第19讲 铬、锰、钒、钴、镍及其化合物 -备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练

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【复习目标】
1．掌握铬及其化合物的性质及用途。
2．掌握锰及其化合物的性质及用途。
3．掌握钒及其化合物的性质及用途。
4．掌握钴及其化合物的性质及用途。
5．掌握镍及其化合物的性质及用途。
【知识精讲】
1．铬及其化合物
铬元素的常见价态有＋6、＋3、＋2价。在酸性介质中，Cr2＋具有强的还原性，Cr3＋的还原性较弱，只有用强氧化剂才能将Cr3＋氧化成Cr2Oeq \\al(2－,7)，＋6价铬在酸性条件下以Cr2Oeq \\al(2－,7)存在，具有强氧化性，在碱性介质中以CrOeq \\al(2－,4)存在。
【例题1】以某冶金工业产生的废渣(含Cr2O3、SiO2及少量的Al2O3)为原料，根据下列流程可制备K2Cr2O7。
下列说法正确的是( )
A．煅烧时没有发生氧化还原反应
B．滤渣Ⅱ中主要成分是Al(OH)3
C．可循环使用的物质是CO2和Na2CO3
D．由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入KOH
【答案】C
【解析】
向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生如下反应：4Na2CO3＋2Cr2O3＋3O2eq \(=====,\s\up7(煅烧))4Na2CrO4＋4CO2，Na2CO3＋SiO2eq \(=====,\s\up7(煅烧))Na2SiO3＋CO2↑， Na2CO3＋Al2O3eq \(=====,\s\up7(煅烧))2NaAlO2＋CO2↑，水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有Na2CrO4、Na2CO3，再向溶液中加硫酸，2Na2CrO4＋H2SO4===Na2Cr2O7＋Na2SO4＋H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会有K2Cr2O7晶体析出。经上述分析知，煅烧时有氧化还原反应，A错误；
用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，会生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，B错误；
从上述流程图可知，CO2和Na2CO3均可循环使用，C正确；
由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入硫酸和KCl固体，反应如下：2Na2CrO4＋H2SO4===Na2Cr2O7＋Na2SO4＋H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会有K2Cr2O7晶体析出，D错误。
【例题2】(2022·山东潍坊市高三模拟)铬渣(主要成分为Cr2O3，同时含有少量Al2O3、SiO2等杂质)是铬电镀过程中产生的含铬污泥，实现其综合利用，可减少铬产生的环境污染。铬渣综合利用工艺流程如图：

已知：①焙烧产生一种无污染气体；
②PbCrO4难溶于水，易溶于无机强酸或强碱溶液。
下列判断正确的是( )
A．焙烧过程中发生反应的方程式为5Cr2O3＋14NaOH＋6NaNO3===10Na2CrO4＋3N2↑＋7H2O
B．为防止引入新杂质，可加入Cr2O3调节溶液pH
C．流程中可回收利用的物质有NaNO3、Pb(NO3)2
D．为防止洗涤时生成过多副产物PbCr2O7，洗涤液中应加入少量NaOH
【答案】A
【解析】
将铬渣干燥粉碎后高温焙烧，Cr2O3和NaOH、NaNO3反应，Cr2O3转化为Na2CrO4，Cr元素化合价升高，并且产生一种无污染气体，由此推断该气体为N2，故化学方程式为5Cr2O3＋14NaOH＋6NaNO3===10Na2CrO4＋3N2↑＋7H2O，SiO2转化为Na2SiO3，Al2O3转化为NaAlO2，溶液浸出过滤后得到含有NaOH、NaNO3、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CrO4的溶液，向溶液中加入酸，可以将NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，Na2SiO3转化为H2SiO3，从而除去Al、Si，为不引入新杂质，加入的酸应为硝酸，过滤后加入硝酸铅，得到PbCrO4沉淀，过滤、洗涤、干燥后得到PbCrO4。焙烧过程中发生反应的方程式为5Cr2O3＋14NaOH＋6NaNO3===10Na2CrO4＋3N2↑＋7H2O，A项正确；调节溶液pH，是为除去Al、Si，应加入硝酸，B项错误；NaNO3、Pb(NO3)2均溶于水中不易回收，C项错误；PbCrO4产品易溶于无机强碱溶液，故洗涤液时不能加入NaOH，D项错误。
2．锰及其化合物
锰元素的常见价态有＋7、＋6、＋4、＋3、＋2价，Mn2＋在酸性溶液中的稳定性强于在碱性溶液中的稳定性。
【例题3】重质二氧化锰具有优良的电化学性能，广泛应用于各类化学电源中。以硫酸锰为原料制备重质二氧化锰的工艺流程如下：
下列说法错误的是( )
A．“沉锰”的主要反应为Mn2＋＋HCOeq \\al(－,3)===MnCO3↓＋H＋
B．“焙烧”过程在敞开、低压容器中进行效率更高
C．用少量氨水吸收“焙烧”产生的气体，所得溶液可用于“沉锰”
D．工艺中的硫酸表现酸性，高锰酸钾作氧化剂
【答案】A
【解析】
如果是Mn2＋＋HCOeq \\al(－,3)===MnCO3↓＋H＋，氢离子还会与HCOeq \\al(－,3)反应，H＋＋HCOeq \\al(－,3)===H2O＋CO2↑，正确的离子方程式为Mn2＋＋2HCOeq \\al(－,3)===MnCO3↓＋H2O＋CO2↑，故A错误；敞开、低压容器中有利于二氧化碳的释放，有利于反应正向进行，效率更高，故B正确；“焙烧”产生的气体为二氧化碳，用少量氨水吸收二氧化碳生成碳酸氢铵，可用于“沉锰”，故C正确；酸性高锰酸钾具有强氧化性，作氧化剂，硫酸提供酸性环境，有利于物质稳定存在，故D正确。
【例题4】以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等]为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工艺流程如图：
下列说法不正确的是( )
A．步骤①分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为：水、过滤
B．步骤②中发生的反应：C＋O2CO2、4MnO(OH)＋O24MnO2＋2H2O
