2025年高考二轮复习化学大单元主观题突破24

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)(2024·广东2月大联考)钼具有耐腐耐磨的特性,目前广泛应用于化工、医疗和国防领域。一种使用先进的碱性氧化焙烧法,从镍钼矿(主要成分是MoS2、NiS、FeS2)中回收钼的流程如图所示:已知:①“焙烧”后钼元素以Na2MoO4的形式存在,Ni的化合价不变且以氧化物的形式存在,“焙烧”过程中未见有含S气态物的生成。②Ksp[Mg(OH)2]=5.6×1012,Ksp(MgCO3)=6.5×106。③一般离子浓度达到105mol·L1以下视为沉淀完全。回答下列问题:(1)写出“焙烧”过程中MoS2发生反应的化学方程式:。

(2)“滤渣1”的主要成分为(填化学式)。

(3)Na2CO3实验用量与理论用量的比值为1.0、1.1、1.2、1.3时,Mo的浸出率和CO32-残留浓度的关系如图所示,则Na2CO3的最佳用量比为,结合图中信息说明理由:(4)常温下,“水浸”过程完成后溶液中c(CO32-)=3.00g·L1,试计算“净化”过程中每升溶液中需加入(保留两位有效数字)molMgSO4,若“净化”完成后溶液的pH=8,则此时溶液中(填“不存在”或“存在”(5)MoSy被称为润滑之王,其稳定晶体的晶胞结构的透视图与正视图如图所示,晶胞参数α=β=90°,γ=60°,原子间距a=b=c,则y=;晶胞中与Mo原子距离最近且相等的S原子数目为。

答案:(1)2MoS2+6Na2CO3+9O22Na2MoO4+4Na2SO4+6CO2(2)Fe2O3、NiO(3)1.2当Na2CO3的用量比从1.0增加到1.2时,钼的浸出率明显增加,当Na2CO3用量比从1.2增加到1.3时,钼的浸出率增加不大,但CO3(4)0.70不存在(5)26解析:向镍钼矿(主要成分是MoS2、NiS、FeS2)通入空气,加入碳酸钠焙烧产生CO2,水浸后除去的“滤渣1”的成分为Fe2O3、NiO,加入硫酸镁净化除去的“滤渣2”的成分为氢氧化镁,滤液经冷却结晶得到硫酸钠,向溶液中加入D318Ⅲ树脂进行离子交换,再加入氨水解析:得到“解析:液”,处理后得到钼酸铵。(1)由题中信息可知,含Mo的产物为Na2MoO4,没有含硫气态物质生成,结合流程可知硫元素被氧化为最高价的盐Na2SO4,流程中生成CO2,则“焙烧”过程中MoS2发生反应的化学方程式为2MoS2+6Na2CO3+9O22Na2MoO4+4Na2SO4+6CO2。(2)FeS2被氧化为Fe2O3,Fe2O3不溶于碱性的碳酸钠溶液成为滤渣,由题中信息可知Ni以+2价氧化物NiO存在,NiO也不溶于碱性碳酸钠溶液,则“滤渣1”的主要成分为Fe2O3、NiO。(3)由图可知,当Na2CO3实验用量与理论用量的比值从1.0增加到1.2时,钼的浸出率明显增加,当Na2CO3实验用量与理论用量的比值从1.2增加到1.3时,钼的浸出率增加不大,但CO32-的残留浓度显著增大,故最佳用量比选择1(4)c(CO32-)=3.00g·L1,转换单位后c(CO32-)=3.00g·L-160g·mol-1=0.05mol·L1,完全沉淀此部分CO32-需c(Mg2+)=0.05mol·L1,当CO32-沉淀完全后溶液中c(Mg2+)=Ksp(MgCO3)c(CO32-)=6.5×10-61×10-5mol·L1=0.65mol·L1,合计c(Mg2+)=(0.05+0.65)mol·L1=0.70mol·L1,故每升溶液中需加入0.70molMgSO4。若“净化”完成后溶液pH=8,则此时溶液中c(H+)=10(5)由图可知,一个晶胞中含有2个Mo原子,4个S原子,故1∶y=2∶4,y=2;晶胞中与S原子距离最近且相等的Mo原子数目为3,故晶胞中与Mo原子距离最近且相等的S原子数目为6。4.(12分)(2024·广西柳州三模)氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色等。工业上常用辉铋矿(主要成分是Bi2S3,还含有少量SiO2、铁的氧化物等杂质)为原料制备氯氧化铋。已知:①Bi3+在pH=1时开始水解,pH≥3时几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀;②该工艺下,有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。金属离子Fe3+Fe2+开始沉淀的pH1.97.2沉淀完全的pH2.98.2(1)铋与氮同主族,且位于元素周期表的第六周期,基态Bi原子的价层电子排布式为。

