2026年高考化学二轮复习（全国）重难15 钒、铬、锰、钴等过渡金属化合物的制备流程（重难专练）（解析版）

重难15钒、铬、锰、钴等过渡金属化合物的制备流程

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一、过渡金属——多变价

（1）高价态金属通常形成含氧酸根离子的盐，具有较强的氧化性，如KMnO4、K2Cr2O7、K2FeO4等，

均能将浓盐酸氧化成Cl2。

（2）在空气中灼烧一些不稳定的低价金属的化合物，在分解的同时可能被氧化：

MnOOHMnO2；

Fe(OH)2Fe2O3；

CoC2O4Co3O4。

（3）低价金属的氢氧化物，为难溶性的弱碱，且易分解成氧化物，如Fe(OH)2、Mn(OH)2、Cr(OH)3。

（4）低价硫化物，通常为有色难溶物，如HgS(黑或红)、FeS(黑)、Cu2S(黑)、FeS2(金黄)。

工业生产中，常通过转化价态、调节pH将过渡金属转化为氢氧化物沉淀或难溶硫化物分离除去。

二、过渡金属易形成配合物

＋＋＋

（1）过渡金属离子常易水解，其水合离子通常显色，如Cu2(aq，蓝)、Fe2(aq，浅绿)、Fe3(aq，棕黄)、

＋

Cr3(aq，绿)。

2＋＋3－2＋

（2）容易形成配合物的中心离子，如[Cu(NH3)4]、[Ag(NH3)2]、[Fe(SCN)6]、[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]。

（3）向一些盐溶液中滴加氨水，先生成难溶性碱，继续滴加，生成含氨配合物，如

2＋＋

CuSO4(aq)[或AgNO3(aq)]Cu(OH)2(s)[或AgOH(s)][Cu(NH3)4]｛或[Ag(NH3)2]｝。

三、铬的重要化合物

3＋－

（1）Cr2O3和Cr(OH)3显两性，其转化关系如下：CrCr(OH)3[Cr(OH)4]。

反应的离子方程式：

3＋－

①Cr＋3OH===Cr(OH)3↓；

－－3＋－－

②Cr(OH)3＋OH===[Cr(OH)4]，Cr＋4OH===[Cr(OH)4]；

－＋

③[Cr(OH)4]＋H===Cr(OH)3↓＋H2O；

＋3＋－＋3＋

④Cr(OH)3＋3H===Cr＋3H2O，[Cr(OH)4]＋4H===Cr＋4H2O。

（2）铬(Ⅵ)最重要的化合物是K2Cr2O7，在水溶液中Cr2和Cr存在下列平衡：

＋2−2−

2Cr(黄色)＋2HCr2(橙红色)＋H2O。O7O4

2−2−

四、O4锰的化合物O7

（1）Mn2＋

2＋

①在酸性条件下，很难被氧化，只有强氧化剂[如NaBiO3、PbO2、(NH4)2S2O8]才能将其氧化，如2Mn＋

－

＋＋3＋

5NaBiO3＋14H===5Na＋5Bi＋2MnO＋7H2O。

4

－－

2＋－2＋－－

在碱性条件下，Mn易被氧化为MnO等，如5ClO＋2Mn＋6OH===5Cl＋2MnO＋3H2O。

44

②Mn(OH)2为白色难溶物，极易被空气氧化，水中少量氧气能将其氧化成褐色MnO(OH)2沉淀：2Mn(OH)2

＋O2===2MnO(OH)2。

（2）Mn(Ⅳ)

最重要的化合物是MnO2，是黑色结晶体或无定形粉末，在自然界中以软锰矿(MnO2·xH2O)形式存在，不溶

于水和硝酸。

2＋2＋＋3＋2＋

①在酸性介质中，MnO2是较强的氧化剂，本身被还原为Mn：MnO2＋2Fe＋4H===2Fe＋Mn＋2H2O。

＋2＋

②氧化H2O2：MnO2＋H2O2＋2H===Mn＋O2↑＋2H2O。

－2－

③碱熔条件下可被强氧化剂O2、KClO3、MnO等氧化为MnO，如2MnO2＋4KOH＋O2===2K2MnO4＋

44

2H2O。

－－

④锌锰干电池(Zn­MnO2­KOH)，正极：MnO2＋e＋H2O===MnO(OH)＋OH。

（3）Mn(Ⅵ)

