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第46讲　无机化工流程题的解题策略
1．培养从试题提供的新信息中准确地提取实质性内容，并与已有知识块整合重组为新知识块的能力。2.培养将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。3.培养将分析和解决问题的过程及成果用正确的化学术语及文字、图表、模型、图形等表达并作出解释的能力。
考点一　化工流程中原料的预处理及条件的控制
1．原料预处理的方法及目的
处理方法 目的
固体原料粉 碎或研磨 减小颗粒直径，增大反应物接触面积，增大浸取时的反应速率，提高浸取率
煅烧或灼烧 ①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应；④除去热不稳定的杂质等
酸浸 ①与酸接触反应或溶解，转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；②去氧化物(膜)
碱溶 ①除去金属表面的油污；②溶解铝、氧化铝等
加热 ①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热反应方向移动；③除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质；④使沸点相对较低或易升华的原料变成气体；⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等
2.反应条件的控制及目的
条件控制 目的
反应物用 量或浓度 ①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等
降温 ①防止某物质在高温时溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解度，减少损失等
控温 ①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最好；⑤防止副反应的发生等
加入氧 化剂(或 还原剂) ①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2+氧化成Fe3+，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去]
加入 沉淀剂 ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2+、Mg2+
pH控制 ①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离
1．(2024·河北金科大联考高三期末)马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]常用于机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以水锰矿[主要成分为MnO(OH)，还含有少量的Fe2O3、SiO2及微量的CaO、Al2O3]为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如图1所示。
已知：25 ℃时，金属离子在水溶液中的平衡浓度的对数与溶液的pH的关系如图2所示。此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH＝7.54。
(1)“溶浸”过程中主要成分发生反应的化学方程式为2MnO(OH)＋SO2＋H2SO4===2MnSO4＋2H2O，为提高SO2的吸收率，可采取的措施是不断搅拌，使SO2和矿浆充分接触；减慢通入SO2的流速（合理即可）（写出两条即可）。
(2)“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3（写化学式）。“氧化、除杂”步骤中不宜使用H2O2替代MnO2，原因是溶液中的Mn2+或被氧化生成的Fe3+会催化H2O2的分解，使H2O2的消耗量增加。加入氨水的目的是调节pH，应控制pH的范围是5～7.54。
解析：向水锰矿矿浆中加入H2SO4溶液和SO2，SiO2与H2SO4不反应，Fe2O3溶解产生的Fe3+被还原为Fe2+，得到含有Mn2+、SO、Fe2+、Ca2+、Al3+的混合溶液和含有SiO2、CaSO4（微溶）的滤渣1，加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去。(1)“溶浸”过程中MnO(OH)与SO2在酸性条件下发生氧化还原反应，生成MnSO4和H2O，根据守恒原则即可得到主要成分发生反应的化学方程式为2MnO(OH)＋SO2＋H2SO4===2MnSO4＋2H2O；根据反应及流程可知，为提高SO2的吸收率，可采取的措施是不断搅拌，使SO2和矿浆充分接触或减慢通入SO2的流速，使其与水锰矿矿浆充分反应，其他答案合理均可。(2)根据上述分析可知滤渣1中为SiO2、CaSO4（微溶），加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，由题图2 pH～lg c(Mn＋)及“此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH＝7.54”可知，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去；溶液中的Mn2+或被氧化生成的Fe3+会催化H2O2的分解，使H2O2的消耗量增加，因此“氧化、除杂”步骤中不宜使用H2O2替代MnO2；观察题图2，当lg c(Mn＋)＝－5时，可知此时溶液中剩余的某金属离子浓度为1×10-5 mol·L-1时，根据已知可得通常认为该金属离子已沉淀完全，因此观察题图2中Fe3+、Al3+的对应线可知，Fe3+完全沉淀时对应pH为3.2，Al3+完全沉淀时对应pH为5，Mn2+开始沉淀的pH＝7.54，故应调节pH范围为5～7.54。
2．（2024·江西赣州高三联考）硫化镉(CdS)是一种新型半导体材料，一种以镉铜渣（主要成分是Cd、Cu，还含少量Fe等）为原料合成CdS的路线（部分条件和产物省略）如图：
回答下列问题：
(1)提高“浸取”速率时宜采取的措施主要有AD（填字母）。
A．粉碎镉铜渣　 　　 B．增大压强
C．适当降温 D．适当增大硫酸浓度
(2)“除铁”中加入MnO2的作用是氧化Fe2+。
(3)制备硫化镉时，在氩气氛围中进行，这样操作的目的是避免氧气氧化硫、镉等。
解析：(1)粉碎镉铜渣，增大接触面积可加快“浸取”速率，A正确；反应无气体参加，增大压强对“浸取”速率无影响，B错误；适当降温会降低“浸取”速率，C错误；适当增大硫酸浓度，可加快“浸取”速率，D正确。(2)由流程可知，浸取液含亚铁离子，加入二氧化锰做氧化剂氧化亚铁离子。(3)硫、镉都易被空气中的氧气氧化，在氩气中反应，避免硫、镉被氧化而产生杂质。