(2)“浸渣”的主要成分是S和,“浸取”时生成S的离子方程式为

。

(3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是。

(4)加入碳酸钠粉末制取BiOCl时,溶液pH需控制的合理范围为,发生反应的化学方程式为。

(5)氯氧化铋(BiOCl)可用作钾离子电池(有机化合物作离子导体)的负极材料,充电时嵌入K+,BiOCl被还原为Bi,则阴极的电极反应式是

。

(6)铋的一种氧化物的立方晶胞结构如图所示,已知最近的两个铋离子之间的距离为apm,设阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为g·cm3(列出计算式即可)。

答案:(1)6s26p3(2)SiO2Bi2S3+6Fe3+2Bi3++3S+6Fe2+(3)将铁离子还原为亚铁离子,避免后续调节pH时铁离子转化为沉淀(4)3~7.2BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl(5)BiOCl+3e+3K+Bi+KCl+K2O(6)4×241(解析:向辉铋矿加入氯化铁和盐酸进行浸取,铁离子具有氧化性,将硫氧化为硫单质,二氧化硅不反应,硫单质和二氧化硅成为滤渣,滤液中含有Bi3+、Fe3+,加入盐酸羟胺将铁离子还原为亚铁离子,避免后续调节pH时铁离子转化为沉淀,然后加入碳酸钠调节pH,结合题干可知,调节pH在3~7.2可使Bi3+完全水解为BiOCl沉淀,且无其他沉淀。(1)铋与氮均为ⅤA族元素,铋位于元素周期表的第六周期,则基态Bi原子的价层电子排布式为6s26p3。(2)由分析可知,“浸渣”的主要成分是S和SiO2,“浸取”时生成S的离子方程式为Bi2S3+6Fe3+2Bi3++3S+6Fe2+。(3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是将铁离子还原为亚铁离子,避免后续调节pH时铁离子转化为沉淀。(4)已知pH≥3时Bi3+几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀,且不能使得亚铁离子沉淀,则加入碳酸钠粉末制取BiOCl时,溶液pH需控制的合理范围为3~7.2;Bi3+水解为白色的BiOCl沉淀,发生反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl。(5)充电过程为电解池,电解池中阴极发生还原反应,电解池中有机化合物作离子导体,充电时嵌入K+,则BiOCl得到电子发生还原反应生成Bi,电极反应式为BiOCl+3e+3K+Bi+KCl+K2O。(6)已知最近的两个铋离子之间的距离为apm,由图可知最近距离是面对角线的二分之一,则晶胞边长为2apm;根据“均摊法”,晶胞中含8×18+6×12=4个Bi、8个O,则晶体密度为4MNA(2a)3×1030g·cm3=5.(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)(2024·江苏南通第二次调研)实验室以FeS2为原料制备磷酸亚铁晶体[Fe3(PO4)2·8H2O],其部分实验过程如下:(1)将一定体积98%的浓硫酸稀释为200mL30%的硫酸,除量筒外,还必须使用的玻璃仪器有。