2－

MnO(绿色)存在于强碱性溶液中，最重要的化合物是Na2MnO4和K2MnO4

4

2－

①在中性、酸性环境中MnO均发生歧化反应：

4

2－－

－

3MnO＋2H2O===2MnO＋MnO2↓＋4OH；

44

2－－

＋

3MnO＋4H===2MnO＋MnO2↓＋2H2O。

44

2－－

电解－

②锰酸钾是制备高锰酸钾(KMnO4)的中间体：2MnO＋2H2O=====2MnO＋2OH＋H2↑。

44

（4）KMnO4

热稳定性差，通常保存在棕色试剂瓶中：2KMnO4=△====K2MnO4＋MnO2＋O2↑。

－

2＋－2＋

①在酸性介质中，MnO具有强氧化性，可以氧化Fe、Cl、H2C2O4、H2O2等，本身被还原为Mn，如

4

－

2＋＋2＋3＋

MnO＋5Fe＋8H===Mn＋5Fe＋4H2O。

4

－

②在弱碱性、中性或微弱酸性溶液中，MnO仍旧是氧化剂，本身被还原为MnO2。

4

－2－

③在强碱性溶液中，当MnO过量时，还原产物是MnO。

44

五、钒的重要化合物

（1）五氧化二钒既能溶于强碱，又能溶于强酸，如：

V2O5＋6NaOH===2Na3VO4＋3H2O；

V2O5＋6HCl===2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O。

（2）VO2＋、V＋：在酸性介质中，V＋具有强氧化性，如：

＋2＋2＋2＋3＋2

V＋Fe＋2HO===VO＋Fe＋H2OO，

2＋＋2＋

2VO＋H2C2O4＋2H===2VO＋2CO2↑＋2H2O。

六、O2钴及其化合物

1．钴(Co)

（1）常温下与氧、硫等非金属单质无显著作用，但在高温时有剧烈反应。

（2）与稀H2SO4和稀盐酸反应较缓慢。

（3）在冷的浓硝酸中易钝化，与稀硝酸易反应。

（4）钴是两性金属。

2．钴的氧化物

CoOCo2O3——氧化高钴

①物理性质：黑灰色，不溶于水、醇和氨水①物理性质：黑色，不溶于水

②化学性质：一定条件下可被H2或CO还原②化学性质：具有强氧化性

成单质钴。能溶于酸和强碱Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O

3.钴的氢氧化物

Co(OH)2Co(OH)3

①物理性质：不溶于水

②化学性质

①物理性质：棕色固体，不溶于水和乙醇

a.能与酸反应：Co(OH)2＋H2SO4===CoSO4＋

②化学性质：具有强氧化性

2H2O

2Co(OH)3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋6H2O

b.弱还原性：在空气中被缓慢氧化为棕褐色的

Co(OH)3；可被强氧化剂(如H2O2)迅速氧化

3＋3＋2＋＋

4.Co仅能够存在于固态物质或配合物中，在水溶液中会发生反应4Co＋2H2O===4Co＋4H＋O2↑。

（建议用时：20分钟）

1.某科研团队从铬钒渣中分离钒并制备Cr(OH)3的流程如图：

已知：①“溶解”后所得滤液为Na2CrO4、Na[Al(OH)4]和NaVO3的混合溶液；

②Cr的最高价含氧酸根离子在酸性介质中主要以Cr2存在，在碱性介质中主要以存在。

2−2−

下列说法错误的是()O7CrO4

A.“灼烧”步骤的尾气中含CO2

－

B.“沉铝”步骤的离子方程式为2[Al(OH)4]＋CO2===2Al(OH)3↓＋＋H2O

2−

C.“分离钒”之后Cr元素的存在形式主要为Cr2CO3

2−

D.“转化沉铬”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量O7之比为1∶3

【答案】B

【解析】在“灼烧”步骤，Cr2O3、V2O3、Al2O3与Na2CO3、O2反应产生相应钠盐的同时产生CO2，因此所得

－

的尾气中含CO2，A正确；“沉铝”步骤通入足量CO2，该反应的离子方程式为[Al(OH)4]＋

CO2===Al(OH)3↓＋，B错误；“分离钒”之后，所得溶液显强酸性，根据题意可知，酸性介质中Cr元素

−

的存在形式主要为HCCr2O3，C正确；Cr2具有强氧化性，与Na2C2O4和NaOH反应生成Cr(OH)3沉淀：

2−－2−

Cr2＋3C2＋H2OO＋74OH===2Cr(OHO)73↓＋6，在该反应中Cr2为氧化剂，C2为还原剂，则“转

2−2−2−2−2−

化沉O7铬”步骤O中4氧化剂与还原剂的物质的量之比为CO13∶3，D正确。O7O4

2．（2026·陕西省西安市西北大学附属中学模拟）五氧化二钒(V2O5)可用于冶炼钒铁、用作合金添加剂、化

工催化剂等。工业上利用石煤矿粉(主要含V2O3及少量Al2O3、SiO2)为原料生产V2O5的工艺流程如下：

已知：

①“水溶”、“转沉”、“转化”后，所得含钒物质分别为NaVO3、Ca3(VO4)2、(NH4)3VO4。

②不同pH下，正五价钒在溶液中主要存在形式见下表：

pH46688101012

主要离子43

VO2VO3V2O7VO4

3

③25℃时，Ksp(NH4VO3)=1.610。

回答下列问题：

（1）“焙烧”时，V2O3发生反应的化学方程式为。

（2）“滤渣Ⅰ”的成分为(填化学式，下同)，“滤液Ⅰ”中溶质的成分为。

（3）先“转沉”后“转化”的目的是。

（4）“滤渣Ⅱ”经高温煅烧后水浸，所得物质可导入到操作中循环使用。

（5）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是(写出两条)。

（6）“煅烧”NH4VO3，制得产品V2O5，但反应体系中，若不及时分离出气体Ⅱ，部分V2O5.会转化成V2O4。

已知V2O5转化成V2O4过程中，消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，则V2O5转化成V2O4的化

学方程式为。

焙烧

【答案】（1）V2O3O2H2O2NaCl2NaVO32HCl

（2）Al2O3、SiO2NaOH

（3）富集钒元素

（4）转沉

3

（5）调节pH，将VO4转化为VO3；利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全

煅烧

（6）3V2O52NH33V2O4N23H2O

【分析】石煤矿粉(主要含V2O3及少量Al2O3、SiO2)中加入NaCl(s)，并通入O2、水蒸气进行焙烧，发生反

应，生成NaVO3、HCl等；水溶后过滤，可得到NaVO3溶液和滤渣Ⅰ(Al2O3、SiO2)；往滤液中加入Ca(OH)2

进行转沉，NaVO3转化为Ca3(VO4)2，过滤得滤渣；往滤渣中加入(NH4)2CO3，过滤得到(NH4)3VO4溶液和

CaCO3滤渣；往滤液中加入NH4Cl，(NH4)3VO4转化为NH4VO3；煅烧NH4VO3，可得到V2O5和NH3。

【解析】（1）“焙烧”时，V2O3与NaCl(s)、O2、水蒸气发生反应，生成NaVO3、HCl等，化学方程式为

焙烧

V2O3O2H2O2NaCl2NaVO32HCl；

（2）由分析可知，“滤渣Ⅰ”的成分为Al2O3、SiO2；往滤液中加入Ca(OH)2进行转沉，NaVO3转化为Ca3(VO4)2，

同时生成NaOH，所以“滤液Ⅰ”中溶质的成分为NaOH；

（3）先将NaVO3“转沉”为Ca3(VO4)2后，再加入(NH4)2CO3，将Ca3(VO4)2“转化”为(NH4)3VO4溶液和CaCO3

滤渣，可通过控制(NH4)2CO3的浓度，获得较大浓度的(NH4)3VO4溶液，所以其目的是富集钒元素；

（4）“滤渣Ⅱ”为CaCO3，经高温煅烧后生成CaO等，将CaO水浸，所得物质为Ca(OH)2，可导入到转沉操

作中循环使用；

（5）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，一方面需要将(NH4)3VO4转化为NH4VO3，另一方面需要降低其溶解度，

3

所以加入过量NH4Cl，其原因是：调节pH，将VO4转化为VO3；利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能

