)＋2H+(aq)，反萃取后HR重新生成，故操作后HR可循环利用，c正确； 故选ac。 8．废电池中含磷酸铁锂，提锂后的废渣主要含FePO4、Fe3(PO4)2和金属铝等，以废渣为原料制备电池级FePO4的一种工艺流程如下。 已知：i．FePO4、Fe3(PO4)2均难溶于水。 ii．将Fe3+转化为Fe2+有利于更彻底除去Al3+。 (1)酸浸前，将废渣粉碎的目的是 。 (2)从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解FePO4的原因： 。 (3)在酸浸液中加入CH3OH进行电解，电解原理的示意图如下图所示，电解过程中c(Fe2+)∶c(Fe3+)不断增大。结合电极反应说明CH3OH在电解中的作用： 。 (4)“沉淀”过程获得纯净的FePO4。向“氧化”后的溶液中加入HCHO，加热，产生NO和CO2，当液面上方不再产生红棕色气体时，静置一段时间，产生FePO4沉淀。阐述此过程中HCHO的作用： 。 (5)过滤得到电池级FePO4后，滤液中主要的金属阳离子有 。 (6)磷酸铁锂－石墨电池的总反应：Li1－xFePO4＋LixC6LiFePO4＋6C(0＜x＜1)。 ①高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，反应的化学方程式是 。 ②放电时负极的电极反应式是 。 答案：(1)增大反应物的接触面积，加快浸出速率 (2)加入HNO3，H+与PO结合，c(PO)减小，FePO4(s)Fe3+(aq)＋PO(aq)平衡正向移动，FePO4溶解 (3)加入CH3OH，阳极反应：CH3OH－2e－＝HCHO＋2H+，防止H2O在阳极放电产生O2氧化Fe2+，防止Fe2+在阳极放电 (4)在酸性环境中，HCHO与NO反应，生成NO、CO2和H2O，加热时，气体逸出，除去NO，不引入新杂质；反应消耗H+，c(H+)减小，c(PO)增大，c(Fe3+)∙c(PO)＞Ksp(FePO4)，生成FePO4沉淀 (5)Fe3+ (6)①6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O66LiFePO4＋9CO↑＋6H2O ②LixC6－xe－＝6C＋xLi+ 解析：提锂后的废渣主要含FePO4、Fe3(PO4)2和金属铝等，用硝酸“酸浸”过滤除去不溶性杂质，向滤液中加入甲醇电解，将Fe3+还原为Fe2+，向溶液中加入适量氢氟酸，将Al3+转化为沉淀除去，过滤后向滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入甲醇“沉淀”过程获得纯净的FePO4。 (1)酸浸前，将废渣粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，加快浸出速率。 (2)从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解FePO4的原因：加入HNO3，H+与PO结合，c(PO)减小，FePO4(s)Fe3+(aq)＋PO(aq)平衡正向移动，FePO4溶解。 (3)结合电极反应说明CH3OH在电解中的作用：加入CH3OH，阳极反应：CH3OH－2e－＝HCHO＋2H+，防止H2O在阳极放电产生O2氧化Fe2+，防止Fe2+在阳极放电。 (4)此过程中HCHO的作用为：在酸性环境中，HCHO与NO反应，生成NO、CO2和H2O，加热时，气体逸出，除去NO，不引入新杂质；反应消耗H+，c(H+)减小，c(PO)增大，c(Fe3+)∙c(PO)＞Ksp(FePO4)，生成FePO4沉淀。 (5)提锂后的废渣主要含FePO4、Fe3(PO4)2，当全部转化为FePO4时，Fe3+是过量的，过滤得到电池级FePO4后，滤液中主要的金属阳离子有Fe3+。 (6)①高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，Fe元素由+3价下降到+2价，C元素由+4价下降到+2价，又由0价上升到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O66LiFePO4＋9CO↑＋6H2O； ②放电时LixC6在负极失去电子生成C和Li+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式是LixC6－xe－＝6C＋xLi+。 9．以低品位铜钴矿[主要成分为CoO(OH)、Cu2(OH)2CO3、SiO2，还有少量的FeO、Fe2O3、CaO、MgO等杂质]为原料制备硫酸铜晶体和Co2O3的一种工艺流程如下： 已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Co(OH)2 CaF2 MgF2 Ksp 4.9×10-17 2.8×10-39 5.6×10-12 1.6×10-15 4.9×10-10 6.4×10-12 ②萃取时发生反应Cu2+＋2HRCuR2＋2H+ (1)铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是 。 (2)浸出步骤铜钴矿中的CoO(OH)转化为Co2+，该反应的离子方程式为 。 (3)加入试剂a 可使萃取剂再生。 (4)对于过程I： ①加NaClO3溶液作用是 。 ②通过计算判断Fe3+是否沉淀完全并简述理由 。（一般认为溶液中离子浓度小于1×10-5mol·L-1时沉淀完全） (5)滤渣1成分 。 (6)CoC2O4∙2H2O在足量空气中煅烧生成Co2O3，写出煅烧过程中的化学反应方程式 。 (7) Co2O3产品纯度测定方法如下： 已知：Co3+与EDTA－2Na按物质的量1∶1反应，若滴定至终点时消耗EDTA－2Na标准液体积为20.00mL，则Co2O3产品纯度为 。(Co2O3的摩尔质量是166g∙mol-1) 答案：(1)增大接触面积，提高浸出速率 (2)2CoO(OH)＋SO＋4H+＝2Co2+＋SO＋3H2O (3)稀硫酸(H2SO4) (4) ①将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去 ②pH=4时，pOH=10，则c(OH－)＝10-10mol/L，c(Fe3+)＝＝2.8×10-9mol/L＜10-5mol/L，故沉淀完全 (5) MgF2、CaF2 (6)4CoC2O4∙2H2O＋3O22Co2O3＋8CO2＋8H2O (7)×100% 解析：含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3浸取，二氧化硅不反应、部分钙转化为难溶硫酸钙成为浸出渣，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，钴、铜、铁、镁转化为盐溶液进入浸出液；浸出液萃取使得铜进入有机层，反萃取得到硫酸铜溶液，处理得到硫酸铜晶体；浸出后的水层加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液1含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁得到滤渣1含有氟化镁、氟化钙，过滤后，滤液2中含有Co2+，处理得到CoC2O4∙2H2O固体，煅烧后制得Co2O3； (1)铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出速率； (2)Na2SO3具有还原性，酸性条件下，能将三价Co还原为二价钴，反应为：2CoO(OH)＋SO＋4H+＝2Co2+＋SO＋3H2O； (3)萃取时发生反应Cu2+＋2HRCuR2＋2H+，反萃取得到硫酸铜溶液，则a为硫酸，其使得平衡逆向移动，铜离子进入水层，被反萃取； (4)①结合表数据可知，氢氧化铁更难溶，NaClO3具有强氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，便于后续除去铁，故加NaClO3溶液作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去。 ②pH=4时，pOH=10，则c(OH－)＝10-10mol/L，c(Fe3+)＝＝2.8×10-9mol/L＜10-5mol/L，故沉淀完全； (5)由表可知，氟化镁、氟化钙为难溶物，结合分析可知，滤渣1成分MgF2、CaF2； (6)空气中氧气具有氧化性，CoC2O4∙2H2O在足量空气中煅烧生成Co2O3，则氧气将CoC2O4∙2H2O氧化为Co2O3，同时碳被氧化为二氧化碳，反应中钴化合价由＋2变为＋3、碳化合价由＋3变为＋4、氧气中氧化合价由0变为－2，结合电子守恒可知，反应为：4CoC2O4∙2H2O＋3O22Co2O3＋8CO2＋8H2O； (7) Co3+与EDTA－2Na按物质的量1∶1反应，则Co2O3产品纯度为×100%＝×100%。 10．以菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)为原料提纯MnCO3的一种流程示意图如下。 已知：i．浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3。 ii．常温时，部分物质的Ksp如下表所示： 物质 MnCO3 Mn(OH)2 MgCO3 Mg(OH)2 Ksp 1.8×10-11 1.9×10-13 6.8×10-6 5.6×10-12 iii．1mol·L-1的NH4HCO3溶液pH≈8，c(CO)≈3.3×10-3mol·L-1 (1)将菱锰矿“研磨”的目的是 。 (2)写出MnCO3在“氯化焙烧”过程发生反应的化学方程式： 。 (3)用1mol·L-1的NH4HCO3溶液“沉锰”时浸出液pH对产品中锰元素的质量分数和锰的回收率的影响如下图。 注：锰的回收率＝×100% ①“沉锰”反应的离子方程式是 。 ②分析浸出液pH＝8时，MnCO3产品中存在的杂质可能是 ，说明判断依据 。 (4)该流程中可以循环利用的物质有 。 (5)检测产品中锰元素的质量分数，取agMnCO3产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10mL加入稍过量的NH4NO3溶液，使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-。待充分反应后，加热使NH4NO3分解。冷却后用bmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液滴定，消耗cmL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。 ①产品中锰元素的质量分数为 。 ②若未充分加热，则会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 答案：(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 (2)MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋H2O＋CO2↑＋2NH3↑ (3) ①Mn2+＋2HCO＝MnCO3↓＋H2O＋CO2↑ ②MgCO3 MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质 (4)CO2、NH3、NH4Cl (5)① ×100% ②偏大 解析：菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)研磨后与氯化铵固体氧化焙烧，尾气未NH3和CO2，固体A加水浸锰，浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3，浸出液B主要为氯化锰与氯化镁，加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰，滤液D为NH4Cl，气体E为CO2，据此回答。 (1)将菱锰矿“研磨”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行； (2)MnCO3在“氯化焙烧”时与氯化铵反应生成氯化锰、CO2、NH3、H2O，方程式为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋H2O＋CO2↑＋2NH3↑； (3)①沉锰时，氯化锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、水、氯化铵，离子方程式为：Mn2+＋2HCO＝MnCO3↓＋H2O＋CO2↑； ②根据题中各沉淀的Ksp数据可知，形成MgCO3沉淀时，c(Mg2+)＝≈2×10-3 mol·L-1；同理可得，形成MnCO3沉淀时，c(Mn2+)＝≈0.5×10-8mol·L-1；形成Mn(OH)2沉淀时，c(Mn2+)＝≈1.9×10-1 mol·L-1；形成Mg(OH)2沉淀时，c(Mg2+)＝≈5.6 mol·L-1；沉淀时所需的浓度越小，越易形成，MnCO3产品中存在的杂质可能是MgCO3； ③已知在碳酸锰中，Mn%＝×100%＝47.8%，在氢氧化锰中Mn%＝×100%＝61.8%，MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质； (4)根据分析可知，CO2、NH3可以回到流程沉锰循环，NH4Cl可以回到流程氧化焙烧循环； (5)①NH4NO3溶液使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-，(NH4)2Fe(SO4)2溶液又能将[Mn(PO4)2]3-还原为Mn2+，则10mL溶液中n(Mn2+)＝n[[Mn(PO4)2]3-]＝bc×10-3mol，m(Mn)＝bc×10-3mol×55g/mol＝0.055g，则100mL溶液中锰元素的质量分数为＝×100%＝×100%； ②若未充分加热，过量的NH4NO3溶液会消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液，使得(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液体积偏大，锰元素的质量分数偏大。 第 1 页 共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $