2026年高考化学二轮复习（全国）微专题02V、Cr、Mn、Co等过渡金属化合物的制备流程（专练）（解析版）

微专题02“V、Cr、Mn、Co”等过渡金属及化合物的制备流程情境突破练压轴提速练1．新考法【结合回收流程考查化学原理】（25-26高三上·内蒙古·开学考试）三氧化二铬可用作着色颜料、陶瓷添加剂和有机合成催化剂。一种从铬渣(主要含，及少量和Fe、Ca等元素)中分离回收的流程如下：已知：焦亚硫酸钠常用作食品抗氧化剂；的化学性质与类似。回答下列问题：(1)铬渣首先需进行粉碎研磨，其目的是。(2)“焙烧”时铬元素转化为，则发生反应的化学方程式为。(3)“滤渣”的主要成分除外，还有(写化学式)。(4)“还原”中发生反应的离子方程式为。(5)“除铁”反应的平衡常数(写表达式)。(6)“调pH”中，时铬的沉淀率减小的原因是。(7)100kg矿渣中得到80kg纯度为95%的，若整个过程中Cr元素的损失率为20%，则矿渣中Cr的质量分数为。【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分(2)(3)(或)(4)(5)(6)会溶解在过量的碱溶液中(7)65%(或0.65)【分析】向铬渣(主要含，及少量和Fe、Ca等元素)中加入，通入进行焙烧，发生主要和反应，加入硫酸进行酸浸，、，还有钙元素与硫酸反应后过滤，得到滤渣，“滤渣”的主要成分除外，还有(或)，滤液中加入焦亚硫酸钠，发生反应，将还原为，加入草酸，将除去，加入NaOH调节pH值，得到沉淀，煅烧得到固体，据此回答。【解析】（1）铬渣粉碎研磨的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分，因为固体反应物的接触面积越大，反应进行得就越快、越彻底；（2）根据氧化还原反应规律，“焙烧”时与、反应生成和，Cr元素从+3价升高到+6价，中O元素从0价降低到-2价，通过配平得到该方程式为；（3）由分析知，“滤渣”的主要成分除外，还有(或)；（4）焦亚硫酸钠()常用作食品抗氧化剂，具有还原性，能将还原为，离子方程式为；（5）对于反应，平衡常数K的表达式为，因为固体物质的浓度视为1，不写入平衡常数表达式，所以只需要考虑溶液中各物质的浓度；（6）已知的化学性质与类似，是两性氢氧化物，能与强碱反应，当pH>8.0时，会与NaOH反应生成可溶性的物质（类似与NaOH反应），导致铬的沉淀率减小；（7）首先计算80kg纯度为95%的中Cr元素的质量：（的相对分子质量为152，Cr的相对原子质量为52），设矿渣中Cr的质量为x，由于整个过程中Cr元素的损失率为20%，则有，解得，计算可得矿渣中Cr的质量分数为。2．新情境【结合钒电解液(溶液)的制备考查钒及其化合物的制备流程图】（2025·湖南·一模）钒是重要的战略金属，广泛应用于储能、合金等领域，现代工业利用钒渣(主要成分为、，含少量、、等杂质)制备钒电解液(溶液)的一种绿色工艺流程如下：已知：①多钒酸铵在pH为2至6条件下溶解度极低，在强酸性条件下()会溶解。②在酸性介质中，钒的稳定阳离子以形式存在，具有氧化性。根据以上流程，回答下列问题：(1)V属于区元素，其基态原子的价电子排布式为。(2)“焙烧”过程中，钒渣中的转化为的化学方程式为。(3)“溶解”后，滤渣1的主要成分是(填化学式)。(4)常温下，若水浸后滤液1中，为回收滤液中的Cr，将其转化为，以形式沉淀完全(浓度)，应控制pH至少为。{已知：常温下，，)(5)钒的“酸溶”步骤中，将还原为的离子方程式为；该反应需在酸性条件下进行，原因是。【答案】(1)d(2)(3)(4)5.6(5)保证钒元素以的形式存在，防止生成【分析】钒渣与氧气以及NaOH、Na2CO3一起焙烧，被氧气氧化为，被氧气氧化，生成，在通氧气条件下，与NaOH、Na2CO3反应生成,与碱反应生成，被氧气氧化，与碱反应生成；加水溶解后，不溶于水，成为滤渣1，其他物质变为相应的离子；加入调节pH，与反应生成，并且因为pH为2至6条件下溶解度极低，导致析出，变为跟随析出，其余物质（、）留在滤液中；不溶于酸，成为滤渣3，将还原为，生成，随后进行深度除杂、电解精制得到纯净的钒电解液。