析出完全；

（6）NH3具有还原性，能将部分V2O5转化成V2O4，同时生成N2等，已知V2O5转化成V2O4过程中，消耗

的氧化剂(V2O5)与还原剂(NH3)的物质的量之比为3∶2，则V2O5转化成V2O4的化学方程式为

煅烧

3V2O52NH33V2O4N23H2O。

、

3．（2025·山东卷）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含Fe2O3MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧

化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下：

已知：该工艺条件下，低温分解生成NHHSO，高温则完全分解为气体；在℃完

NH42SO444Fe2SO43650

全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。

回答下列问题：

（1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反

应的化学方程式为。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有(填

化学式)。

（）在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接高温焙烧，水浸时金属元素的浸

2NH42SO4“”“

出率(填“增大”“减小”或“不变”)。

22

（3）HR萃取Cu反应为：2HR(有机相)Cu(水相)CuR2(有机相)2H(水相)。“反萃取”时加入的试

剂为(填化学式)。

（）沉钴中，时2恰好沉淀完全251，则此时溶液中

4“”pH4CocCo110molLcH2S

17，13，21

molL。已知：Ka1H2S110Ka2H2S110Ksp(CoS)410。CoS“溶解”时发生反应的离

子方程式为。

（5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入(填操作单元名称)循环利用。

低温焙烧

【答案】（1）3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2NH36H2OFe2O3、CaSO4

（2）减小

（3）H2SO4

­4+2+

（4）4×10CoS+H2O2+2H=Co+S+2H2O

（5）低温焙烧

【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金

属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用

稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经650℃高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气

体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜

元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成

硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。

【解析】（1）低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，

根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：

低温焙烧

3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2NH36H2O；根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只

有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所

以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4；故答案为：

低温焙烧

3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2NH36H2O；Fe2O3、CaSO4；

（2）根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵

会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小；

2

（3）根据萃取的化学方程式：2HR(有机相)Cu(水相)CuR2(有机相)2H(水相)，加入有机相将铜离

子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试

剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4；

（4）沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10­5mol/L，此时c(H+)=1×10­4mol/L，根据