考点二　化工流程中物质的转化、分离与提纯
1．化工流程中物质的追踪
(1)判断主体物质的转化，书写化学（离子）方程式
获取信息 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型
确定 类型 类型1 元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律
类型2 元素化合价有变化则为氧化还原反应，除遵循质量守恒定律外，还要遵循得失电子守恒规律
规范作答 最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式（需要遵循电荷守恒规律）即可
(2)判断滤液和滤渣的成分
主要根据物质的性质判断，特别是物质的溶解性，因此要熟记常见难溶于水、微溶于水的物质。
(3)判断可循环利用的物质
主要从以下四个方面判断：一是看流程图中是否有循环线；二是从过滤或结晶后的母液中找；三是从流程图中需要加入的物质中找；四是从能发生可逆反应的物质中找。
2．常考分离、提纯的方法及操作
(1)从溶液中获取晶体的方法及实验操作
①溶解度受温度影响较小的（如NaCl）采取蒸发结晶的方法，实验过程为蒸发浓缩、趁热过滤（如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来）、洗涤、干燥。
②溶解度受温度影响较大、带有结晶水的盐或可水解的盐采取冷却结晶的方法，实验过程为蒸发浓缩（至少有晶膜出现）、冷却结晶、过滤、洗涤（冰水洗、热水洗、乙醇洗等）、干燥。
(2)固体物质的洗涤
洗涤试剂 适用范围 目的
蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的××杂质，可适当降低固体因为溶解而造成的损失
热水 有特殊的物质其溶解度随着温度升高而减小 除去固体表面吸附着的××杂质，可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失
有机溶剂（酒精、丙酮等） 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥
饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解
酸、碱 溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解
洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入××试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净
(3)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解（如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3）或失去结晶水（如题目要求制备结晶水合物产品）。
(4)萃取与反萃取
①萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。
②反萃取：用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。
(5)其他
①蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。
②减压蒸馏的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止受热分解、氧化等。
1．（2025·河南周口高三期末）钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。工业上从废旧钕铁硼合金废料（含Nd、Fe、B等）中回收、制取氧化钕的流程如图所示：
已知：①Nd稳定的化合价为＋3；金属钕的活动性较强，能与酸发生置换反应。
②硼不与稀硫酸反应。
(1)沉淀1的主要成分是B（填化学式）。
(2)向溶液1中加入NaH2PO4进行“沉钕”，写出该反应的离子方程式：3H2PO＋Nd3+===Nd(H2PO4)3↓。
(3)判断Nd2(CO3)3·xH2O已洗涤干净的实验操作及现象是取最后一次洗涤液于试管中，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，如果没有白色沉淀产生，证明已洗涤干净。
(4)写出煅烧生成Nd2O3的化学方程式：Nd2(CO3)3·xH2ONd2O3＋3CO2↑＋xH2O。
解析：由题给流程可知，钕铁硼废料用碱性溶液去除废料表面的油脂和污渍后，加入稀硫酸酸溶，钕、铁溶于稀硫酸得到可溶性硫酸钕、硫酸亚铁溶液，而硼不与稀硫酸反应，过滤得到含有硼的沉淀1和含有硫酸钕、硫酸亚铁的溶液1；向溶液1中加入磷酸二氢钠溶液，将溶液中硫酸钕转化为磷酸二氢钕沉淀，过滤得到磷酸二氢钕和溶液2；磷酸二氢钕经多步转化得到纯度高的硫酸钕结晶，硫酸钕与碳酸铵溶液反应、过滤得到Nd2(CO3)3·xH2O，Nd2(CO3)3·xH2O煅烧分解生成三氧化二钕。(2)由分析可知，加入磷酸二氢钠溶液的目的是将溶液中硫酸钕转化为磷酸二氢钕沉淀，反应的离子方程式为3H2PO＋Nd3+===Nd(H2PO4)3↓。(3)由分析可知，Nd2(CO3)3·xH2O沉淀表面附有可溶的硫酸铵，检验沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，检验的具体操作为取最后一次洗涤液于试管中，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴氯化钡溶液，如果没有白色沉淀产生，证明已洗涤干净。(4)Nd2(CO3)3·xH2O煅烧分解生成三氧化二钕、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Nd2(CO3)3·xH2ONd2O3＋3CO2↑＋xH2O。
2．（2024·安徽亳州高三联考）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了CrFeAlMg的深度利用和Na＋内循环。工艺流程如下图：
回答下列问题：
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁、铬（填元素名称）。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是MgO、Fe2O3（填化学式）。
(3)工序③中发生反应的离子方程式为2Na＋＋2CrO＋2CO2＋H2O===Cr2O＋2NaHCO3↓。
(4)物质Ⅴ可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为
4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O，可代替NaOH的化学试剂还有Na2CO3（填化学式）。
(5)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序②（填“①”“②”“③”或“④”）参与内循环。
(6)工序④溶液中反应的化学方程式为
Na[Al(OH)4]＋CO2===NaHCO3＋Al(OH)3↓。
解析：向铬铁矿加入熔融的氢氧化钠和氧气进行高温连续氧化，铬氧化为铬酸钠，亚铁氧化为＋3价，三氧化二铝反应生成四羟基合铝酸钠，加入水过滤得到的滤渣1中含有氧化镁和三氧化二铁，滤液中含有铬酸钠、氢氧化钠和无色的四羟基合铝酸钠溶液，向铬酸钠溶液中通入二氧化碳气体，转化生成重铬酸钠溶液和碳酸氢钠固体，向无色的四羟基合铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液；过量的二氧化碳和水蒸气通入滤渣Ⅰ中将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，过滤得到固体Ⅲ为氧化铁，将碳酸氢镁进行热解得到二氧化碳和水的混合气体Ⅳ和碳酸镁固体，将碳酸镁固体煅烧得到氧化镁。(1)高温连续氧化工序中铬元素和铁元素化合价上升，被氧化。(2)结合以上分析可知，滤渣Ⅰ为未反应的氧化镁以及反应生成的氧化铁。(3)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应，生成重铬酸钠，由于二氧化碳过量，生成碳酸氢钠，依据提示，碳酸氢钠为沉淀，反应的离子方程式为2Na＋＋2CrO＋2CO2＋H2O===Cr2O＋2NaHCO3↓。(4)结合上述分析可知，物质Ⅴ为碳酸氢钠，可以理解成碳酸氢钠高温分解生成碳酸钠、水、二氧化碳参与反应，据此可以推算产物有Na2CrO4、Fe2O3，因此反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O；依据上述分析，碳酸钠也可代替NaOH参与反应。(5)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣Ⅰ中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序②。(6)工序④溶液中含有四羟基合铝酸钠，与过量CO2反应的化学方程式为Na[Al(OH)4]＋CO2===NaHCO3＋Al(OH)3↓。
考点三　化工流程中的有关计算
1．Ksp计算的几种类型
(1)判断能否沉淀。
(2)判断能否沉淀完全。
(3)计算某一离子的浓度。
(4)沉淀生成和沉淀完全时pH的计算。
2．热重法测物质组成思维模型
1．(1)（2024·贵州卷节选）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2O3的流程如下：
已知：
①25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10-39，
Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10-33，
Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10-12。
②2Na[Al(OH)4](aq)Al2O3·3H2O(s)＋2NaOH(aq)。
25 ℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中c(Fe3+)＝2.8×10-6 mol·L-1。
(2)（2024·广东卷节选）镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣（含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素）中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
已知：①pKa(HF)＝3.2。
②Na3[AlF6]（冰晶石）的Ksp为4.0×10-10。
③浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)－(m＝0～4)粒子形式存在，Fe2+最多可与2个Cl－配位，其他金属离子与Cl－的配位可忽略。
“调pH”中，pH至少应大于3.2，使溶液中c(F－)>c(HF)，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na＋)＝0.10 mol·L-1，则[AlF6]3-浓度为4.0×10-7 mol·L-1。
解析：(1)25 ℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，即c(H＋)＝10-3 mol·L-1，则c(OH－)＝10-11 mol·L-1，此时溶液中c(Fe3+)＝＝ mol·L-1＝2.8×10-6 mol·L-1。(2)由pKa(HF)＝3.2，Ka(HF)＝＝10-3.2，为了使溶液中c(F－)>c(HF)，c(H＋)＝×10-3.2<10-3.2mol·L-1，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na＋)＝0.10 mol·L-1，根据Na3[AlF6]（冰晶石）的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为＝ mol·L-1＝4.0×10-7mol·L-1。
2．（2025·黑龙江西部联合体高三期中）钴是生产多种合金和钴盐的重要原料，水钴矿主要成分为CoOOH，同时含有少量Fe、Al、Mn、Mg、Ca的氧化物及其他杂质。用水钴矿制取Co的工艺流程如图1所示：
已知：①Ksp(MgF2)＝7.5×10-11；Ksp(CaF2)＝1.5×10-10。
②部分阳离子以氢氧化物形成沉淀时，溶液的pH见下表。
沉淀物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Co(OH)2 Mn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀时的pH 7.0 2.7 7.6 7.7 4.0
沉淀完全时的pH 9.6 3.7 9.2 9.8 5.2
请回答下列问题：
(1)浸出过程中加入Na2CO3溶液调pH的范围是5.2≤pH<7.6。
(2)当加入过量NaF后，所得滤液Ⅱ中c(Ca2+)与c(Mg2+)之比为2。
(3)CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图2所示。其中600 ℃以前是隔绝空气加热，600 ℃以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物，C点所示产物的化学式是Co2O3。
