2025年高考二輪復習化學大單元主觀題突破23

主觀題突破二(分值:100分)學生用書P2191.(15分)(2024·甘肅卷,15節(jié)選)我國科研人員以高爐渣(主要成分為CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)為原料,對煉鋼煙氣(CO2和水蒸氣)進行回收利用,有效減少了環(huán)境污染,主要流程如圖所示。已知:Ksp(CaSO4)=4.9×105Ksp(CaCO3)=3.4×109(1)高爐渣與(NH4)2SO4經焙燒產生的“氣體”是。

(2)“濾渣”的主要成分是CaSO4和。

(3)“水浸2”時主要反應的化學方程式為,該反應能進行的原因是。

(4)鋁產品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于。

答案:(1)NH3(2)SiO2(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣(4)凈水解析:高爐渣(主要成分為CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃下焙燒,生成硫酸鈣、硫酸鎂、硫酸鋁,同時產生氣體,該氣體與煙氣(CO2和水蒸氣)反應生成(NH4)2CO3,所以該氣體為NH3;焙燒產物經過“水浸1”,然后過濾,“濾渣”為CaSO4以及未反應的SiO2,濾液中溶質主要為硫酸鎂、硫酸鋁及硫酸銨;濾液經濃縮結晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富鎂溶液;向“濾渣”中加入(NH4)2CO3溶液,濾渣中的CaSO4會轉化為更難溶的碳酸鈣。(1)高爐渣與(NH4)2SO4經焙燒產生的“氣體”是NH3。(2)“濾渣”的主要成分是CaSO4和未反應的SiO2。(3)“水浸2”時主要反應為硫酸鈣與碳酸銨反應生成更難溶的碳酸鈣,反應的化學方程式為CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4,該反應之所以能發(fā)生,是由于Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣。(4)鋁產品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,會產生Al3+,Al3+水解生成Al(OH)3膠體,可用于凈水。2.(12分)(2024·山東卷)以鉛精礦(含PbS、Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag的工藝流程如下:回答下列問題:(1)“熱浸”時,難溶的PbS和Ag2S轉化為[PbCl4]2和[AgCl2]及單質硫。溶解等物質的量的PbS和Ag2S時,消耗Fe3+物質的量之比為;溶液中鹽酸濃度不宜過大,除防止“熱浸”時HCl揮發(fā)外,另一目的是防止產生(填化學式)。

(2)將“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶,電解所得溶液可制備金屬Pb?！半娊猗瘛标枠O產物用尾液吸收后在工藝中循環(huán)使用,利用該吸收液的操作單元為。

(3)“還原”中加入鉛精礦的目的是。

(4)“置換”中可選用的試劑X為(填字母);

AE.Al BE.ZnCE.Pb DE.Ag“置換”反應的離子方程式為

。

(5)“電解Ⅱ”中將富銀鉛泥制成電極板,用作(填“陰極”或“陽極”)。

答案:(1)1∶1H2S(2)熱浸(3)將過量的Fe3+還原為Fe2+(4)CPb+2[AgCl2][PbCl4]2+2Ag(5)陽極解析:本題以鉛精礦(含PbS、Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag,“熱浸”時,難溶的PbS和Ag2S轉化為[PbCl4]2和[AgCl2]及單質硫,Fe3+被還原為Fe2+,“過濾Ⅰ”除掉單質硫,濾液中[PbCl4]2在稀釋、降溫的過程中轉化為PbCl2沉淀,然后用飽和食鹽水熱溶,增大氯離子濃度,使PbCl2又轉化為[PbCl4]2,電解得到Pb;過濾Ⅱ后的濾液成分主要為[AgCl2]、FeCl2、FeCl3,故加入鉛精礦主要將FeCl3還原為FeCl2,試劑X將[AgCl2]置換為Ag,得到富銀鉛泥,試劑X為鉛,尾液中含FeCl2。(1)“熱浸”時,Fe3+將PbS和Ag2S中2價的硫氧化為單質硫,Fe3+被還原為Fe2+,在這個過程中Pb和Ag的化合價保持不變,所以溶解等物質的量的PbS和Ag2S時,S2的物質的量相等,所以消耗Fe3+的物質的量相等,比值為1∶1;溶液中HCl濃度過大時會生成H2S氣體。(2)“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶,會溶解為[PbCl4]2,電解含[PbCl4]2的溶液可制備金屬Pb,Pb在陰極產生,陽極Cl放電產生Cl2,尾液中含有FeCl2,FeCl2吸收Cl2后轉化為FeCl3,可以在“熱浸”中循環(huán)使用。(3)“過濾Ⅱ”所得的濾液中有過量的未反應的Fe3+,根據還原之后可以得到含硫濾渣可知,“還原”中加入鉛精礦的目的是將過量的Fe3+還原為Fe2+。(4)“置換”中加入試劑X可以得到富銀鉛泥,為了防止引入其他雜質,則試劑X應為Pb,發(fā)生的反應為Pb+2[AgCl2]2Ag+[PbCl4]2。(5)“電解Ⅱ”中將富銀鉛泥制成電極板,“電解Ⅱ”得到金屬銀和金屬鉛,將銀和鉛分離出來,所以不可能作為陰極,應作為陽極板,陽極放電時,銀變成陽極泥而沉降下來,鉛失電子為Pb2+,陰極得電子得到Pb,所以電極板應作陽極。3.(12分)(2024·山東名校聯(lián)盟二模)以水鈷礦(Co2O3·H2O,含Fe2O3、MgO、CaO)和輝銅礦(Cu2S,含SiO2、Fe2O3)為原料制取膽礬和單質鈷。已知:①常溫下,Ksp(MgF2)=6.25×109,Ksp(CaSO4)=7.1×107,Ksp(CoCO3)=2.4×107;②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表:金屬離子Fe3+Fe2+Co2+Cu2+開始沉淀時(c=0.01mol·L1)的pH2.77.57.64.7完全沉淀時(c=105mol·L1)的pH3.79.09.16.2③萃取Cu2+的反應原理:Cu2++2HRCuR2+2H+;④Mg、Ca、Fe、Co均能與強酸反應產生H2?；卮鹣铝袉栴}:(1)“酸浸”過程硫元素價態(tài)變?yōu)?6價,寫出“酸浸”過程中主要反應的化學方程式:。

(2)“濾渣1”的主要成分為。

(3)常溫下,“濾液1”中(Fe元素都以Fe3+形式存在)加“氧化銅”調pH不小于。

(4)常溫下,若“濾液2”中c(Mg2+)=0.015mol·L1(忽略溶液中極少量的Ca2+),除去2L“濾液2”中的Mg2+,至少需加入NaF固體的質量為g(忽略溶液體積的變化,保留至小數點后一位)。

(5)“反萃取”步驟中加入的“試劑a”為。

(6)采用惰性電極電解CoCl2溶液﹑在無離子交換膜的條件下,不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是

。

(7)將制得的膽礬配成溶液,先加入足量氨水,得到深藍色溶液,再通入SO2至弱酸性,生成白色沉淀。經儀器分析:白色沉淀含H、N、O、S、Cu五種元素,且Cu∶N∶S=1∶4∶1;所含銅離子中無單電子;晶體的部分組成微粒的空間結構分別為三角錐形和正四面體形。則白色沉淀的化學式為。