­21

2­Ksp(CoS410­16

­21­7

Ksp((CoS)=4×10，推出cS==­5=410molL/，又因为Ka1(H2S)=1×10，Ka2(H2S)=

cCo2+110

cH+cHS­cH+cS2­c2H+cS2­

­13，，则

1×10Ka1×Ka2=­c(H2S)=

cH2ScHScH2S

2+2­

cHcS­4216

(10)410­4；由流程图可知，溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生

=713=4×10mol/LCoS

Ka1×Ka21010

成了CoSO4和S，化学方程式为：CoS+H2O2+H2SO4=CoSO4+S+2H2O，改写成离子方程式为：

+2+­4+2+

CoS+H2O2+2H=Co+S+2H2O。故答案为：4×10；CoS+H2O2+2H=Co+S+2H2O；

（5）由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸

铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。

4．（2025·山东济宁·二模）旧电池的回收利用成为当前世界各国研究的重要课题，从废旧酸性锌锰电池(主

要成份为碳棒、Zn、Fe、Cu、ZnCl2、NH4Cl以及MnO2)中回收Zn和MnO2的工艺如图所示：

2216

已知：Znaq4OHaq[Zn(OH)4]aq的平衡常数称为稳定平衡常数，K稳4.510；当离子浓

度小于105mol·L1时，可认为该离子完全除去。

回答以下问题：

（1）“浸出”时为了加快浸出速率，可采取的措施有(写出一点)。

（2）“溶解”时加入H2O2的作用是，H2O2的实际消耗量比理论值高的原因。

（3）“沉锰”时，发生反应的离子方程式为，“煅烧”时参加反应的气体与生成气体的物质的量之比

为。

（4）已知“浸出”液中Fe2+、Zn2+的浓度均为0.1mol·L­1，“净化”时，需调节溶液pH的合理范围是。

化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3

­17­17­38

Ksp近似值101010

­2­

Zn(OH)2为两性氢氧化物，可与NaOH溶液发生反应Zn(OH)2(s)+2OH(aq)[Zn(OH)4](aq)，其平衡常数

K=。

【答案】（1）适当升高温度、适当增大酸的浓度

（2）还原剂MnO2催化过氧化氢分解

2

（3）2HCO3MnMnCO3CO2H2O1：2

（4）3～60.45

【分析】黑色固体混合物中主要含有MnO2、碳等，机械分离后将黑色固体水浸，过滤后进行灼烧，得到粗

+2+

二氧化锰，然后加入双氧水和硫酸，对其进行还原，方程式为：MnO2+H2O2+2H=MnO22H2O，然

­2+

后加入碳酸氢铵，发生复分解反应，离子方程式为：2HCO3+Mn=MnCO3CO2H2O，最后煅烧获得

2+3+

MnO2，金属外壳含有Zn、Fe、Cu，加入稀硫酸以后，形成相应的金属离子，加入双氧水，把Fe氧化为Fe，

加入氢氧化钠，将Fe3+转化为氢氧化物沉淀除去，最后电解硫酸锌得到锌。

【解析】（1）“浸出”时为了加快浸出速率，可采取的措施有适当升高温度、适当增大酸的浓度、搅拌等。

2+

（2）溶解的时候，加入双氧水是作还原剂，将MnO2还原为Mn，由于混合物中含有二氧化锰，可以作为

双氧水分解的催化剂，导致双氧水损失，所以H2O2的实际消耗量比理论值高。

­2+

（3）“沉锰”时加入碳酸氢铵，发生复分解反应，离子方程式为：2HCO3+Mn=MnCO3CO2H2O，“煅

高温

烧”时的方程式为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2，参加反应的气体与生成气体的物质的量之比为1:2。

（）浸出液中2+和2+的浓度均为­1，加入双氧水，把2+氧化为3+，由的溶度积，

4“”FeZn0.1mol·LFeFeFeOH3

10­38

求得Fe3+沉淀完全时的氢氧根浓度为：3=10­11mol/L，则pH=3；再由ZnOH的溶度积，计算出Zn2+

10­52

10­17

开始沉淀时的氢氧根浓度为：3=10­8mol/L，其pH=6，所以“净化”时，要保证把Fe3+完全沉淀而锌离

10­1

子不沉淀，需调节溶液的合理范围是。根据­2­，其平衡

pH3~6ZnOH2s+2OHaq[ZnOH4]aq

2

cZnOH

4

常数表达式为：K，对其进行变形，可得

c2OH

c[ZnOH]2­

4×cZn2+·c2OH­=K×KZnOH=4.5×1016×10­17=0.45

4­2+稳sp2。

cOH·cZn

5．（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(c1.0105molL1)时的pH：

Fe3Fe2Co3Co2Zn2

开始沉淀的pH1.56.9—7.46.2

沉淀完全的pH2.88.41.19.48.2

回答下列问题：

（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是；“滤渣1”中金属元素主要为。

（2）“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是。取少量反应后的溶液，加入化学试剂检

验，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、。

（4）“除钴液”中主要的盐有(写化学式)，残留的Co3浓度为molL1。

【答案】（1）增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率Pb

232

（2）将溶液中的Fe氧化为Fe，以便在后续调pH时除去Fe元素K3Fe(CN)6溶液Fe

2+2

（3）3CoMnO47H2O3Co(OH)3MnO25H3Mn2MnO42H2O5MnO24H

16.7

（4）ZnSO4、K2SO410

【分析】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、

2+3+2

Fe、Fe、SO4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“酸浸”

2+3+3+

时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe氧化为Fe，然后加入ZnO调节pH=4使Fe完全转化为

222

Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co、Zn和Mn；最后“氧化沉

钴，加入强氧化剂，将溶液中2氧化为3，在pH5时3形成沉淀，而则

”KMnO4CoCoCoCoOH3KMnO4

2

被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn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，据此解答。

【解析】（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；

222+3+232

（2）酸浸液中含有Co、Zn、Fe、Fe、SO4等离子。由题表中数据可知，当Fe完全沉淀时，Co

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Fe元素且Co2不沉淀，

233+

应先将Fe氧化为Fe，然后调节溶液的pH使Fe完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是

232

将Fe氧化为Fe，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用K3Fe(CN)6溶液检验Fe，若生成蓝色沉淀，

2

则说明溶液中仍存在Fe，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(pH5)，

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：

22

3CoMnO47H2O3Co(OH)3MnO25H、3Mn2MnO42H2O5MnO24H；

（4）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2、加入

+2

KMnO4“氧化沉钴”时引入的K，而阴离子是在酸浸时引入的SO4，因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。

