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[综合题专攻]　第5练　废渣、废料回收利用大题
1.(16分)(2024·全国甲卷，26)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+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。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(ZnS)=2.5×10-22，Ksp(CoS)=4.0×10-21。
②以氢氧化物形式沉淀时，lg [c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。
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，CoO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0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)=　　　　　 mol·L-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NaClO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　　　　。
2.(16分)(2022·湖南，17)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：
物质 TiCl4 VOCl3 SiCl4 AlCl3
沸点/℃ 136 127 57 180
回答下列问题：
(1)已知ΔG=ΔH-TΔS，ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略ΔH、ΔS随温度的变化。若ΔG<0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600 ℃时，下列反应不能自发进行的是　　　　。
A.C(s)+O2(g)===CO2(g)
B.2C(s)+O2(g)===2CO(g)
C.TiO2(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+O2(g)
D.TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+CO2(g)
(2)TiO2与C、Cl2，在600 ℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质 TiCl4 CO CO2 Cl2
分压/MPa 4.59×10-2 1.84×10-2 3.70×10-2 5.98×10-9
①该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为　　　　。
②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是　　　　。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为　　　　　　　；
“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是　　　　。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序　　　(填“能”或“不能”)交换，理由是　　　　　　　　。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是　　　。
A.高炉炼铁
B.电解熔融氯化钠制钠
C.铝热反应制锰
D.氧化汞分解制汞
1.(16分)(2024·四川南充统考模拟)锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。
已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子时，发生反应：nHR+Mn+MRn+nH+(M代表被萃取的金属)。
(1)MnO2的作用是　　　　　。
(2)该流程中涉及的实验操作有　　　　(填字母)。
A.过滤　B.蒸发结晶　C.分液　D.蒸馏
(3)加入CaCO3调pH的目的是　　　　　　　。
(4)已知：Ksp(CaF2)=5.3×10-9，Ksp(MgF2)=5.2×10-11，向除铁后的溶液中加入MnF2，当溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5 mol·L-1时，c(Ca2+)=　　　　　　 mol·L-1(保留1位有效数字)。
(5)写出反萃取出Mn2+的离子方程式：　　　　　　　。
(6)Co2+、Ni2+利用萃取剂b进行分离，二者萃取率随无机相pH变化如图所示。无机相的pH控制在__________左右为宜。
(7)回收液中Ni2+浓度的测定：取50.00 mL Ni2+回收液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(遇Ni2+显橙黄色)，用浓度为0.100 0 mol·L-1的Na2H2Y溶液进行滴定(Ni2++H2Y2-===+2H+)，达到滴定终点时消耗Na2H2Y溶液的体积12.50 mL。Ni2+物质的量浓度为　　　　　。
2.(18分)(2023·湖南常德模拟)钒钛系SCR催化剂主要包含TiO2、V2O5、WO3。从废SCR催化剂中回收TiO2、V2O5、WO3的某种工艺部分流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”选择高温的目的是　　　　。钛元素可以形成多种配合物，在配合物Ti(CN)4中，提供孤电子对的是　　　　原子，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)钛酸钠　　　　(填“难”或“易”)溶于水。钛酸钠有多种存在形态，其中较为常见的一种是Na2Ti3O7，则将其化学式写成氧化物的形式为　　　　。在酸洗过程中Na2Ti3O7转化为H2TiO3的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)钒钨溶液中钨元素以W的形式存在，调节pH为2~3，溶液中的W会转化为H2W12，再经萃取、反萃取等过程可制得WO3。W转化为H2W12的离子方程式为　　　　。
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000 g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入250 mL容量瓶中，加水定容。准确量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为0.100 0 mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00 mL。实验过程中，钒元素最终转化为V3+，计算废催化剂中V2O5的含量为　　　　(以百分数表示，废催化剂中其他成分对测定无影响)。
3.(16分)(2024·安徽淮北模拟)铌(Nb)、钽(Ta)为同族元素，在航空航天、武器装备等领域发挥着重要作用。以含铌、钽的尾矿(主要成分Nb2O5、Ta2O5、Al2O3、SiO2、MgO、Fe2O3等)为原料制备Nb2O5、Ta2O5的工艺流程如下：
已知：①“碱浸”步骤中铌、钽发生的反应为Nb2O5+2NaOH===2NaNbO3+H2O；Ta2O5+2NaOH===2NaTaO3+H2O。
②“转化”步骤中NaNbO3、NaTaO3分别转化成氟铌酸根()、氟钽酸根()。
回答下列问题：
(1)“滤液1”中的主要成分为　　　(填化学式)。
(2)“盐酸预洗”的目的是　　　　。
(3)①“转化”步骤中NaNbO3转化为的离子方程式为　　　　。
②“转化”步骤在90 ℃、硫酸酸化下完成，反应速率方程为v=kc1.2(H+)c1.1(F-)，H2SO4的作用是　　　　　　　　　　　；不能用盐酸代替H2SO4的理由是　　　　　　　　　　　。
(4)、能被不同的有机溶剂选择性地萃取而与杂质分离，水相1和水相2中加入硫酸可以回收利用　　　　(填化学式)，“调节pH”步骤得到的沉淀是铌、钽的氢氧化物，煅烧氢氧化钽发生反应的化学方程式为　　　　　　　　。
4.(18分)(2024·陕西渭南统考二模)被誉为“工业维他命”的铂族金属钌(Ru)广泛用于航天航空、石油化学、信息传感工业、制药等高科技领域。以下工艺实现了电子废弃物中铂族金属钌的回收利用。已知电子废弃物主要成分为Ru、Co、Cr、Si等，请回答以下问题：
已知：①lg 4≈0.6；
②常见物质的Ksp如下表所示：
化合物 Cr(OH)3 Co(OH)2
Ksp 6.4×10-31 1.8×10-15
(1)为加快“酸浸”时的浸取速率，下列措施中无法达到目的是　　　　(填字母)。
a.将样品粉碎 b.延长浸取时间
c.充分搅拌 d.适当增加盐酸浓度
e.适当升高温度
(2)滤渣2为　　　　。
(3)“氧化溶浸”环节生成配离子，反应的离子方程式为　　　　。
(4)“还原1”环节所需氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，则CH3CH2OH的氧化产物为　　　　。
(5)滤液1中含Cr3+和Co2+的浓度分别为520 mg·L-1、106.2 mg·L-1，“调节pH”时的范围为　　　　[已知：当c(Mn+)≤10-5 mol·L-1时，可认为Mn+已经沉淀完全]。
(6)“沉钴”。还可向除杂后的CoCl2溶液中加入H2C2O4溶液或C2O4溶液作沉淀剂，可得到CoC2O4·2H2O，不能用同浓度的Na2C2O4溶液代替C2O4溶液的原因是　　　　　　　。
(7)制备Co3O4。将所得的18.3 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O M=183 g·mol-1)高温灼烧，其热重分析曲线如图。
写出B点对应的物质的化学式：　　　　，CD段发生反应的化学方程式为　　　　。
答案精析
真题演练
1.(1)增大固体与酸的接触面积，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++5ClO-+5H2O===2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO　(7)向滤液中滴加NaOH溶液，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥
解析　(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(S2-)= mol·L-1=2.5×10-17 mol·L-1，则c(Co2+)= mol·L-1=1.6×10-4 mol·L-1，说明大部分Co2+也转化为硫化物沉淀，不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。(4)“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为S2+Mn2++2H2O===MnO2↓+4H++2，若生成1.0 mol MnO2则产生4.0 mol H+。(5)“沉锰”步骤中，S2将Fe2+氧化为Fe3+，“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4，Fe3+可以完全形成Fe(OH)3沉淀而分离。
2.(1)C　(2)①5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2　②随着温度升高，CO2与C发生反应：C+CO22CO　(3)3VOCl3+Al===3VOCl2+AlCl3　蒸馏法
(4)不能　若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质　(5)AC
解析　(1)由图可知，600 ℃时C(s)+O2(g)===CO2(g)、2C(s)+O2(g)===2CO(g)的ΔG<0，反应均能自发进行，故A、B不符合题意；600 ℃时TiO2(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+O2(g)的ΔG>0，反应不能自发进行，故C符合题意；根据盖斯定律，TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+CO2(g)可由A项反应+C项反应得到，且由图中数据可知600 ℃时其ΔG<0，反应自发进行，故D不符合题意。(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据同温同体积下气体的压强之比等于物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5∶2∶4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2。(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平化学方程式为3VOCl3+Al===3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4。(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法。高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意。
模拟预测
1.(1)氧化Fe2+　(2)AC
(3)使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去　(4)0.001
(5)MnR2+2H+2HR+Mn2+　(6)5.4
(7)0.025 0 mol·L-1
解析　(3)在用MnO2将Fe2+氧化为Fe3+后，加入碳酸钙调节pH使Fe3+形成氢氧化铁沉淀。
(4)当溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5 mol·L-1时，c(F-)== mol·L-1= mol·L-1，c(Ca2+)== mol·L-1≈0.001 mol·L-1。
(5)根据信息可知，反萃取剂为酸，则反萃取出Mn2+是加入适量的酸将锰离子反萃取出来，相应的方程式为MnR2+2H+2HR+Mn2+。
(6)根据图中信息可知，pH为5.4左右时，Co2+、Ni2+的萃取率相差较大，故无机相的pH控制在5.4左右。
(7)根据滴定原理可知，Ni2+与H2Y2-的物质的量之比为1∶1，则Ni2+的物质的量为0.100 0 mol·L-1×0.012 5 L =0.001 25 mol，则Ni2+的物质的量浓度为=0.025 0 mol·L-1。
2.(1)加快反应速率　C　C的电负性比N小，更容易提供孤电子对形成配位键　(2)难　Na2O·3TiO2
Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O===3H2TiO3+Na2SO4
(3)12W+18H+H2W12+8H2O　(4)18.2%
解析　(2)由流程分析可知，钛酸钠难溶于水。(3)调节pH=2~3，溶液显酸性，故W转化为H2W12的离子方程式为12W+18H+H2W12+8H2O。(4)实验过程中，钒元素最终转化为V3+，滴定过程中发生氧化还原反应，则Fe2+转化为Fe3+，设废SCR催化剂中V2O5的质量为m，根据得失电子守恒可列式：×2×2×=0.100 0 mol·L-1×20.00×10-3 L，解得m=0.91 g，故废催化剂中V2O5的含量为×100%=18.2%。
3.(1)Na[Al(OH)4]、Na2SiO3、NaNbO3、NaTaO3
(2)将[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3沉淀，转化为H2SiO3沉淀，过滤除去
(3)①+7F-+6H+===+3H2O　②增大H+浓度，加快反应速率　Cl-会被、氧化
(4)HF　2Ta(OH)5Ta2O5+5H2O
解析　“碱浸”步骤中铌、钽发生已知①中反应，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]，SiO2转化为Na2SiO3，MgO、Fe2O3不和NaOH溶液反应存在于滤渣中，向滤液1中加入盐酸预洗，[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3，转化为H2SiO3沉淀，“转化”步骤中NaNbO3、NaTaO3分别转化成氟铌酸根()、氟钽酸根()，加入萃取剂分离出氟铌酸根()、氟钽酸根()，加入氨水调节pH分离出Nb2O5、Ta2O5。
4.(1)b　(2)Si
(3)3Ru+2+12H++16Cl-===+6H2O
(4)CH3CHO　(5)5.6≤pH<8
(6)若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有Co(OH)2沉淀生成，导致CoC2O4的产率降低
(7)CoO　6CoO+O22Co3O4
解析　滤渣1中含有Ru和Si，滤液1调节pH沉淀Cr3+，过滤后向滤液中加入NH4HCO3得到CoCO3，滤渣1用NaClO3和HCl氧化溶浸，得到H2RuCl6，Si不反应存在于滤渣2中，H2RuCl6氧化后得到Na2RuO4，Na2RuO4被乙醇还原得到Ru(OH)4，再用H2还原得到Ru。
(3)“氧化溶浸”环节中Ru和NaClO3、HCl发生氧化反应得到，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为3Ru+2+12H++16Cl-===3+6H2O。
(4)Ru元素由+6价降到+4价，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1时，CH3CH2OH中C元素的平均化合价由-2价升到-1价，说明CH3CH2OH转化为CH3CHO。
(5)滤液1中含Co2+的浓度为×10-3 mol·L-1=1.8×10-3 mol·L-1，则Co2+开始沉淀时c(OH-)== mol·L-1=1×10-6 mol·L-1，c(H+)= mol·L-1=1×10-8 mol·L-1，pH=8，Cr3+完全沉淀时，Cr3+的浓度为1×10-5 mol·L-1，c(OH-)== mol·L-1=4×10-9 mol·L-1，c(H+)= mol·L-1=×10-5 mol·L-1，pH=-lg c(H+)=5-lg=5+lg 4≈5.6，调pH时要求Cr3+完全沉淀，Co2+不沉淀，则pH的范围为5.6≤pH<8。
(7)由钴原子个数守恒可知，B点固体中氧原子的物质的量为=0.1 mol，则B点所得固体的化学式为CoO，同理可得，D点固体中氧原子的物质的量为≈0.133 mol，则D点所得固体的化学式为Co3O4，CD段发生反应的化学方程式为6CoO+O22Co3O4。(共54张PPT)
[综合题专攻]
专题八　第5练　
废渣、废料回收利用大题
真题演练
模拟预测
内容索引
1.(2024·全国甲卷，26)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+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。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(ZnS)=2.5×10-22，Ksp(CoS)=4.0×10-21。
1
2
真题演练
PART ONE
②以氢氧化物形式沉淀时，lg [c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。
1
2
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，CoO发生反应的化学方程式是___________________
　　　 　。
1
2
增大固体与酸的接触面积，加
快“酸浸”速率
CoO+H2SO4===
CoSO4+H2O
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)=　　　　　 mol·L-1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离？　 　(填“能”或“不能”)。
1
2
1.6×10-4
不能
假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1，向
其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(S2-)=mol·L-1=
2.5×10-17 mol·L-1，则c(Co2+)=mol·L-1=1.6×10-4 mol·L-1，说
明大部分Co2+也转化为硫化物沉淀，不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。
1
2
(4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H+的物质的量为　　　　。
4.0 mol
“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为S2+Mn2++2H2O===MnO2↓+4H++21.0 mol MnO2则产生4.0 mol H+。
1
2
(5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4，分离出的滤渣是　　　　　。
Fe(OH)3
“沉锰”步骤中，S2Fe2+氧化为Fe3+，“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4，Fe3+可以完全形成Fe(OH)3沉淀而分离。
1
2
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为　　 　　。
2Co2++5ClO-+5H2O===2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO
1
2
(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
______________________________________________________________________________。
1
2
向滤液中滴加NaOH溶液，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥
2.(2022·湖南，17)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2，含
少量V、Si和Al的氧化物杂
质)为原料，制备金属钛的
工艺流程如右：
已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：
1
2
物质 TiCl4 VOCl3 SiCl4 AlCl3
沸点/℃ 136 127 57 180
回答下列问题：
(1)已知ΔG=ΔH-TΔS，ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略ΔH、ΔS随温度的变化。若ΔG<0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600 ℃时，下列反应不能自发
进行的是　　　　。
A.C(s)+O2(g)===CO2(g)
B.2C(s)+O2(g)===2CO(g)
C.TiO2(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+O2(g)
D.TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+CO2(g)
1
2
C
由图可知，600 ℃时C(s)+O2(g)===CO2(g)、2C(s)+O2(g)===2CO(g)的ΔG<0，反应均能自发进行，故A、B不符合题意；
600 ℃时TiO2(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+O2(g)的ΔG>0，反应不能自发进行，故C符合题意；
根据盖斯定律，TiO2(s)+C(s)+
2Cl2(g)===TiCl4(g)+CO2(g)可由
A项反应+C项反应得到，且由
图中数据可知600 ℃时其ΔG<0，
反应自发进行，故D不符合题意。
1
2
(2)TiO2与C、Cl2，在600 ℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
①该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为___________________
　　　　 。
1
2
5TiCl4+2CO+4CO2
5TiO2+6C+10Cl2
物质 TiCl4 CO CO2 Cl2
分压/MPa 4.59×10-2 1.84×10-2 3.70×10-2 5.98×10-9
根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据同温同体积下气体的压强之比等于物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5∶2∶4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2
+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2。
1
2
物质 TiCl4 CO CO2 Cl2
分压/MPa 4.59×10-2 1.84×10-2 3.70×10-2 5.98×10-9
②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是____________________
　　　 　。
1
2
物质 TiCl4 CO CO2 Cl2
分压/MPa 4.59×10-2 1.84×10-2 3.70×10-2 5.98×10-9
随着温度升高，CO2与
C发生反应：C+CO2 2CO
(3)“除钒”过程中的化学方程式为　　　　　 　　；
“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是　　　　。
1
2
3VOCl3+Al===3VOCl2+AlCl3
蒸馏法
“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平化学方程式为3VOCl3+Al===3VOCl2
+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4。
1
2
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序　　　(填“能”或“不能”)交换，理由是_________________________________________________________
　　　　。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是　 。
A.高炉炼铁
B.电解熔融氯化钠制钠
C.铝热反应制锰
D.氧化汞分解制汞
1
2
不能
若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入
Al杂质
AC
本工艺中加入Mg冶炼Ti
的方法为热还原法。高
炉炼铁的原理是用还原
剂将铁矿石中铁的氧化
物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意。
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1.(2024·四川南充统考模拟)锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。
已知：萃取剂a和b均为有机物，
可用通式HR表示，萃取金属离
子时，发生反应：nHR+Mn+
MRn+nH+(M代表被萃取的金属)。
(1)MnO2的作用是　　　　　。
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模拟预测
PART TWO
氧化Fe2+
(2)该流程中涉及的实验操作有　　　　(填字母)。
A.过滤　 B.蒸发结晶　 C.分液　 D.蒸馏
(3)加入CaCO3调pH的目的是　 　　　　　　。
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AC
使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去
在用MnO2将Fe2+氧化为Fe3+后，加入碳酸钙调节pH使Fe3+形成氢氧化铁沉淀。
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(4)已知：Ksp(CaF2)=5.3×10-9，Ksp(MgF2)=5.2×10-11，向除铁后的溶液中加入MnF2，当溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5 mol·L-1时，c(Ca2+)=　 mol·L-1
(保留1位有效数字)。
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0.001
当溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5 mol·L-1时，c(F-)==mol·
L-1=mol·L-1，c(Ca2+)==mol·L-1≈0.001 mol·L-1。
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(5)写出反萃取出Mn2+的离子方程式：　　　　 　　　。
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MnR2+2H+ 2HR+Mn2+
根据信息可知，反萃取剂为酸，则反萃取出Mn2+是加入适量的酸将锰离子反萃取出来，相应的方程式为MnR2+2H+ 2HR+Mn2+。
(6)Co2+、Ni2+利用萃取剂b进行分离，二者萃取率随无机相pH变化如图所示。无机相的pH控制在______左右为宜。
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5.4
根据图中信息可知，pH为5.4左右时，Co2+、Ni2+的萃取率相差较大，故无机相的pH控制在5.4左右。
(7)回收液中Ni2+浓度的测定：取50.00 mL Ni2+回收液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(遇Ni2+显橙黄色)，用浓度为0.100 0 mol·L-1的Na2H2Y溶液进行滴定(Ni2++H2Y2-===+2H+)，达到滴定终点时消耗Na2H2Y溶液的体积12.50 mL。Ni2+物质的量浓度为　　 。
