2025年高考二轮复习化学大单元主观题突破22

主观题突破二(分值:95分)学生用书P2191.(15分)(2024·甘肃卷,15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。已知:Ksp(CaSO4)=4.9×105Ksp(CaCO3)=3.4×109(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是。

(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和。

(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。

(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于。

答案:(1)NH3(2)SiO2(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙(4)净水解析: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,滤液中溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液经浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;向“滤渣”中加入(NH4)2CO3溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。(3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵反应生成更难溶的碳酸钙,反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(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溶于水后,会产生Al3+,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可用于净水。2.(12分)(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下:回答下列问题:(1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2和[AgCl2]及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,消耗Fe3+物质的量之比为;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥发外,另一目的是防止产生(填化学式)。

(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为。

(3)“还原”中加入铅精矿的目的是。

(4)“置换”中可选用的试剂X为(填字母);

A.Al B.ZnC.Pb D.Ag“置换”反应的离子方程式为

。

(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,用作(填“阴极”或“阳极”)。

答案:(1)1∶1H2S(2)热浸(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+(4)CPb+2[AgCl2][PbCl4]2+2Ag(5)阳极解析:本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2和[AgCl2]及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,“过滤Ⅰ”除掉单质硫,滤液中[PbCl4]2在稀释、降温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液成分主要为[AgCl2]、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液中含FeCl2。(1)“热浸”时,Fe3+将PbS和Ag2S中2价的硫氧化为单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变,所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,S2的物质的量相等,所以消耗Fe3+的物质的量相等,比值为1∶1;溶液中HCl浓度过大时会生成H2S气体。(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,会溶解为[PbCl4]2,电解含[PbCl4]2的溶液可制备金属Pb,Pb在阴极产生,阳极Cl放电产生Cl2,尾液中含有FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3,可以在“热浸”中循环使用。(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+,根据还原之后可以得到含硫滤渣可知,“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥,为了防止引入其他杂质,则试剂X应为Pb,发生的反应为Pb+2[AgCl2]2Ag+[PbCl4]2。(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,“电解Ⅱ”得到金属银和金属铅,将银和铅分离出来,所以不可能作为阴极,应作为阳极板,阳极放电时,银变成阳极泥而沉降下来,铅失电子为Pb2+,阴极得电子得到Pb,所以电极板应作阳极。3.(10分)(2023·湖南衡阳三模)钪及其化合物具有许多优良的性能,在航天、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图:回答下列问题:(1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是

。

(2)钪锰矿石中含铁元素,其中Fe2+易被氧化为Fe3+的原因是

。(从原子结构角度解释)

(3)常温下,先加入氨水调节pH=3,过滤,滤渣主要成分是。(已知:Ksp[Mn(OH)2]=1.9×1013、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×1039、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×1031)

(4)已知Ka1(H2C2O4)=a,Ka2(H2C2O4)=b,Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式是

,此反应的平衡常数K=(用含a、b、c的代数式表示)。反应过程中,草酸用量过多时,钪的沉淀率下降,原因可能是(5)草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]在空气中加热,m(剩余固体)m(原始固体)随温度的变化情况如图所示。250℃时,晶体的主要成分是(填化学式答案:(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,冷却后再慢慢注入H2O2中,并不断搅拌(2)Fe2+的价层电子排布式为3d6,易失去1个电子达到半充满的稳定结构(3)Fe(OH)3(4)2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+a3·b3(5)Sc2(C2O4)3·H2O2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2解析:工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)萃取后得到“油相”,洗涤“油相”可除去大量的钛离子,加入NaOH反萃取,得到滤渣Fe(OH)3、Mn(OH)2、Sc(OH)3,加入盐酸酸溶,得到Fe3+、Mn2+、Sc3+,先加入氨水调节pH=3,滤渣主要成分是Fe(OH)3,再向滤液加入氨水调节pH=6,得到沉淀Sc(OH)3,加入盐酸溶解沉淀后再加入草酸沉钪,灼烧后得到Sc2O3。(1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子,洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成,不同的液体混合时,一般先加密度小的、易挥发的,后加密度大的、难挥发的,若混合时放热,则最后加受热易分解的,因此,混合的实验操作是:将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,冷却后再慢慢注入H2O2中,并不断搅拌。(2)Fe2+的价层电子排布式为3d6,易失去1个电子达到半充满的稳定结构。(3)废酸中含钪、钛、铁、锰等离子,洗涤“油相”以除去大量的钛离子,根据Ksp[Mn(OH)2]=1.9×1013、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×1039、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×1031,可以求出三种离子沉淀完全时的pH,先加入氨水调节pH=3,过滤,滤渣主要成分是Fe(OH)3。(4)根据分析可知,“沉钪”得到草酸钪的离子方程式2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+;平衡常数K=c6(H+)c2(Sc3+(5)设起始时Sc2(C2O4)3·6H2O的物质的量为1mol,质量为462g,由图可知,250℃时,减少的质量为462g×19.5%≈90g,90g18g·mol-1=5mol,即晶体失去5个结晶水,故250℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O。250~550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g,可知550℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3。850℃时剩余固体的质量为462g×(119.5%3.9%46.8%)≈138g,除去钪元素质量后剩余质量为138g2mol×45g·mol1=48g,应为氧元素的质量,48g16g·mol-1=3mol,则850℃时晶体的化学式为Sc2O3,故550~8504.(12分)(2023·湖南明德中学三模)金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂,是重要的战略物资,但资源匮乏。从某废镍渣(含NiFe2O4、NiO、FeO、Al2O3)中回收镍并转化为NiSO4的流程如图所示:回答下列问题:(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为