1.11351

当溶液pH1.1时cH10molL，Co3恰好完全沉淀，此时溶液中cCo1.010molL，则

KW12.913

cOH10molL512.943.7

，则KCo(OH)1.0101010。“除钴液”的pH5，即

cHsp3

K

51cOHw109molL1

cH10molL，则，此时溶液中

cH

KCo(OH)1043.7

3sp3116.71

cCo33molL10molL。

cOH109

（建议用时：10分钟）

1.以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NixOy和碳酸亚钴(CoCO3)

的工艺流程如图。

下列说法不正确的是()

A.“滤渣Ⅰ”的主要成分是SiO2、BaSO4

2＋＋3＋－

B.“氧化”时的离子反应为6Fe＋6H＋===6Fe＋Cl＋3H2O

−

C.“调pH”过程中形成黄钠铁矾渣，Na2CCOlO33必须过量

2＋

D.“沉钴”过程发生的反应为Co＋===CoCO3↓＋CO2↑＋H2O

−

【答案】C2HCO3

【解析】废料中加入硫酸，NiO、FeO、Fe2O3、CoO、BaO均能与硫酸反应，生成的NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、

CoSO4进入溶液，SiO2和硫酸钡为滤渣，A正确；“调pH”过程中形成黄钠铁矾渣，Na2CO3不能过量，防止

Co2＋、Ni2＋形成沉淀而损失，C错误。

2．（2023·辽宁卷）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。

已知：

物质FeOH

3CoOH2NiOH2MgOH2

37.414.714.710.8

Ksp10101010

回答下列问题：

（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。

（2）“氧化”中，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H2SO5，1molH2SO5中过

氧键的数目为_______。

2

（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH4，Mn被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_______(H2SO5

的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、_______(填化学式)。

（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_______时，Mn(Ⅱ)

氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。

（5）“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为_______。

（6）“沉镁”中为使Mg2沉淀完全25℃，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。

【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积

（2）NA

2+­2­+

（3）H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO4+3HFe(OH)3

（4）9.0%SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率

（5）4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O

（6）11.1

【分析】在“氧化”中，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，用石灰乳调

22+­2­+3+

节pH4，Mn被H2SO5氧化为MnO2，发生反应H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO4+3H，Fe水解同时生成

2+

氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)。

【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大

接触面积

（2）H2SO5的结构简式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA

2

（3）用石灰乳调节pH4，Mn被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：

2+­2­+­37.43+­5

H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO4+3H；氢氧化铁的Ksp=10，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe)=10mol/L，

Ksp=c(OH­)3c(Fe3+)=c(OH­)310­5=10­37.4，c(OH­)=10­10.8mol/L，根据Kw=10­14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，

则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；

（4）根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有

还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率

（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：

4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O；

（6）氢氧化镁的Ksp=10­10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10­5mol/L，根据Ksp可计算c(OH­)=10­2.9mol/L，

根据Kw=10­14，c(H+)=10­11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；

3．（2024·全国甲卷）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的

2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。

注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10­5molL­1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。

­36­22­21

已知：①Ksp(CuS)=6.310,Ksp(ZnS)=2.510,Ksp(CoS)=4.010。

­1

②以氢氧化物形式沉淀时，lgc(M)/molL和溶液pH的关系如图所示。

回答下列问题：

（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是。

（2）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是。

2+2+­12+

（3）假设“沉铜”后得到的滤液中cZn和cCo均为0.10molL，向其中加入Na2S至Zn沉淀完全，

2+

此时溶液中cCo=molL­1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离(填“能”或“不能”)。

+

（4）“沉锰”步骤中，生成1.0molMnO2，产生H的物质的量为。

（5）“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4，分离出的滤渣是。

（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为。

（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是。

【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率

（2）CoO+H2SO4=CoSO4H2O

（3）1.6104不能

（4）4.0mol

（5）Fe(OH)3

2

（6）2Co5ClO5H2O2Co(OH)3Cl4HClO

（7）向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、

干燥

【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶

解，Zn及其他2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然

后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁

离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三

次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体

与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。（2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他2价氧化

物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即CoO为转化为CoSO4，反

22

应的化学方程式为CoO+H2SO4=CoSO4H2O。（3）假设“沉铜”后得到的滤液中cZn和cCo均为

2.51022

1，向其中加入NaS至2沉淀完全，此时溶液中21171，

0.10molL2Zn