解析：(1)根据题表可知，溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2～7.6的范围内，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀。(2)当加入过量氟化钠溶液后，所得滤液Ⅱ中＝＝＝2。(3)由题图可知，CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程，n(CoC2O4·2H2O)＝＝0.1 mol，C点钴氧化物质量为8.30 g，0.1 mol钴元素质量为0.1 mol×59 g·mol-1＝5.9 g，氧化物中氧元素质量为8.30 g－5.9 g＝2.40 g，则氧化物中钴原子与氧原子物质的量之比为0.1 mol∶＝2∶3，故C点所示产物的化学式为Co2O3。
1．（2024·河北卷）V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：ⅰ.石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。
ⅱ.高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。
回答下列问题：
(1)钒原子的价层电子排布式为3d34s2；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为＋5，产生的气体①为CO2（填化学式）。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为NaAlO2（填化学式）。
(3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙，发生反应的离子方程式为HCO＋OH－＋Ca(VO3)2===CaCO3＋H2O＋2VO；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为提高溶液中HCO浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，使VO进入溶液中；浸取后低浓度的滤液①进入离子交换（填工序名称），可实现钒元素的充分利用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl（填化学式）。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为bd（填字母）。
a．延长沉钒时间
b．将溶液调至碱性
c．搅拌
d．降低NH4Cl溶液的浓度
解析：(1)钒是23号元素，其原子价层电子排布式为3d34s2；焙烧过程中，氧气被还原，V2O3被氧化生成VO，偏钒酸盐中钒的化合价为＋5；CaCO3在800 ℃以上开始分解，生成的气体①为CO2。(2)由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与Al2O3反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO2。(3)在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与HCO和OH－反应生成CaCO3、VO和H2O，离子方程式为HCO＋OH－＋Ca(VO3)2===CaCO3＋H2O＋2VO；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为CO2可提高溶液中HCO浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，使VO进入溶液中；滤液①中含有VO、NH等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。(4)由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有Cl－，考虑到水浸所得溶液中含有Na＋，为避免引入其他杂质离子，且NaCl廉价易得，故洗脱液的主要成分应为NaCl。(5)a项，延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒；b项，NH4Cl呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH－与NH反应，不利于生成NH4VO3；c项，搅拌能使反应物更好地接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒；d项，降低NH4Cl溶液的浓度，不利于生成NH4VO3。
2．（2024·江西卷）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。
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)关于独居石的热分解，以下说法正确的是b（填字母）。
a．降低压强，分解速率增大
b．降低温度，分解速率降低
c．反应时间越长，分解速率越大
d．提高搅拌速度，分解速率降低
(2)Na2U2O7中铀元素的化合价为＋6，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7反应的化学方程式为2U3O8＋O2＋6NaOH3Na2U2O7＋3H2O。
(3)浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为Na3PO4·12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。
(4)溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。
①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为
2Ce(OH)4＋8H＋＋2Cl－===2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O。
②当溶液pH＝4.5时，c(Th4+)＝4×10-7 mol·L-1，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
(5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质Ra。
解析：独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55%～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应：2U3O8＋O2＋6NaOH3Na2U2O7＋3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce被氧化为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na＋、PO，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为Na3PO4·12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4＋8H＋＋2Cl－===2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3·nH2O。(1)有O2参加，降低压强，分解速率减小，a错误；降低温度，分解速率降低，b正确；反应时间越长，分解速率逐渐变慢，c错误；提高搅拌速度，分解速率加快，d错误。(2)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，则铀元素的化合价为＋6，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7反应的化学方程式为2U3O8＋O2＋6NaOH3Na2U2O7＋3H2O。(3)稀释过滤后的滤液中含有Na＋、PO，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为Na3PO4·12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。(4)②当溶液pH＝4.5时，c(H＋)＝1×10-4.5 mol·L-1，c(OH－)＝1×10-9.5 mol·L-1，c(Th4+)×c4(OH－)＝4.0×10-45，则c(Th4+)＝4×10-7 mol·L-1，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。(5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质Ra，RaSO4的溶解度更小。
3．（2024·辽宁卷）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CuSO4（填化学式）。
(2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为4FeS2＋15O2＋2H2O===4Fe3+＋8SO＋4H＋。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成Fe(OH)3（填化学式）胶体起絮凝作用，促进了含As粒子的沉降。
(4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为BC（填字母）。
A．无须控温
B．可减少有害气体产生
C．设备无须耐高温
D．不产生废液废渣
(5)“真金不怕火炼”，表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为作为络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]－从而浸出。
(6)“沉金”中Zn的作用为做还原剂，将[Au(CN)2]－还原为Au。
(7)滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为Na2[Zn(CN)4]＋2H2SO4===ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4。用碱中和HCN可生成NaCN（填溶质化学式）溶液，从而实现循环利用。
解析：(1)“胆水”冶炼铜，即“胆水”的主要溶质为CuSO4。(2)“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和SO，离子方程式为4FeS2＋15O2＋2H2O===4Fe3+＋8SO＋4H＋。(3)“沉铁砷”时，加碱调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As粒子的沉降。(4)A项，细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温；B项，焙烧氧化时，金属硫化物中的硫元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的硫元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生；C项，焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无须耐高温；D项，由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣。(5)“浸金”中，Au为还原剂，O2为氧化剂，NaCN为络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]－从而浸出。(6)“沉金”中Zn为还原剂，将[Au(CN)2]－还原为Au。(7)滤液②含有[Zn(CN)4]2-，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN，化学方程式为Na2[Zn(CN)4]＋2H2SO4===ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
4．（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、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：
金属离子 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，目的是增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率；“滤渣1”中金属元素主要为Pb。
(2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去铁元素。取少量反应后的溶液，加入化学试剂K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，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3Co2+＋MnO＋7H2O===3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋、3Mn2+＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋。
(4)“除钴液”中主要的盐有ZnSO4、K2SO4（写化学式），残留的Co3+浓度为1.0×10-16.7 mol·L-1。