【解析】（1）V位于第四周期第VB族，属于d区元素；V为23号元素，其基态原子核外电子排布式为，则价层电子排布式为；（2）焙烧时，与Na2CO3、发生氧化还原反应，V从+3价被氧气氧化为+5价(中)，氧化剂是，氧从0价变为-2价，其化学反应方程式为：；（3）焙烧时，被氧气氧化为，不溶于水，故滤渣1是；（4）要使以形式沉淀完全(浓度)，根据可得，，则mol/L，pH≥5.6；（5）根据得失电子守恒，中的V为+5价，中的V为+4价，每个V原子得到1个电子，中的S为+4价，需要升价，变为（+6价），每个S原子失去2个电子，据此与的计量数之比为1:3，化学反应方程式为：；根据题目已知信息：在酸性介质中，阳离子有较稳定，具有氧化性，而后续流程中需要V元素以在的形式存在，故该反应需在酸性条件下进行，原因是酸性条件下有利于生成，保证钒元素以的形式存在，防止生成。3．新角度【结合二次电池添加剂的制备考查钴及其化合物的制备流程图】（2025·山西·三模）利用水钴矿(主要成分为)制备二次电池添加剂的流程如下：已知：i．沉淀过快无法形成，在碱性溶液中易被氧化。ii．时，。iii．的平衡常数。回答下列问题：(1)“酸浸”中与发生反应时，作(填“氧化剂”或“还原剂”)，反应的化学方程式为。(2)“沉铁”中被与空气混合产生的自由基氧化，中被还原为。(3)“滤渣1”是(填化学式)，“滤渣2”是(填化学式)，“萃取”的目的是。(4)过程中：①“沉钴”中，的离子方程式为，该反应的平衡常数(保留2位有效数字)。②制备，氨水和热NaOH溶液的加入顺序不能颠倒，理由是。③“沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是。【答案】(1)还原剂(2)(3)除去(4)加入氨水后形成的再加入热NaOH溶液“沉钴”时可缓释，有利于形成温度高有利于减少溶液中溶解的氧气，同时形成气氛以隔绝空气，防止产品被氧化【分析】水钴矿加入H2SO4、H2O2进行酸浸，得到Co2+、Fe3+、Mn2+还有SiO2，过滤后滤渣1为不反应的SiO2；滤液中加入Na2SO3并通入空气后，Fe3+生成Fe(OH)3沉淀得到滤渣2，过滤后滤渣2为Fe(OH)3，滤液中加入萃取剂萃取后，Mn2+在有机相中，水相经过一系列操作后得到CoSO4固体；CoSO4加入氨水进行碱溶得到，再加入热的氢氧化钠溶液后进行沉钴，过滤后得到β-Co(OH)2；【解析】（1）“酸浸”中与发生氧化还原反应生成Co2+和氧气，钴化合价降低，过氧化氢中氧化合价升高，过氧化氢为还原剂，结合电子守恒，方程式为；（2）被与空气混合产生的自由基氧化为铁离子，铁化合价升高，则中硫化合价降低，被还原为硫酸根离子；（3）由分析，“滤渣1”是，“滤渣2”是，“萃取”得到含钴离子的水层和含锰离子的有机层，其目的是除去；（4）①“沉钴”中过程中和加入的热氢氧化钠反应生成沉淀，离子方程式为，该反应的平衡常数。②沉淀过快无法形成，制备，氨水和热NaOH溶液的加入顺序不能颠倒，理由是：首先加入氢氧化钠直接形成氢氧化钴沉淀，不利于形成，在加入氨水后形成的再加入热NaOH溶液“沉钴”时可缓释，有利于形成。③在碱性溶液中易被氧化，“沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是温度高有利于减少溶液中溶解的氧气，同时形成气氛以隔绝空气，防止产品被氧化。建议用时：75min1．（24-25高三上·江西·期末）锰矿是一种非常重要的战略矿产资源，富锰矿和优质锰矿资源已被我国列为紧缺的矿种。以菱锰矿(主要成分为和，还含有少量的)为原料制备的流程如图。下列叙述错误的是A．“还原”中既是氧化产物，又是还原产物B．“氧化”中一次性加入双氧水比分批次加入效果更好C．“渣2”的主要成分是和D．“沉锰”时发生反应【答案】B【分析】菱锰矿中通入SO2气体将MnO2还原为MnSO4，三价铁还原为二价铁，加入硫酸酸浸得到滤渣1成分为CaSO4，CaSO4微溶于水，滤液中有Mn2+、Fe2+、Al3+和少量的Ca2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入CaCO3中和H+离子，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al3+生成Al(OH)3沉淀，加入NaF使Ca2+转化为CaF2沉淀；加入NH4HCO3，Mn2+生成MnCO3沉淀。【解析】A．“还原”发生的反应为MnO2+SO2=MnSO4，MnSO4既是氧化产物又是还原产物，A正确；B．“氧化”中一次性加入双氧水，双氧水在Fe3+作用下会分解为O2，双氧水的量过多，反应剧烈，温度升高，也会导致双氧水分解，消耗的双氧水的量会增加，分批次加入双氧水效果更好，B错误；C．由分析可知，“渣2”的主要成分是和，C正确；D．“沉锰”时加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为：，D正确；答案选B。2．（24-25高三上·陕西西安·月考）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。钒矿石中含，杂质为大量和少量CaO等，可通过碱熔法从钒矿石中提取纯度较高的，流程如下：已知：是以酸性为主的两性化合物，偏钒酸铵()与偏钒酸钙[]均难溶于水，在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙。下列说法错误的是A．盐浸工序得到滤渣的成分为B．洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaClC．气体②的成分为D．延长沉钒时间、增大溶液的浓度有利于沉钒【答案】C【分析】钒矿石中含，杂质为大量和少量CaO等。钒矿石加氢氧化钠“热熔”生成NaVO3、、等；加碳酸钠把、转化为碳酸钙和NaVO3、Na[Al(OH)4]，过滤出滤渣碳酸钙，滤液通过离子交换膜RN(CH3)3Cl发生反应RN(CH3)3Cl+NaVO3RN(CH3)3VO3+NaCl，加洗脱液NaCl洗脱，RN(CH3)3Cl+NaVO3RN(CH3)3VO3+NaCl逆向进行得到NaVO3溶液，NaVO3溶液加NH4Cl生成沉淀，焙烧生成氨气、水、V2O5。【解析】A.用NaOH热熔时，V2O5转化为偏钒酸钙[Ca(VO3)2]，Al2O3转化为Ca(AlO2)2，然后加入纯碱盐浸，Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2反应产生CaCO3沉淀，同时得到可溶性物质NaVO3、Na[Al(OH)4]，故盐浸工序得到滤渣的成分主要为CaCO3，故A正确；B.滤液通过离子交换膜RN(CH3)3Cl发生反应RN(CH3)3Cl+NaVO3RN(CH3)3VO3+NaCl，增大NaCl浓度，RN(CH3)3Cl+NaVO3RN(CH3)3VO3+NaCl逆向进行得到NaVO3溶液，洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl，故B正确；C.焙烧生成氨气、水、V2O5，气体②的成分为NH3，故C错误；D.沉钒过程是生成NH4VO3沉淀，因此延长沉钒时间、增大NH4Cl溶液的浓度，有利于沉钒，D正确；选C。3．（24-25高三上·辽宁·期末）用废催化剂()制备的过程如图所示。已知：可与纯碱反应生成。下列说法错误的是A．“焙烧”时有大量产生B．“酸浸”加料完成后，适当升温或延长浸泡时间，可提高钒元素的浸出率C．“分离”时采用蒸馏法，蒸馏操作中需要使用球形冷凝管D．“沉钒”时增大铵根浓度能降低的溶解度使其析出【答案】C【分析】回收催化剂并制备的过程可为：废催化剂主要成分为，加碳酸钠焙烧后转变为钠盐，同时释放出CO2气体，再加4%硫酸酸浸，过滤得滤液含，滤液中加入氯化铵析出沉淀。【解析】A．“焙烧”时可与纯碱反应生成，同时有大量产生，A正确；B．适当升温或延长浸泡时间，可提高钒元素的浸出率，B正确；C．蒸馏操作中不能使用球形冷凝管，应该用直形冷凝管，C错误；D．在溶于水时存在：(s)⇋(aq)+平衡，加入NH4Cl增大了的浓度，有利于平衡向左移动析出沉淀，D正确；答案选C。4．（24-25高三上·湖南长沙·月考）以某冶金工业产生的废渣(含、、)为原料制备的流程如下图所示。下列说法正确的是A．“煅烧”时与反应的物质的量之比为B．“除杂”时存在反应：C．“除杂”后的滤液可通过加盐酸酸化获得重铬酸钠溶液D．“反应”时发生复分解反应，可以用代替【答案】A【解析】A．煅烧时与发生反应，方程式为：+2NaAlO2+CO2↑，与的物质的量之比为1:1，A正确；B．过量对应的产物应为，方程式为：，B错误；C．重铬酸根离子会氧化氯离子，不能用盐酸酸化，错误；D．向转化所涉及的实验原理是不同物质的溶解度随温度变化不同，由于的溶解度基本不随温度变化，而的溶解度随温度升高而显著增大，所以升高温度时体系中的不溶物多为，趁热过滤除去后，再降温析晶得橙色晶体，而溶解度随温度升高而增大，因此不能改用，D错误；答案选A。5．（2025·四川遂宁·二模）工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料通过固体碱熔氧化法生产高锰酸钾，主要流程如下。下列说法错误的是A．“熔融氧化”应在铁坩埚中进行，陶瓷坩埚或Al2O3坩埚均不行B．“锰酸钾歧化”可以用H2SO4但不能用盐酸代替CO2C．“结晶”操作与从NaCl溶液得NaCl晶体操作相同D．该流程中可循环使用的物质是MnO2【答案】C【分析】软锰矿(主要成分为MnO2)、KOH和KClO3混合熔融氧化生成锰酸钾、氯化钾和水，加蒸馏水浸取得到锰酸钾溶液，通入CO2，锰酸钾发生歧化反应，生成高锰酸钾和MnO2，过滤得到高锰酸钾溶液，再蒸发结晶得到高锰酸钾。【解析】A．因为在“熔融氧化”过程中存在KOH，不能用瓷坩埚，可以用铁埚，A正确；B．锰酸钾歧化过程需要加入酸性物质使溶液显酸性，可以用H2SO4代替CO2，B正确；C．“滤液蒸发结晶”过程温度不能太高，且应该蒸发出现晶膜时停止加热，再冷却结晶，因为KMnO4受热易分解，C错误；D．锰酸钾发生歧化反应，生成高锰酸钾和MnO2，MnO2可以循环使用，D正确；答案选C。6.（25-26高三上·河北秦皇岛·开学考试）某工厂废弃料渣中含有Zn、Co、Cu和Fe的单质及Zn(OH)2，可以利用过硫酸钠（Na2S2O8）氧化水解法得到Co(OH)3，其工艺流程如下：下列说法错误的是A．Na2S2O8中硫的化合价为+6B．滤渣1的主要成分是Fe(OH)3C．依据上述流程，Co2+的还原性小于Fe2+D．沉钴时的离子方程式为2Co2++Na2S2O8+6OH-=2Co(OH)3↓+2+2Na+【答案】D【分析】废弃料渣中含有Zn、Co、Cu和Fe的单质及Zn(OH)2。酸浸步骤中，Zn、Co、Fe、Zn(OH)2转变为Zn2+、Co2+、Fe2+，进入浸出液。除铁步骤中，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，并加碱将Fe3+以Fe(OH)3沉淀的形式除去。沉钴步骤中，过硫酸钠（Na2S2O8）将Co2+氧化为Co3+，并加碱得到Co(OH)3沉淀。经过洗涤、干燥步骤，最终得到较纯净的Co(OH)3。【解析】A．的结构可表示为，可以看到，硫元素为+6价，过氧键（—O—O—）的2个氧原子呈-1价，A正确；B．除铁步骤中，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，并加碱将Fe3+以Fe(OH)3沉淀的形式除去，所以滤渣1的主要成分是Fe(OH)3，B正确；C．除铁步骤中，浸出液含有Co2+、Fe2+，而H2O2只氧化了Fe2+，说明Co2+的还原性小于Fe2+，C正确；D．Na2S2O8可溶，需拆开，所以沉钴时的离子方程式为2Co2+++6OH-=2Co(OH)3↓+2，D错误；故选D。7.（2025·山西晋城·模拟预测）利用铬铁矿(主要成分是，还含有FeS、等)制取和单质硅的工艺生产流程如图所示。已知：最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在。下列说法正确的是A．“焙烧”时FeS发生反应的化学方程式为B．“焙烧”时不参与反应C．“酸浸”时发生反应为D．工业上利用制备粗硅时，常用作还原剂【答案】C【分析】利用铬铁矿(主要成分是，还含有FeS、等)制取和单质硅，根据流程可知，铬铁矿与纯碱在空气中焙烧时，转化为，FeS转化为和SO2，与纯碱反应生成；加水水浸分离；加硫酸酸化，转化为，转化为，过滤得滤渣，再对进行处理获得Si。【解析】A．焙烧时FeS在空气中反应，生成的磁性固体应为Fe3O4（有磁性），而非Fe2O3（无磁性），该方程式产物错误，A错误；B．SiO2与纯碱（Na2CO3）在高温下反应生成Na2SiO3和CO2，参与反应，B错误；C．焙烧时Cr2O3与纯碱、O2反应生成Na2CrO4（，碱性条件），水浸后溶液含，酸浸加入H+使溶液呈酸性，转化为，反应为，C正确；D．工业用SiO2制备粗硅时，常用C作还原剂（），而非H2，D错误；故选C。8.（25-26高三上·湖南·开学考试）工业上以菱锰矿(主要成分为，还含少量、、、等杂质)为主要原料生产尖晶石锰酸锂，工艺流程如图。下列说法正确的是A．“酸浸”时，发生反应的离子方程式为B．滤渣1为，滤渣2为，滤渣3为C．“制备”的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为D．“锂化”过程中生成的气体1为、的混合气体【答案】D【分析】菱锰矿加硫酸溶解，溶液中存在Mn2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+，滤渣1为硫酸钙和；加高锰酸钾将Fe2+氧化成Fe3+；加氧化钙调节pH，将Fe3+转化为氢氧化铁；加入MnF2生成CaF2沉淀除去钙离子；加入K2S2O8将Mn2+氧化成MnO2；MnO2与碳酸锂反应，生成目标产物，据此分析作答。【解析】A．“酸浸”时，Fe2O3与H+反应生成Fe3+和H2O，离子方程式为，A项错误；B．由分析可知，滤渣1为硫酸钙和，滤渣2为硫酸钙和，滤渣3为，B项错误；C．制备MnO2时，K2S2O8为氧化剂，Mn2+为还原剂，中过氧键中氧原子从-1价得电子生成-2价，Mn2+失2e-生成MnO2，则氧化剂与还原剂物质的量之比为，C项错误；D．锂化时MnO2与Li2CO3反应生成LiMn2O4，锰原子得电子，则氧原子失电子生成O2，碳的化合价不变生成CO2，则气体1为CO2和O2混合气体，D项正确；答案选D。9.（25-26高三上·山东德州·开学考试）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下：已知：铬铁矿主要成分是。煅烧的目的是将、转化为并将、氧化物转化为可溶性钾盐。(1)煅烧时气体与矿料逆流而行，目的是，煅烧工序中反应生成的方程式为。(2)滤渣I的主要成分除，外，还含有。(3)酸化工序需加压的原因是，酸化的目的是(用化学方程式解释)。(4)滤液Ⅱ可返回工序(填工序名称)。(5)已知滤渣Ⅱ为和，作用为。【答案】(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率和原料利用率(2)，(3)增大的溶解度，保证酸化反应充分进行(4)浸取(5)作还原剂，将滤液中剩余的还原为，自身转化为，提高原料利用率【分析】铬铁矿主要成分是，与过量KOH在空气中煅烧，生成、、MgO、、；加入浸取，生成不反应，故滤渣Ⅰ为：，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出固体，滤液Ⅰ中含有；将加水溶解，并通入过量酸化，将转化为，同时副产物生成，将与分离，滤液Ⅱ的主要溶质为；做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得，循环使用，据此分析；【解析】（1）煅烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物接触面积，提高化学反应速率和原料利用率；煅烧工序中反应生成，化合价升高作还原剂，故空气中的氧气需参与反应，反应的方程式为。（2）根据分析滤渣I的主要成分除，外，还含有，。（3）压强越大气体的溶解度越大，故酸化工序需加压的原因是增大的溶解度，保证酸化反应充分进行；酸化的目的是利用酸性将在碱中存在的转化为在酸性存在的，可用方程式表示。（4）滤液Ⅱ的主要溶质为，可返回“浸取”工序中循环使用。（5）滤渣Ⅱ为和，作用为作还原剂，将滤液中剩余的还原为，自身转化为，提高原料利用率。9.（25-26高三上·安徽阜阳·期中）从钒铬锰矿渣(主要成分为、、)中提取铬和锰的一种工艺流程如图所示：已知：pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]在空气中易被氧化。回答下列问题：(1)实验室制备胶体常使用的化学试剂为蒸馏水、；实验室中“沉钒”后分离时用到的玻璃仪器有。(2)与过量硫酸反应能生成，反应的化学方程式为。(3)“提纯”过程中溶液(还原剂)的作用为。(4)“转化”过程中生成的离子方程式为。(5)以金属Al作为“热还原”制取金属铬反应的还原剂，该反应的化学方程式是，该反应为(填“放热”或“吸热”)反应。【答案】(1)饱和溶液烧杯、漏斗、玻璃棒(2)(3)还原“沉铬”过程中被氧化生成的固体物质，使之生成溶解除去(4)(5)放热【分析】分析本工艺流程图可知，钒铬锰矿渣(主要成分为、、)加入硫酸得到含、、的溶液，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有和，加入NaOH“沉铬”后，转化为沉淀(滤渣A)，滤液B中主要含有，向滤渣A中加入的目的主要是防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中的氧气氧化，进一步分离混在中的，使还原为，过滤后滤液与滤液B合并，滤渣为，煅烧后生成，通过热还原方法得到Cr，含滤液中加入溶液得到，通过热还原得到Mn，据此分析解题。