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0.025 0 mol·L-1
根据滴定原理可知，Ni2+与H2Y2-的物质的量之比为1∶1，则Ni2+的物质的量为0.100 0 mol·L-1×0.012 5 L =0.001 25 mol，则Ni2+
=0.025 0 mol·L-1。
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2.(2023·湖南常德模拟)钒钛系SCR催化剂主要包含TiO2、V2O5、WO3。从废SCR催化剂中回收TiO2、V2O5、WO3的某种工艺部分流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”选择高温的目的是
　 　 。钛元素可以
形成多种配合物，在配合物
Ti(CN)4中，提供孤电子对的是
　　原子，原因是　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　 。
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加快反应速率
C
C的电负性比N小，更容易提供孤电子对形成配位键
由流程分析可知，钛酸钠难溶于水。
(2)钛酸钠　　 (填“难”或“易”)溶于水。钛酸钠有多种存在形态，其中较为常见的一种是Na2Ti3O7，则将其化学式写成氧化物的形式为
　　　 　。在酸洗过程中Na2Ti3O7转化为H2TiO3的化学方程式为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 。
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难
Na2O·3TiO2
Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O===3H2TiO3+Na2SO4
调节pH=2~3，溶液显酸性，故WH2W12
12W+18H+ H2W12+8H2O。
(3)钒钨溶液中钨元素以W的形式存在，调节pH为2~3，溶液中的W会转化为H2W12，再经萃取、反萃取等过程可制得WO3。W转化为H2W12的离子方程式为　　 　　。
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12W+18H+ H2W12+8H2O
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000 g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入250 mL容量瓶中，加水定容。准确量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为0.100 0 mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00 mL。实验过程中，钒元素最终转化为V3+，
计算废催化剂中V2O5的含量为
　　　　(以百分数表示，废催
化剂中其他成分对测定无影响)。
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18.2%
实验过程中，钒元素最终转化为V3+，滴定过程中发生氧化还原反应，则Fe2+转化为Fe3+，设废SCR催化剂中V2O5的质量为m
×2×
2×=0.100 0 mol·L-1×
20.00×10-3 L，解得m=0.91 g，
故废催化剂中V2O5
×100%=18.2%。
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3.(2024·安徽淮北模拟)铌(Nb)、钽(Ta)为同族元素，在航空航天、武器装备等领域发挥着重要作用。以含铌、钽的尾矿(主要成分Nb2O5、Ta2O5、Al2O3、SiO2、MgO、Fe2O3等)为原料制备Nb2O5、Ta2O5的工艺流程如下：
已知：①“碱浸”步骤中铌、钽发生的反应为Nb2O5+2NaOH===2NaNbO3
+H2O；Ta2O5+2NaOH===2NaTaO3
+H2O。
②“转化”步骤中NaNbO3、NaTaO3
分别转化成氟铌酸根()、氟
钽酸根()。
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回答下列问题：
(1)“滤液1”中的主要成分为_____________________________________
(填化学式)。
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Na[Al(OH)4]、Na2SiO3、NaNbO3、NaTaO3
(2)“盐酸预洗”的目的是________________________________________
_____________________。
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H2SiO3沉淀，过滤除去
将[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3沉淀，转化为
(3)①“转化”步骤中NaNbO3转化为的离子方程式为____________
　　　　 。
②“转化”步骤在90 ℃、硫
酸酸化下完成，反应速率方
程为v=kc1.2(H+)c1.1(F-)，H2SO4
的作用是_________________
_________；不能用盐酸代替
H2SO4的理由是____________
　　　　　。
6H+===+3H2O
+7F-+
增大H+浓度，加快
反应速率
Cl-会被、
氧化
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(4)、能被不同的有机溶剂选择性地萃取而与杂质分离，水相1和水相2中加入硫酸可以
回收利用　　　(填化学式)，
“调节pH”步骤得到的沉淀
是铌、钽的氢氧化物，煅烧
氢氧化钽发生反应的化学方