。

(2)“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在,写出NiO与(NH4)2SO4反应的化学方程式:。

(3)使用95℃热水“溶解”后过滤,所得滤渣的主要成分的化学式是。

(4)①“萃取”时发生反应Mn++nRHMRn+nH+(Mn+为金属离子,RH为萃取剂),萃取率与V(萃取剂)V(溶液)的关系如下表所示,当V(萃取剂V0.10.150.20.250.30.350.4萃取率/%Ni2+55%68%80%99%99.5%99.8%99.9%Fe2+2%2%4%5%8%30%58%②物质X的化学式为。

(5)碳酸镍受热可分解为NiO,NiO的晶体结构如图甲所示,其中离子坐标参数A为(0,0,0),B为(1,1,0),则C坐标参数为。

图甲(6)一定温度下,NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”,可以认为O2作密置单层排列,Ni2+填充其中(如图乙),已知O2的半径为apm,设阿伏加德罗常数的值为NA,每平方米面积上分散的该晶体的质量为g(用含a、NA的代数式表示)。

图乙答案:(1)Al2O3+2OH+3H2O2[Al(OH)4](2)NiO+(NH4)2SO4NiSO4+2NH3↑+H2O↑(3)Fe(OH)3(4)①Fe2+、H+②H2SO4(5)(1,12,12解析:废镍渣(含NiFe2O4、NiO、FeO、Al2O3)粉碎后加入NaOH溶液碱浸,则废镍渣中的Al2O3和NaOH反应,反应的离子方程式为Al2O3+2OH+3H2O2[Al(OH)4];通过过滤分离,剩下的物质经过焙烧加入(NH4)2SO4,金属变成硫酸盐,NiFe2O4、NiO、FeO与(NH4)2SO4反应生成的盐为NiSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4,同时有氨气生成;95℃热水溶解,Fe3+水解为Fe(OH)3;经过萃取将Fe2+、Ni2+分离,得到含Ni2+的有机层,最后得到NiSO4。(1)根据分析可知,“碱浸”时发生反应的离子方程式为Al2O3+2OH+3H2O2[Al(OH)4]。(2)根据分析可知,“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在,则NiO与(NH4)2SO4反应的方程式为(NH4)2SO4+NiO2NH3↑+NiSO4+H2O↑。(3)烧渣中含有NiSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4,95℃热水“溶解”Fe3+水解为Fe(OH)3,则过滤所得滤渣的化学式为Fe(OH)3。(4)从表中数据可以看出,当V(萃取剂)V(溶液)为0.25时,Fe2+、Ni2+萃取率分别为5%、99%,所以Ni2+进入有机相,Fe2+主要存在于水中,萃取过程中产生H+在水层;为了从有机相中获得金属离子,需要使平衡M2++nRHMRn+nH+逆向移动,加入酸增加产物浓度使平衡逆向移动,为了不引入更多杂质,所以加入的X(5)NiO的晶体结构如图甲所示,其中离子坐标参数A为(0,0,0),B为(1,1,0),C在x、y、z轴上的投影分别是1、12、12,所以C的晶胞参数为(6)根据图知,每个Ni原子被3个O原子包围,每个O原子被3个Ni原子包围,相邻的3个圆中心连线为正三角形,三角形的边长为2apm,每个三角形含有一个Ni原子,三角形的面积=[12×2a×2a×sin60°×1024]m2=3×1024a2m2,实际上每个Ni原子被两个小三角形包含,小平行四边形面积为23×1024a2m2,O原子个数=16×6=1,每平方米面积上分散的该晶体的质量=123×10-245.(10分)(2024·山东临沂二模)高纯二硫化钼(MoS2)粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿(主要成分为MoS2,还有少量MgO、Fe2O3、K2CO3等)制备高纯MoS2的一种工艺流程如图所示。回答下列问题:(1)“焙烧”时生成MoO3的化学方程式为