答案:(1)Cu2S+5Co2O3·H2O+11H2SO42CuSO4+10CoSO4+16H2O(2)SiO2、CaSO4(3)3.7(4)4.6(5)稀硫酸(6)電解CoSO4溶液使溶液呈酸性,將生成的Co再次溶解(7)[NH4Cu(NH3)3]SO4解析:水鈷礦(Co2O3·H2O,含Fe2O3、MgO、CaO)和輝銅礦(Cu2S,含SiO2、Fe2O3)中加硫酸進行溶解,二氧化硅不能被硫酸溶解,同時生成硫酸鈣,過濾將二者除去;溶解過程中Co3+將Cu2S氧化,自身被還原為Co2+;加入氧化銅調節(jié)pH,使Fe3+形成沉淀過濾除去;加入NaF,可使Mg2+和Ca2+形成沉淀,過濾除去;加入萃取劑對Cu2+進行萃取,使Cu2+和Co2+分離,分離后加入反萃取劑硫酸進行反萃取后得含CuSO4的溶液,進一步得到膽礬;萃取后水相中加入碳酸鈉將Co2+沉淀形成CoCO3,加鹽酸溶解后對溶液進行電解得Co。(1)“酸浸”過程Co元素化合價由+3價降為+2價,硫元素化合價由2價變?yōu)?6價,Cu元素化合價由+1價升高為+2價,根據得失電子守恒及質量守恒,化學方程式:Cu2S+5Co2O3·H2O+11H2SO42CuSO4+10CoSO4+16H2O。(2)根據分析,“濾渣1”的主要成分:SiO2、CaSO4。(3)為確保Fe3+完全沉淀,應調pH不小于3.7。(4)“濾液2”中c(Mg2+)=0.015mol·L1,除去后認為溶液中c(Mg2+)≤105mol·L1,c(F)≥Ksp(MgF2)c(Mg2+)=6.25×10-910-5mol·L1=2.5×102mol·L1,生成MgF2沉淀反應過程中Mg2+濃度變化:(0.0150.00001)mol·L1,“濾液2”體積為2L,則消耗NaF物質的量:n(NaF)=2n(Mg2+),至少需加入NaF物質的量n(NaF)=(0.0150.00001)mol·L1×2L×2+2.5×102mol·L1×2L=0.109(5)根據萃取Cu2+的反應原理:Cu2++2HRCuR2+2H+及產物為膽礬可判斷,“反萃取”步驟中加入的“試劑a”為稀硫酸。(6)用CoSO4溶液代替CoCl2溶液,電解過程中陽極發(fā)生電極反應:2H2O4eO2↑+4H+,導致溶液呈酸性,而陰極電極反應:Co2++2eCo,生成的Co在酸性環(huán)境下被溶解。4.(12分)(2024·山東日照一模)回收利用廢舊鋰離子電池中鈷酸鋰粗品制備LiCoO2產品,可實現資源的循環(huán)利用。其工藝流程如下。已知:①氯化膽堿[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl]是銨鹽,熔點較低;LiCoO2熔點較高。②Co2+在溶液中常以[CoCl4]2(藍色)和[Co(H2O)6]2+(粉紅色)形式存在。③常溫下,Ksp[Co(OH)2]=1×1015?；卮鹣铝袉栴}:(1)“水浸”過程中溶液由藍色逐漸變?yōu)榉奂t色,則“微波共熔”后獲得的含Li、Co的化合物為(填化學式),“微波共熔”中氯化膽堿的作用是