C．步骤③若先加H2O2、后加H2SO4，可提高H2O2的利用率
D．步骤④所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4杂质
【答案】C
【解析】黑锰粉中含有MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等，步骤①将黑锰粉分离为溶液和MnO2粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出NH4Cl溶液、ZnCl2溶液和MnO2粗品；所得MnO2粗品中含有MnO2、MnO(OH)、Fe2O3及炭黑等，步骤②是将MnO2粗品在空气中加热，可知MnO(OH)、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，MnO(OH)被氧化为MnO2，此时MnO2粗产品中含有MnO2、Fe2O3；步骤③是向MnO2粗产品(含MnO2、Fe2O3)中加入H2O2溶液、稀H2SO4，并加热得到MnSO4溶液和Fe(OH)3沉淀；步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，再经过滤操作得到MnCl2溶液。根据以上分析，步骤①将黑锰粉分离为溶液和MnO2粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出NH4Cl溶液、ZnCl2溶液和MnO2粗品，可知步骤①分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为水、过滤，故A项正确；经步骤①分离所得的MnO2粗品中含有MnO2、MnO(OH)、Fe2O3及炭黑等，步骤②是将MnO2粗品在空气中加热，可知MnO(OH)、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，MnO(OH)被氧化为MnO2，则步骤②中发生的反应正确，故B项正确；③中先加入双氧水，MnO2会催化分解H2O2，使其利用率降低，故C项错误；步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，所以MnCl2溶液中含有少量的CaSO4，故D项正确。
3．钒及其化合物
【例题5】钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域。工业上利用冶炼铝生成的固体废料——赤泥(主要成分为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物)提取金属钒，其工艺流程图如下：
已知：钒有多种价态，其中＋5价最稳定。钒在溶液中主要以VOeq \\al(＋,2)和VOeq \\al(－,3)的形式存在，且存在平衡VOeq \\al(＋,2)＋H2OVOeq \\al(－,3)＋2H＋。下列说法正确的是( )
A．工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉价的氨水
B．可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3
C．焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸使其溶解完全
D．将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见红色，则磁性产品中一定不含铁元素
【答案】B
【解析】
赤泥进行碱浸，氧化铝溶解生成偏铝酸盐，再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀；滤渣1经系列操作得到V2O5，可知滤渣1中含有Fe2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物，进行还原、磁选，磁性产品中含有Fe等，非磁性产品含有V元素，在空气中焙烧后用盐酸溶解，钒在溶液中主要以VOeq \\al(＋,2)和VOeq \\al(－,3)的形式存在，再加入氯化铵转化为NH4VO3，焙烧得到V2O5。氨水不能溶解氧化铝，故A错误；用盐酸溶解后的溶液中含有VOeq \\al(＋,2)、VOeq \\al(－,3)、Cl－，加入氯化铵会生成NH4VO3沉淀，反应向生成更难溶的物质进行，可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3，故B正确；溶液中存在平衡VOeq \\al(＋,2)＋H2OVOeq \\al(－,3)＋2H＋，盐酸过量平衡逆向移动，会抑制NH4VO3的生成，不能加入过量的盐酸，故C错误；加入的硝酸不足，Fe元素被硝酸氧化可能生成亚铁离子，亚铁离子遇KSCN溶液无明显现象，故D错误。
4．钴、镍及其化合物
【例题6】(2021·山东高三月考)废旧合金中含金属钴(C)及少量杂质铁和其他惰性杂质，由废合金制备C2O3的工艺流程如下：
下列说法不正确的是( )
A．隔绝空气加热时可以在坩埚中进行
B．生成CCO3的离子方程式为C2＋＋2HCOeq \\al(－,3)===CCO3↓＋CO2↑＋H2O
C．将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中可以得到更多纯净CCO3
D．沉淀需洗涤干净，避免后续反应污染空气
【答案】C
【解析】
固体加热应在坩埚中进行，A项正确；HCOeq \\al(－,3)可以电离出COeq \\al(2－,3)和H＋，C2＋与COeq \\al(2－,3)结合生成CCO3，同时H＋与HCOeq \\al(－,3)生成CO2气体，则生成CCO3的离子方程式为C2＋＋2HCOeq \\al(－,3)===CCO3↓＋CO2↑＋H2O，B项正确；将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中，容易得到C(OH)2，使CCO3不纯，C项错误；滤液中有NH4Cl，如果残留在沉淀上，加热会分解产生NH3和HCl，污染环境，D项正确。
【例题7】以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]和NiCl2·6H2O的部分工艺流程如下：

下列有关说法不正确的是( )
A．“酸浸”时加快搅拌速率，有利于提高铁、镍浸取率
B．“滤渣”的主要成分是SiO2
C．“氧化”后所得溶液中主要的阴离子有SOeq \\al(2－,4)、Cl－、ClO－
D．“转化”时加入Na2CO3用于调节反应液pH有利于黄钠铁矾沉淀
【答案】C