;

“水洗”的目的是。

(2)“转化”过程中,存在MoO42-→MoO3S2→MoO2S22-→①(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4的化学方程式为。

②保持温度为55℃反应1h后,冷却至20℃并静置24h,测得δ=n[(NH4)2S]δ=3时,(NH4)2MoS4晶体产率为0的原因是;δ>4时,(NH4)2MoS4晶体产率继续增大的原因是

。

(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入(填操作单元的名称)中循环使用。

(4)MoS2也可由(NH4)2MoS4在一定条件下加热分解制得,同时产生NH3、H2S和某种硫单质,且NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,则硫单质的分子式为。

答案:(1)2MoS2+7O22MoO3+4SO2除去碳酸钾(2)①(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O②(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS3继续加入(NH4)2S,使得铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MoS4的溶解度,使其结晶析出,导致晶体产率继续增大(3)转化(4)S4解析:钼精矿在空气中煅烧时,MoS2转化为MoO3和二氧化硫,水洗除去碳酸钾等可溶物,过滤分离出固体并加入氨水浸取,氧化铁、氧化镁不反应成为“浸渣”,浸取液中含有(NH4)2MoO4,加入硫化铵将(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4,加入稀硫酸酸浸,得到硫化氢气体和MoS3沉淀:MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑,使用氢气在高温下还原MoS3得到MoS(1)空气中的氧气具有氧化性,“焙烧”时MoS2被氧化为MoO3,同时生成二氧化硫,该反应的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2;氧化铁、氧化镁、MoO3均不溶于水,而碳酸钾溶于水,则“水洗”的目的是除去碳酸钾。(2)①向含(NH4)2MoO4的溶液中加入硫化铵生成(NH4)2MoS4,根据质量守恒可知,同时生成一水合氨,化学方程式为(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O。②δ=3时,(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS3,故(NH4)2MoS4晶体产率为0;δ>4时,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS4,继续加入(NH4)2S,使得溶液中铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MoS4溶解度,使其结晶析出,从而导致晶体产率继续增大。(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体为硫化氢,硫化氢和氨水反应生成硫化铵,故可通入“转化”环节中继续使用。(4)NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,假设生成8分子氨气、1分子硫单质,根据质量守恒可知,有4分子(NH4)2MoS4参与反应,则生成4分子MoS2,Mo化合价由+6价变为+4价,转移4×2=8个电子,生成硫单质的硫化合价由2价变为0价,根据得失电子守恒可知,生成硫单质中硫原子数目为8÷2=4,故硫单质化学式为S4。6.(12分)(2023·湖南长郡中学一模)铟(In)是一种稀散金属,常与其他金属矿石伴生,回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO、ZnFe2O4、SnO、SnO2、In2O3、In2S3等)中的金属铟的工艺流程如下:已知:萃取时,发生反应In3++3H2A2In(HA2)3+3H+,H2A2代表有机萃取剂。室温下,金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。金属离子Fe3+Fe2+In3+开始沉淀pH(离子浓度为0.1mol·L1时)1.363完全沉淀pH2.784.3回答下列问题:(1)In为49号元素,基态In原子的价电子排布式为。

(2)“氧化浸出”时ZnFe2O4发生反应的化学方程式是

。

“氧化浸出”后加入CaO调整pH=5.0~5.2,所得滤渣1的主要成分是。

(3)实验测得氧分压对Sn、In、Zn的浸出率影响如图所示。结合反应的离子方程式,从平衡移动的角度解释氧分压对Sn的浸出率的影响:

。

(4)实验室进行萃取和反萃取时,均需要使用的硅酸盐仪器有。

(5)“置换”时,加入锌粉的量远大于获得海绵铟所需的理论消耗量,其原因是。“置换”后的滤液可混入该工艺中的再利用。

答案:(1)5s25p1(2)ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2OFe(OH)3、In(OH)3(3)2Sn2++O2+4H2O2H2SnO3↓+4H+(或2SnO+O2+2H2O2H2SnO3),氧分压增大,平衡正向移动,Sn的浸出率降低(4)烧杯、分液漏斗(5)部分锌粉和溶液中的氢离子反应滤液1解析:氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnFe2O4、SnO、SnO2、In2O3、In2S3)中的各成分在“氧化浸出”过程中会分别转化为Zn2+、Fe3+、Sn2+、Sn4+、In3+和S单质,Sn2+会发生氧化反应及水解反应、Sn4+会发生水解反应,转化为固体H2SnO3,随S单质分离出体系,加CaO调pH过滤分离得到滤液1,滤液1为ZnSO4,滤渣1主要含In(OH)3、Fe(OH)3,加入硫酸浸取,溶液中主要含有In3+、Fe3+,加入P204+260号溶剂油萃取,再加入硫酸反萃取后,加入Zn置换得到海绵铟。(1)In为49号元素,位于第五周期第ⅢA族元素,基态In原子的价电子排布式为5s25p1。(2)“氧化浸出”时ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁和水,化学方程式为ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O;加CaO调pH过滤分离得到滤液1,滤液1为ZnSO4,滤渣1主要含In(OH)3、Fe(OH)3。(3)由反应2Sn2++O2+4H2O2H2SnO3↓+4H+(或2SnO+O2+2H2O2H2SnO3),可知该反应正向气体分子数减小,氧分压增大,平衡正向移动,Sn的浸出率降低。(4)萃取需在分液漏斗中进行,同时还需要用到烧杯。(5)“置换”时,加入的锌粉部分会与溶液中的氢离子反应,导致加入锌粉的量远大于获得海绵铟所需的理论消耗量;“置换”后的滤液中含有硫酸锌,可与滤液1合并分离出硫酸锌再利用。7.(12分)(2024·江苏南京二模)高效氧化剂亚氯酸钠(NaClO2)常用于烟气脱硝(NOx)和废水脱除氨氮。(1)NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为:①“反应2”的化学方程式为

。

②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2,从消毒后饮用水水质和消毒效率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑,用ClO2替代Cl2的原因是。

(2)NaClO2溶液对烟气脱硝。①酸性条件下,Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体,总反应可表示为5ClO2-+4H+4ClO2+Cl+2H2O。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式Ⅰ.Fe3++ClO2-FeClOⅡ.;

Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+5Fe3++Cl+2H2O。②Fe3+催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时,烟气中NO氧化率随c(Fe3+)、反应温度的变化分别如图所示。ⅰ.NO氧化率随c(Fe3+)增大而增大的原因是

。

ⅱ.温度升高,NO氧化率先增大后减小的可能原因是

。

(3)NaClO2溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液,用传感器测得溶液中NH4+与NO3-含量随反应时间的变化如图所示。判断该实验中被氧化的NH4+答案:(1)①2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O②可避免产生对人体有害的有机氯化物,且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍(2)①FeClO22+Fe2++ClO2②ⅰ.催化剂Fe3+的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2速率加快,NOⅱ.温度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60℃时,以前者为主,高于60℃时,以后者为主(3)一定时间内,相同体积溶液中,若NH4+减少的质量与NO3-增加的质量的比值约为18∶62,则被氧化的N解析:根据NaClO2的制备过程可知,NaClO3与SO2在酸性条件下发生反应生成硫酸氢钠、ClO2;生成的ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气。(1)①ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气,1molClO2得1mol电子,1molH2O2失2mol电子,根据得失电子守恒可得反应的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O。②使用ClO2可避免产生对人体有害的有机氯化物,且1molClO2转化为氯离子得5mol电子,而1molCl2转化为氯离子得2mol电子,ClO2的消毒效率与Cl2的消毒效率之比为5mol67.5g·mol(2)①结合反应Ⅰ和Ⅲ可知,反应Ⅱ中FeClO22+作反应物,Fe2+、ClO2作产物,该反应为FeClO22+Fe2++ClO2。②催化剂Fe3+的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2的速率加快,NO的氧化率提高。③温度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60℃时,以前者为主,高于60℃(3)一定时间内,相同体积溶液中,若NH4+几乎全部转化为NO3-,则NH4+减少1mol即18g时应生成1molNO3-,则NO3-增加的质量为62g,因此当NH4+减少的质量与N8.(12分)(2024·山东潍坊调研试题二)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和萃取剂b均为有机化合物,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)。回答下列问题:(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)=5.3×109,Ksp(MgF2)=5.2×1011,向除铁后的溶液中加入MnF2,当溶液中c(Mg2+)=1.0×105mol·L1时,c(Ca2+)=mol·L1(保留1位有效数字)。

(5)写出反萃取出Mn2+的离子方程式:

。

(6)回收液中Ni2