。

(2)“沉鈷”過程發(fā)生反應的離子方程式為。常溫下,鈷離子恰好沉淀完全時溶液的pH=[當c(Co2+)≤105mol·L1時可認為離子沉淀完全]。

(3)“煅燒”過程生成Co3O4,則消耗的n[Co(OH)2]∶n(O2)=。

(4)可回收利用“沉鋰”后的濾液的操作單元是。

(5)“高溫燒結”發(fā)生反應的化學方程式為

。

答案:(1)Li2[CoCl4]作為反應物提供Cl,作助劑降低LiCoO2熔融所需的溫度(2)[Co(H2O)6]2++2OHCo(OH)2↓+6H2O9(3)6∶1(4)沉鈷(5)6Li2CO3+O2+4Co3O412LiCoO2+6CO2解析:(1)[CoCl4]2呈藍色,“水浸”過程中溶液由藍色逐漸變?yōu)榉奂t色,則“微波共熔”后獲得的含Li、Co的化合物為Li2[CoCl4],又已知氯化膽堿[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl]是銨鹽,熔點較低,LiCoO2熔點較高,則“微波共熔”中氯化膽堿的作用是作為反應物提供Cl,作助劑降低LiCoO2熔融所需的溫度。(2)“水浸”之后,溶液變?yōu)榉奂t色,Co2+在溶液中的存在形式為[Co(H2O)6]2+,加入氫氧化鈉沉鈷,得到Co(OH)2沉淀,則“沉鈷”過程發(fā)生反應的離子方程式為[Co(H2O)6]2++2OHCo(OH)2↓+6H2O。常溫下,Ksp[Co(OH)2]=1×1015,當c(Co2+)≤105mol·L1時可認為離子沉淀完全,則鈷離子恰好沉淀完全時溶液中c(OH)=105mol·L1,pOH=5,則pH=9。(3)“煅燒”過程Co(OH)2生成Co3O4,反應為6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O,則消耗的n[Co(OH)2]∶n(O2)=6∶1。(5)碳酸鋰和Co3O4高溫燒結(通入空氣氧化)得到LiCoO2產品,則“高溫燒結”發(fā)生反應的化學方程式為6Li2CO3+O2+4Co3O412LiCoO2+6CO2。5.(12分)(2024·山東臨沂二模)高純二硫化鉬(MoS2)粉體被譽為“固體潤滑之王”。由鉬精礦(主要成分為MoS2,還有少量MgO、Fe2O3、K2CO3等)制備高純MoS2的一種工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}:(1)“焙燒”時生成MoO3的化學方程式為

;

“水洗”的目的是。

(2)“轉化”過程中,存在MoO42-→MoO3S2→MoO2S22-→①(NH4)2MoO4轉化為(NH4)2MoS4的化學方程式為。

②保持溫度為55℃反應1h后,冷卻至20℃并靜置24h,測得δ=n[(NH4)2S]δ=3時,(NH4)2MoS4晶體產率為0的原因是;δ>4時,(NH4)2MoS4晶體產率繼續(xù)增大的原因是

。

(3)“酸浸”和“高溫還原”中產生的氣體可通入(填操作單元的名稱)中循環(huán)使用。

(4)MoS2也可由(NH4)2MoS4在一定條件下加熱分解制得,同時產生NH3、H2S和某種硫單質,且NH3與硫單質的物質的量之比為8∶1,則硫單質的分子式為。

答案:(1)2MoS2+7O22MoO3+4SO2除去碳酸鉀(2)①(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O②(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4轉化生成(NH4)2MoS3繼續(xù)加入(NH4)2S,使得銨根離子濃度增大,降低了(NH4)2MoS4的溶解度,使其結晶析出,導致晶體產率繼續(xù)增大(3)轉化(4)S4解析:鉬精礦在空氣中煅燒時,MoS2轉化為MoO3和二氧化硫,水洗除去碳酸鉀等可溶物,過濾分離出固體并加入氨水浸取,氧化鐵、氧化鎂不反應成為“浸渣”,浸取液中含有(NH4)2MoO4,加入硫化銨將(NH4)2MoO4轉化為(NH4)2MoS4,加入稀硫酸酸浸,得到硫化氫氣體和MoS3沉淀:MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑,使用氫氣在高溫下還原MoS3得到MoS(1)空氣中的氧氣具有氧化性,“焙燒”時MoS2被氧化為MoO3,同時生成二氧化硫,該反應的化學方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2;氧化鐵、氧化鎂、MoO3均不溶于水,而碳酸鉀溶于水,則“水洗”的目的是除去碳酸鉀。(2)①向含(NH4)2MoO4的溶液中加入硫化銨生成(NH4)2MoS4,根據質量守恒可知,同時生成一水合氨,化學方程式為(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O。②δ=3時,(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4轉化生成(NH4)2MoS3,故(NH4)2MoS4晶體產率為0;δ>4時,(NH4)2MoO4轉化生成(NH4)2MoS4,繼續(xù)加入(NH4)2S,使得溶液中銨根離子濃度增大,降低了(NH4)2MoS4溶解度,使其結晶析出,從而導致晶體產率繼續(xù)增大。(3)“酸浸”和“高溫還原”中產生的氣體為硫化氫,硫化氫和氨水反應生成硫化銨,故可通入“轉化”環(huán)節(jié)中繼續(xù)使用。(4)NH3與硫單質的物質的量之比為8∶1,假設生成8分子氨氣、1分子硫單質,根據質量守恒可知,有4分子(NH4)2MoS4參與反應,則生成4分子MoS2,Mo化合價由+6價變?yōu)?4價,轉移4×2=8個電子,生成硫單質的硫化合價由2價變?yōu)?價,根據得失電子守恒可知,生成硫單質中硫原子數目為8÷2=4,故硫單質化學式為S4。6.(12分)(2024·山東德州一模)BiVO4是一種光催化材料。工業(yè)利用某廢催化劑(主要含V2O5、Bi2O3、NiO及少量Al2O3、SiO2)制備BiVO4的工藝流程如下:已知:Ⅰ.Bi2O3、NiO都是不溶于水的堿性氧化物Ⅱ.0.1mol·L1Bi(NO3)3溶液的pH=1.0Ⅲ.VO2++2HR(有機層)VOR2(有機層)+2H+回答下列問題:(1)濾渣的主要成分是;酸化時,[Al(OH)4]完全轉化為Al(OH)3的最大pH為。{已知Al(OH)3+OH[Al(OH)4]K=100.63;離子濃度≤105mol·L1時沉淀完全}