(2)检验“还原”已完全的实验操作为

。

(3)向过滤后的滤液中加入Na2HPO4,并用氨水或CH3COONa调节溶液pH,“共沉淀”过程生成Fe3(PO4)2·8H2O。①若使用CH3COONa调节溶液的pH,“共沉淀”反应的离子方程式为。

②不使用NaOH调节溶液pH的原因是

。

③补充完整利用如图所示装置(夹持装置已略去)制取Fe3(PO4)2·8H2O的实验方案:向三颈烧瓶中加入抗坏血酸溶液,

至混合溶液pH≈4,

,充分搅拌一段时间,过滤,洗涤固体,真空干燥。(已知:所用抗坏血酸溶液的pH=2.8,当溶液pH控制在4~6之间时,所得晶体质量最好。恒压滴液漏斗a、b中分别盛放FeSO4溶液和CH3COONaNa2HPO4混合溶液)(4)测定样品中Fe3(PO4)2·8H2O(M=502g·mol1)的纯度。取0.6275g样品完全溶解后配制成250mL溶液,取出25.00mL置于锥形瓶中,加入一定量的H2O2溶液将铁元素完全氧化,以磺基水杨酸为指示剂,用0.02000mol·L1EDTA标准溶液进行滴定至终点(Fe3+与EDTA按物质的量之比1∶1发生反应),消耗EDTA溶液15.00mL。计算该磷酸亚铁晶体样品的纯度为。

答案:(1)烧杯、玻璃棒(2)取少量还原后的溶液置于试管中,滴加KSCN溶液(或亚铁氰化钾溶液)(3)①3Fe2++2HPO42-+2CH3COO+8H2OFe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH②NaOH碱性强,容易造成局部pH过高,生成Fe(OH)2等杂质③向三颈烧瓶中滴加CH3COONaNa2HPO4混合溶液再向三颈烧瓶中滴加FeSO4溶液,通过调节恒压滴液漏斗a、b的活塞,控制溶液pH(4)80.00%解析:煅烧二硫化亚铁可得到氧化铁,用硫酸酸溶后得到硫酸铁,用二硫化亚铁还原硫酸铁生成硫酸亚铁和硫沉淀,过滤,向滤液中加磷酸氢二钠共沉淀生成磷酸亚铁晶体[Fe3(PO4)2·8H2O]。(1)将一定体积98%的浓硫酸稀释为200mL30%的硫酸,使用的仪器除量筒外,还必须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒。(2)“还原”时,硫酸铁与二硫化亚铁反应生成硫酸亚铁和硫沉淀,“还原”已完全时溶液中无铁离子,则检验“还原”已完全的实验操作为取少量还原后的溶液置于试管中,滴加KSCN溶液(或亚铁氰化钾溶液),溶液不变红(或没有生成蓝色沉淀)。(3)①若使用CH3COONa调节溶液pH,“共沉淀”反应生成Fe3(PO4)2·8H2O和醋酸,该反应的离子方程式为3Fe2++2HPO42-+2CH3COO+8H2OFe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH。②不使用NaOH调节溶液pH的原因是NaOH碱性强,容易造成局部pH过高,生成Fe(OH)2等杂质。③制取Fe3(PO4)2·8H2O的实验方案:向三颈烧瓶中加入抗坏血酸溶液,向三颈烧瓶中滴加CH3COONaNa2HPO4混合溶液至混合溶液pH≈4,再向三颈烧瓶中滴加FeSO4溶液,通过调节恒压滴液漏斗a、b的活塞,控制溶液pH为4~6,充分搅拌一段时间,过滤,洗涤固体(4)每25.00mL溶液中n(Fe2+)=0.02000mol·L1×15.00mL×103L·mL1=3.000×104mol,n[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×104mol,0.6275g样品中含n[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×104mol×25025.00=1.000×103mol,m[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×103mol×502g·mol1=0.5020g,则样品纯度为0.5027.(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:

。

(