解析：由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH＝4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH＝5时Co3+形成Co(OH)3沉淀，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4。(1)在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb。(2)由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，Co2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，Co2+已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的铁元素且Co2+不沉淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去铁元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2+，需补加MnO2。(3)由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH＝5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：3Co2+＋MnO＋7H2O===3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋、3Mn2+＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋。(4)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是原废渣中的Zn和最初“酸浸”时加入ZnO调pH时引入的Zn2+及加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K＋，而阴离子是在酸浸时引入的SO，因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH＝1.1时c(H＋)＝10-1.1 mol·L-1，Co3+恰好完全沉淀，此时溶液中c(Co3+)＝1.0×10-5 mol·L-1，则c(OH－)＝＝10-12.9 mol·L-1，则Ksp[Co(OH)3]＝1.0×10-5×(10-12.9)3＝10-43.7。“除钴液”的pH＝5，即c(H＋)＝1.0×10-5 mol·L-1，则c(OH－)＝＝1.0×10-9 mol·L-1，此时溶液中c(Co3+)＝＝ mol·L-1＝1.0×10-16.7 mol·L-1。
课时作业46
（总分：60分）
非选择题（共60分）
1．（12分）（2025·八省联考河南卷）一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣（主要成分为Na3PO4、Na2SO3等）制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。
氟化物 FeF2 MgF2 MnF2
Ksp 2.3×10-6 5.1×10-11 5.2×10-3
回答下列问题：
(1)“除钛”中产生的少量气体是H2（填化学式）；铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，其另一个作用是还原Fe3+。
(2)“除杂1”中除去的离子是Mg2+（填化学式）。
(3)“氧化1”中若H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大，原因是氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大。本步骤不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液，原因是防止盐酸与KMnO4反应生成Cl2，产生污染。
(4)滤渣3的主要成分是MnO2·xH2O，生成该物质的离子方程式为3Mn2+＋2MnO＋(5x＋2)H2O===5(MnO2·xH2O)↓＋4H＋。
(5)“氧化2”的目的是减少SO2（填化学式）气体的排放。
(6)“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致FePO4·2H2O产量降低，原因是溶液中H＋浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2PO、HPO形式存在，PO浓度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少。
解析：该工艺流程的原料为钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣（主要成分为Na3PO4、Na2SO3等），产品为电池级磷酸铁，钛白粉副产品在硫酸中溶解后，加入铁粉“除钛”过程发生的反应有Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑、Fe2(SO4)3＋Fe===3FeSO4等，提高了溶液体系的pH，使TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、SO等，加入NH4F，“除杂1”中除去Mg2+，“氧化1”中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成MnO2·xH2O而除去Mn2+，溶液中Fe3+与农药盐渣中的PO结合生成FePO4·2H2O。(3)“氧化1”中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，Fe3+是H2O2分解的催化剂，可以使H2O2分解速率增大，故H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大；本步骤若使用稀盐酸代替H2SO4溶液，则溶液中含有Cl－，在“除杂2”中会与KMnO4反应生成Cl2，产生污染。(4)“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成MnO2·xH2O，离子方程式为3Mn2+＋2MnO＋(5x＋2)H2O===5(MnO2·xH2O)↓＋4H＋。(5)农药盐渣成分中有Na2SO3，“除杂2”后溶液含有H＋，二者混合会发生SO＋2H＋===SO2↑＋H2O, “氧化2”的目的是使SO转化为SO，从而减少SO2气体的排放。(6)“沉铁”中如果体系酸性过强，则溶液中H＋浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2PO、HPO形式存在，PO浓度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少，导致FePO4·2H2O产量降低。