(2)“酸化”后的溶液中存在VO3-,則“還原”時發(fā)生反應的離子方程式為

(3)反萃取劑應選用(填“酸性”“中性”或“堿性”)溶液;若“萃取”“反萃取”的過程中釩的總回收率為90%,則“還原”時加入的Na2SO3和“氧化”時加入的NaClO3的物質的量之比為。

(4)生成BiVO4的化學方程式為,實驗測得溶液pH、溫度和Bi(NO3)3溶液濃度對生成BiVO4的粒徑影響圖像如下:

綜合分析:制備粒徑較小的BiVO4晶體的最佳條件是;制備過程中需加入NaOH維持最佳pH,若Bi(NO3)3過量,需要增加NaOH的用量,原因是

。

答案:(1)Al(OH)3和H2SiO38.37(2)2VO3-+SO32-+6H+2VO2++S(3)酸性10∶3(4)H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3BiVO4+NH4NO3+2HNO3pH=6,80℃,濃度為1.0mol·L1Bi(NO3)3溶液顯酸性,則為了維持最佳pH,需要增加NaOH的用量解析:(1)某廢催化劑首先用氫氧化鈉溶液堿溶,根據信息可知,“沉淀”為Bi2O3、NiO,其中氧化鋁和二氧化硅分別轉化為四羥基合鋁酸鈉和硅酸鈉,過濾后再酸化,則濾渣主要成分為Al(OH)3和H2SiO3;題中反應的平衡常數K=c([Al(OH)4]-)c(OH-)=10-5mol·L-1c(OH-)=100(2)根據流程可知,“還原”時VO3-轉化為VO2+,相應的方程式為2VO3-+SO32-+6H+2VO2+(3)結合信息Ⅲ,根據平衡移動原理可知,反萃取劑應選用酸性溶液;“萃取”“反萃取”前后V的化合價都是+4價,則根據得失電子守恒可知,還原劑失去電子的物質的量等于氧化劑得到電子的物質的量,設Na2SO3的物質的量為x,NaClO3的物質的量為y,則2x×90%=6y,則x∶y=10∶3。(4)根據流程可知,生成BiVO4的化學方程式為H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3BiVO4+NH4NO3+2HNO3;根據圖中信息可知,制備粒徑較小的BiVO4晶體的最佳條件是pH=6,80℃,濃度為1.0mol·L1;根據信息Ⅱ可知,Bi(NO3)3溶液顯酸性,則為了維持最佳pH,需要增加NaOH的用量。7.(12分)(2024·江蘇南京二模)高效氧化劑亞氯酸鈉(NaClO2)常用于煙氣脫硝(NOx)和廢水脫除氨氮。(1)NaClO2的制備。一種制備NaClO2的過程可表示為:①“反應2”的化學方程式為

。

②“反應1”的產物ClO2經凈化后常作為飲用水消毒劑替代傳統(tǒng)的Cl2,從消毒后飲用水水質和消毒效率(單位質量消毒劑被還原時得電子數)的角度考慮,用ClO2替代Cl2的原因是