【解析】（1）向沸水中加入溶液制备胶体，故实验室制备胶体常使用的化学试剂为蒸馏水、溶液；“沉钒”后分离的操作为过滤，需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。（2）与过量硫酸反应生成和水，反应的化学方程式为。（3）据分析，“提纯”过程中溶液(还原剂)的作用为还原“沉铬”过程中被氧化生成的固体物质，使之生成溶解除去。（4）据分析，“转化”过程为在碱性条件与反应生成，离子方程式为。（5）金属Al与高温下在反应生成Cr和，化学方程式为，该反应为放热反应。11.（2025·江西·二模）钴的化合物用途广泛，如作锂电池的正极材料。利用原钴矿(，含等不溶于水的杂质)制备的工艺流程如下：已知：①在含一定量的溶液中：；②溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水；③盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示。回答下列问题：(1)步骤i研磨的目的是。(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀经检验为硫单质，写出该反应的离子方程式：。(3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入固体的目的是。(4)步骤vi用足量作沉钴剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴。①写出该反应的离子方程式：。②实验测得在一段时间内加入等量所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，以后，曲线下降的原因是(不考虑碱式碳酸钴受热分解)。③煅烧反应中氧化剂和氧化产物的物质的量之比为。(5)受热时，剩余固体的质量随温度变化情况如图所示，物质B的化学式为。【答案】(1)增大反应物接触面积，加快浸取速率(2)(3)加入固体，溶液中氯离子浓度增大，使平衡右移，浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度(4)温度高于，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少1：2(5)【分析】由流程可知，原钴矿研磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co2+与Cr2+、Ni2+，浸出液加入氯化钠固体，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取、洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂烧结，可生成LiCoO2。【解析】（1）步骤i为研磨，将原钴矿磨碎，目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率。（2）步骤ii中出现了淡黄色沉淀，是NiS在酸性环境下将Co2O3还原为Co2+，NiS中的-2价的S被氧化为淡黄色的S单质，发生该反应的离子方程式：Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O。（3）步骤iii中加入NaCl固体的目的是增大溶液中氯离子浓度，使平衡右移，浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度。（4）①在CoCl2溶液中加入碳酸铵，反应生成碱式碳酸钴，该反应的离子方程式为；②由图象可知，温度升高，表示沉淀质量的曲线下降，曲线下降的原因是温度过高时，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；③煅烧反应为，为氧化产物，CO为还原产物，1mol中含2molCo(III)和1molCo(II)，则3mol参与反应4molCo化合价升高，2molC化合价降低，氧化剂有2mol，氧化产物有4mol，氧化剂和氧化产物的物质的量之比为1：2。（5）的物质的量为，根据计量关系，其含结晶水的物质的量为3.5mmol，对应质量为63mg，从初始状态到B点质量减少54mg，减少结晶水的物质的量为，剩余0.05mol结晶水，即物质B的化学式为。12.（25-26高三上·福建厦门·开学考试）对废弃的锂电池正极材料进行处理，制备和，工艺流程如图所示：已知：①萃取原理为。②、均难溶于水；常温下，