2．（10分）（2025·河北保定高三联考）某粗盐溶液中除泥沙外，还含有Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，粗盐提纯后可以通过侯氏制碱法和氯碱工业制取多种重要工业产品。下图是有关工艺流程，A、B、C、D、E、F为中学化学常见物质。
回答下列问题：
(1)环节Ⅰ中A、B、C依次应加入的物质为NaOH、BaCl2、Na2CO3，加入D发生反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O、CO＋2H＋===CO2↑＋H2O。
(2)环节Ⅱ中为了产生更多沉淀，应先通入过量的气体E为NH3，再通入过量（填“少量”或“过量”）的F，这时发生反应的化学方程式为NH3·H2O＋CO2＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl。热分解时需用到的仪器为D（填字母）。
A．表面皿 B．蒸发皿
C．培养皿 D．坩埚
(3)环节Ⅲ在阴极发生的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑（或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－），产生的气体2可以与所得烧碱溶液发生反应制取消毒液，化学方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
(4)该工艺流程中可以直接循环利用的物质为CO2、纯碱和烧碱。
解析：粗盐提纯时，应该先用氢氧化钠除去其中的镁离子，用氯化钡除去硫酸根离子，用碳酸钠除去钙离子和过量的钡离子，则碳酸钠应该在氯化钡之后加入，故在加入氢氧化钠之后应该加入BaCl2，最后加入Na2CO3，过滤后用盐酸调节pH，经过蒸发结晶可以得到纯净的氯化钠，处理后可以得到最后产品。(1)环节Ⅰ中A、B、C依次应加入的物质为NaOH、BaCl2、Na2CO3，试剂D为盐酸，盐酸和过量的氢氧化钠、过量的碳酸钠反应，离子方程式为H＋＋OH－===H2O、CO＋2H＋===CO2↑＋H2O。(2)氨气在水中的溶解度大，故先通入过量的气体E为NH3；再通入过量二氧化碳；对应反应的化学方程式为NH3·H2O＋CO2＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl；加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，加热固体物质应该用坩埚，故选D。(3)电解氯化钠溶液时，在阴极发生的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；在阳极氯离子失去电子生成气体2为氯气，氯气与所得烧碱溶液发生反应制取消毒液，化学方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。(4)该工艺流程生成了纯碱、烧碱、二氧化碳，且这三种物质在该工艺流程中都使用到，故该工艺流程中可以直接循环利用的物质为CO2、纯碱和烧碱。
3．（12分）（2024·湖北宜城联考）湿法炼锌工业废水中主要阳离子有Zn2+、H＋、Tl＋、Tl3+，废水除铊的工艺流程如下。
已知：①Tl＋能够在pH为0～14的范围内以离子态稳定存在，不易与OH－形成沉淀。
②常温下，部分物质的Ksp如下：
物质 Zn(OH)2 Tl(OH)3 ZnS Tl2S
Ksp 6.8×10-17 1.5×10-44 1.6×10-24 5.0×10-21
③排放标准：Tl的含量低于1.5×10-8 mol·L-1。
(1)已知“氧化”步骤中KMnO4被还原为MnO2且Tl＋氧化不彻底，请写出该反应的离子方程式：2MnO＋3Tl＋＋8H＋===2MnO2↓＋3Tl3+＋4H2O。
(2)“预中和”步骤，加Ca(OH)2至溶液的pH约为7，可减少“硫化”步骤中Na2S的使用量，还能减少H2S（填化学式）污染物的生成。
(3)“硫化”步骤的主要目的是除去Zn2+和Tl＋（填离子符号）。
(4)根据Ksp计算，若使溶液中Tl3+的含量低于排放标准，溶液的pH应大于2，但是实际工艺流程需在“中和”步骤加Ca(OH)2至溶液的pH约为9，此时仍只有80%左右的铊能得到去除，其可能原因是第一步氧化时Tl＋氧化不彻底，Tl2S也会溶解部分离子在溶液中。
(5)控制条件可实现如下沉淀转换：Zn(OH)2(s)＋S2-(aq) ZnS(s)＋2OH－(aq)，该反应的平衡常数K为4.25×107。
解析：向废水中加入高锰酸钾，高锰酸钾与Tl＋反应，高锰酸钾自身被还原为MnO2，Tl＋被氧化为Tl3+；加入Ca(OH)2“预中和”调节pH为7，除去溶液中多余的氢离子；再加入Na2S“硫化”，生成ZnS和Tl2S；再加入Ca(OH)2“中和”，生成Tl(OH)3沉淀；再加入碳酸钠除去多余钙离子，过滤除去碳酸钙沉淀，最后进行离子交换得到达标水。(1)已知“氧化”步骤中KMnO4被还原为MnO2且Tl＋氧化不彻底，该反应的离子方程式为2MnO＋3Tl＋＋8H＋===2MnO2↓＋3Tl3+＋4H2O。(2)“预中和”步骤，加Ca(OH)2至溶液的pH约为7，除去了多余的氢离子，可防止硫化过程中加入Na2S后，反应生成H2S，减少H2S污染物的生成。(3)加入Na2S硫化，生成ZnS和Tl2S的Ksp较小，“硫化”步骤的主要目的是除去Zn2+和Tl＋。(4)根据Ksp[Tl(OH)3]＝1.5×10-44＝c3(OH)×c(Tl3+)，由题意可知，排放标准为Tl的含量低于1.5×10-8 mol·L-1，则c(OH－)＝ mol·L-1＝10-12 mol·L-1，c(H＋)＝10-2 mol·L-1，则溶液的pH应大于2；实际工艺流程需在“中和”步骤加Ca(OH)2至溶液的pH约为9，此时仍只有80%左右的铊能得到去除，可能原因是第一步氧化时Tl＋氧化不彻底，Tl2S也会溶解部分离子在溶液中。(5)控制条件可实现如下沉淀转换：Zn(OH)2(s)＋S2-(aq) ZnS(s)＋2OH－(aq)，该反应的平衡常数K＝，Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2+)×c2(OH－)，Ksp(ZnS)＝c(Zn2+)×c(S2-)，K＝＝＝＝4.25×107。
4．（12分）（2024·黑龙江牡丹江高三期末）产自我国昆仑—西秦岭成矿带钴精矿主要化学成分为CoS、FeS、SiO2等，可以通过以下流程生产企业级的CoSO4·H2O晶体。
已知：①NaFe3(SO4)2(OH)6（黄钠铁矾）是一种难溶于水的黄色晶体。
②Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10-15，lg 1.6＝0.2。
(1)为提高酸浸速率可采取的措施有粉碎、搅拌、升温、适当提高酸的浓度（合理即可）。
(2)残渣中没有硫单质，写出酸浸过程中CoS反应的离子方程式：3CoS＋8H＋＋8NO===3Co2+＋3SO＋8NO↑＋4H2O。
(3)除铁过程中溶液的pH不宜过小，原因是pH过小，溶液酸性过强，不利于NaFe3(SO4)2(OH)6析出。
(4)当Co2+完全沉淀时，滤液1的pH＝9.1。
(5)操作1的步骤是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。
(6)CoSO4·H2O晶体热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，已知由A→B时生成了一种固体和两种气体（均为化合物），则该反应的化学方程式为2CoSO4Co2O3＋SO2↑＋SO3↑。
解析：钴精矿中加入的稀硝酸具有氧化性，将FeS氧化为铁离子，SiO2难溶于酸成为残渣，已知残渣中没有硫单质，说明CoS中硫元素被氧化为硫酸根离子，加入硫酸钠得到NaFe3(SO4)2(OH)6黄色晶体，加入NaOH与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀，加入硫酸酸溶得到CoSO4，蒸发浓缩、冷却结晶得到CoSO4·H2O晶体。(2)残渣中没有硫单质，酸浸过程中CoS与硝酸反应生成硫酸根、NO，反应的离子方程式3CoS＋8H＋＋8NO===3Co2+＋3SO＋8NO↑＋4H2O。(3)除铁过程中加入硫酸钠得到NaFe3(SO4)2(OH)6黄色晶体，溶液的pH不宜过小，pH过小，溶液酸性过强，不利于NaFe3(SO4)2(OH)6析出。(4)当Co2+完全沉淀时c(Co2+)≤1×10-5 mol·L-1，已知Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10-15，则c(OH－)＝＝＝×10-5 mol·L-1，c(H＋)＝＝＝1.6－×10-9 mol·L-1，已知lg 1.6＝0.2，滤液1的pH＝－lg c(H＋)＝9＋×0.2＝9.1。(5)CoSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到CoSO4·H2O晶体。(6)CoSO4·H2O的摩尔质量为173 g·mol-1，由图可知晶体质量173 g为1 mol CoSO4·H2O的质量，开始至A点固体质量差为18，则失去1个结晶水，A点物质为CoSO4，Co2O3、CoO摩尔质量分别为166 g·mol-1、75 g·mol-1，由钴元素质量守恒可知，B点物质为Co2O3，C点为CoO，A→B时CoSO4分解生成了一种固体为Co2O3，钴元素化合价升高，则硫元素化合价降低，生成两种气体分别为SO2和SO3，该反应的化学方程式为2CoSO4Co2O3＋SO2↑＋SO3↑。
5．（14分）（2024·安徽池州高三期末）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+），实现镍、钴、镁元素的回收。
回答下列问题：
(1)工业上用一定浓度的硫酸浸取已粉碎的镍钴矿并不断搅拌，提高浸取速率的方法为适当提高反应温度（合理即可）（答出一条即可）。
(2)“氧化”时，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，其中硫元素的化合价为＋6。
(3)已知：H2SO5的电离方程式为H2SO5===H＋＋HSO、HSO H＋＋SO。
①“氧化”时，先通入足量混合气，溶液中的正二价铁元素Fe(Ⅱ)被H2SO5氧化为Fe2(SO4)3，该反应的离子方程式为2Fe2+＋HSO＋H＋===2Fe3+＋SO＋H2O；再加入石灰乳，所得滤渣中主要成分是MnO2、CaSO4、Fe(OH)3。
②通入混合气中SO2的体积分数与Mn(Ⅱ)氧化率随时间的变化关系如图所示，若混合气中不添加SO2，相同时间内Mn(Ⅱ)氧化率较低的原因是混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，其氧化性远强于氧气；SO2的体积分数高于9.0%时，相同时间内Mn(Ⅱ)氧化率开始降低的原因是SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，且生成的MnO2也会被SO2还原成Mn(Ⅱ)。
(4)①将“钴镍渣”酸溶后，先加入NaClO溶液进行“钴镍分离”，写出“钴镍分离”反应生成Co(OH)3沉淀的离子方程式：ClO－＋2Co2+＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋。
②若“钴镍分离”后溶液中c(Ni2+)＝1.0 mol·L-1，加入Na2CO3溶液“沉镍”后的滤液中c（CO）＝10-5 mol·L-1，则沉镍率＝99%或0.99。[已知：Ksp(NiCO3)＝1.0×10-7，沉镍率＝]
解析：硫酸浸取液中加入混合气，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的H2SO5，加入石灰乳调节pH，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，亚铁离子也被H2SO5氧化成铁离子，故还有氢氧化铁沉淀生成，钙离子与硫酸根离子反应生成硫酸钙沉淀，滤渣为MnO2、CaSO4和Fe(OH)3；过滤后滤液中加入NaOH沉钴镍，过滤后滤液中加入NaOH沉镁，生成氢氧化镁沉淀。(2)H2SO5中含一个过氧根，根据化合物中正、负化合价代数和为零，S的化合价为＋6。(3)①溶液中的正二价铁元素Fe(Ⅱ)被H2SO5氧化为Fe2(SO4)3，H2SO5被还原为SO，离子方程式为2Fe2+＋HSO＋H＋===2Fe3+＋SO＋H2O；由分析可知滤渣为MnO2、CaSO4和Fe(OH)3。②混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，其氧化性远强于氧气，混合气中不添加SO2，相同时间内Mn(Ⅱ)氧化率较低；SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，且生成的MnO2也会被SO2还原成Mn(Ⅱ)，降低Mn(Ⅱ)氧化速率。(4)①滤液中加NaClO将Co2+氧化为Co(OH)3，反应的离子方程式为ClO－＋2Co2+＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋。②根据Ksp(NiCO3)＝1.0×10-7可知c(Ni2+)＝＝＝0.01 mol·L-1，沉镍率＝＝＝0.99。

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