。

(2)NaClO2溶液對煙氣脫硝。①酸性條件下,Fe3+可催化溶液中的NaClO2產生氧化性更強的ClO2氣體,總反應可表示為5ClO2-+4H+4ClO2+Cl+2H2O。請補充完整過程Ⅱ的離子方程式Ⅰ.Fe3++ClO2-FeClOⅡ.;

Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+5Fe3++Cl+2H2O。②Fe3+催化NaClO2溶液脫硝。其他條件相同時,煙氣中NO氧化率隨c(Fe3+)、反應溫度的變化分別如圖所示。ⅰ.NO氧化率隨c(Fe3+)增大而增大的原因是

。

ⅱ.溫度升高,NO氧化率先增大后減小的可能原因是

。

(3)NaClO2溶液處理氨氮廢水。向一定量酸性氨氮廢水中加入一定體積已知濃度的NaClO2溶液,用傳感器測得溶液中NH4+與NO3-含量隨反應時間的變化如圖所示。判斷該實驗中被氧化的NH4+是否全部轉化為答案:(1)①2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O②可避免產生對人體有害的有機氯化物,且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍(2)①FeClO22+Fe2++ClO2②ⅰ.催化劑Fe3+的濃度增大,生成氧化性更強的ClO2速率加快,NOⅱ.溫度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反應速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度減小,導致NO氧化率減小。溫度低于60℃時,以前者為主,高于60℃時,以后者為主(3)一定時間內,相同體積溶液中,若NH4+減少的質量與NO3-增加的質量的比值約為18∶62,則被氧化的N解析:根據NaClO2的制備過程可知,NaClO3與SO2在酸性條件下發(fā)生反應生成硫酸氫鈉、ClO2;生成的ClO2與H2O2反應生成NaClO2和氧氣。(1)①ClO2與H2O2反應生成NaClO2和氧氣,1molClO2得1mol電子,1molH2O2失2mol電子,根據得失電子守恒可得反應的化學方程式為2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O。②使用ClO2可避免產生對人體有害的有機氯化物,且1molClO2轉化為氯離子得5mol電子,而1molCl2轉化為氯離子得2mol電子,ClO2的消毒效率與Cl2的消毒效率之比為5mol67.5g·mol(2)①結合反應Ⅰ和Ⅲ可知,反應Ⅱ中FeClO22+作反應物,Fe2+、ClO2作產物,該反應為FeClO22+Fe2++ClO2。②催化劑Fe3+的濃度增大,生成氧化性更強的ClO2的速率加快,NO的氧化率提高。③溫度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反應速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度減小,導致NO氧化率減小。溫度低于60℃時,以前者為主,高于60℃(3)一定時間內,相同體積溶液中,若NH4+幾乎全部轉化為NO3-,則NH4+減少1mol即18g時應生成1molNO3-,則NO3-增加的質量為62g,因此當NH4+減少的質量與N8.(12分)(2024·山東濰坊調研試題二)錳廢渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通過沉淀萃取法可以回收其中的錳、鈷、鎳,流程如圖所示。已知:萃取劑a和萃取劑b均為有機化合物,可用通式HR表示,萃取金屬離子時,發(fā)生反應:nHR+Mn+MRn+nH+(M代表被萃取的金屬)。回答下列問題:(1)MnO2的作用是。

(2)該流程中涉及的實驗操作有(填字母)。

AE.過濾 BE.蒸發(fā)結晶CE.分液 DE.蒸餾(3)加入CaCO3調pH的目的是

。

(4)已知:Ksp(CaF2)=5.3×109,Ksp(MgF2)=5.2×1011,向除鐵后的溶液中加入MnF2,當溶液中c(Mg2+)=1.0×105mol·L1時,c(Ca2+)=mol·L1(保留1位有效數字)。

(5)寫出反萃取出Mn2+的離子方程式:

。

(6)回收液中Ni2+濃度的測定:取50.00mLNi2+回收液,滴入幾滴紫脲酸胺(紫色)指示劑(遇Ni2+顯橙黃色),