程式为__________________
　　 　。
HF
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2Ta(OH)5 Ta2O5
+5H2O
“碱浸”步骤中铌、钽发生已知①中反应，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]，SiO2转化为Na2SiO3，MgO、Fe2O3不和NaOH溶液反应存在于滤渣中，向滤液1中加入盐酸预洗，[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3
H2SiO3沉淀，“转化”步骤
中NaNbO3、NaTaO3
pH分离出Nb2O5、Ta2O5。
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4.(2024·陕西渭南统考二模)被誉为“工业维他命”的铂族金属钌(Ru)广泛用于航天航空、石油化学、信息传感工业、制药等高科技领域。以下工艺实现了电子废弃物中铂族金属钌的回收利用。已知电子废弃物主要成分为Ru、Co、Cr、Si等，请回答以下问题：
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(1)为加快“酸浸”时的浸取速
率，下列措施中无法达到目的是　　(填字母)。
a.将样品粉碎 b.延长浸取时间 c.充分搅拌
d.适当增加盐酸浓度 e.适当升高温度
(2)滤渣2为　　　。
Si
已知：①lg 4≈0.6；
②常见物质的Ksp如下表所示：
化合物 Cr(OH)3 Co(OH)2
Ksp 6.4×10-31 1.8×10-15
b
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(3)“氧化溶浸”环节生成配离子，反应的离子方程式为______
　　　 　。
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2+12H++16Cl-===+6H2O
3Ru+
滤渣1中含有Ru和Si，滤液1调节pH沉淀Cr3+，过滤后向滤液中加入NH4HCO3得到CoCO3，滤渣1用NaClO3和HCl氧化溶浸，得到H2RuCl6，Si不反应存在于滤渣2中，H2RuCl6氧化后得到Na2RuO4，Na2RuO4被乙醇还原得到Ru(OH)4，再用H2还原得到Ru。
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“氧化溶浸”环节中Ru和NaClO3、HCl
3Ru+2+12H++
16Cl-===3+6H2O
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(4)“还原1”环节所需氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，则CH3CH2OH的氧化产物为　　 　　。
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CH3CHO
Ru元素由+6价降到+4价，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1时，CH3CH2OH中C元素的平均化合价由-2价升到-1价，说明CH3CH2OH转化为CH3CHO。
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(5)滤液1中含Cr3+和Co2+的浓度分别为520 mg·L-1、106.2 mg·L-1，“调节pH”时的范围为　　　 　[已知：当c(Mn+)≤10-5 mol·L-1时，可认为Mn+已经沉淀完全]。
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5.6≤pH<8
滤液1中含Co2+×10-3 mol·L-1=1.8×10-3 mol·L-1，则Co2+
开始沉淀时c(OH-)==mol·L-1=1×10-6 mol·L-1，
c(H+)=mol·L-1=1×
10-8 mol·L-1，pH=8，Cr3+
完全沉淀时，Cr3+的浓度
为1×10-5 mol·L-1，c(OH-)
==mol·L-1=4×10-9 mol·L-1，
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c(H+)=mol·L-1=×10-5 mol·L-1，pH=-lg c(H+)=5-lg=5+lg 4≈5.6，调pH时要求Cr3+完全沉淀，Co2+不沉淀，则pH的范围为5.6≤pH<8。
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(6)“沉钴”。还可向除杂后的CoCl2溶液中加入H2C2O4溶液或C2O4
溶液作沉淀剂，可得到CoC2O4·2H2O，不能用同浓度的Na2C2O4溶液代替C2O4溶液的原因是________________________________________
　　　　　　　 。
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若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有Co(OH)2沉淀生成，导致CoC2O4的产率降低
(7)制备Co3O4。将所得的18.3 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O M=183 g·mol-1)高温灼烧，其热重分析曲线如图。
写出B点对应的物质的化学式：　 　　，CD段发生反应的化学方程式为
　 　　　。
CoO
6CoO+O2 2Co3O4
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由钴原子个数守恒可知，B
=0.1 mol，则B点所得固体的化学式为
CoO，同理可得，D
≈0.133 mol，则D点所得固体的化学
式为Co3O4，CD段发生反应的化学方程式为6CoO+O2 2Co3O4。
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