【解析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2＋，另含有少量Fe2＋、Fe3＋等，加入NaClO将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，由滤液可得到净水剂黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6，NiCO3经处理可得到NiCl2·6H2O。A项，“酸浸”时加快搅拌速率，可增加反应混合物的接触机会，有利于提高铁、镍浸取率，故A正确；B项，SiO2不溶于硫酸，“滤渣”的主要成分是SiO2，故B正确；C项， “氧化”后所得溶液中主要的阴离子有SOeq \\al(2－,4)、Cl－，ClO－与Fe2＋反应生成Fe3＋和Cl－，故C错误；D项，“转化”时加入Na2CO3，Na2CO3水解后呈碱性，用于调节反应液pH，有利于黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，故D正确。
【真题演练】
1．（2021·广东·高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
(3)“沉钼”中，为7.0。
①生成的离子方程式为_________________________。
②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中___________________(列出算式)时，应停止加入溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_____________。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_____________(填化学式)气体，再通入足量，可析出。
(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】+6 +=↓
【解析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。
（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。
②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。
（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。
②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。
2．（2020·全国·高考真题）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式____________________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为____________________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 ml·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式__________________________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
【答案】除去油脂、溶解铝及其氧化物 +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O Ni2+、Fe2+、Fe3+ O2或空气 Fe3+ 3.2~6.2 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O 提高镍回收率
【解析】
由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5ml·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7ml·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01ml·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2ml·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
3．（2020·全国·高考真题）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式_______________________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是_________________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
【答案】加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） Fe2+
VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O Mn2+ Fe3+、Al3+ Fe(OH)3
NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O
利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
【解析】
黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1mlVO+失去2ml电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1mlMnO2得到2ml电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；
(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
【课后精练】
第I卷（选择题）
1．（2022·上海松江·二模）已知金属性：铁＜铬(Cr)＜锌。下列说法错误的是（ ）
A．铬能与冷水发生剧烈反应B．Cr(OH)3的碱性比NaOH弱
C．铬能与稀盐酸发生反应D．Al能与Cr2O3反应置换出Cr
【答案】A
【解析】
已知金属性：铁＜铬(Cr)＜锌，结合金属活动性顺序表可知铬的金属性小于Al、小于Na。
A． 金属性：Cr小于Al，铝不能与冷水反应，故铬也不能与冷水发生剧烈反应，故A错误；
B．金属性越强，其所对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Cr小于Na，故Cr(OH)3的碱性比NaOH弱，故B正确；
C．金属性：铁＜铬，则铬能与稀盐酸发生反应，故C正确；
D．金属性：Cr小于Al，故Al能与Cr2O3反应置换出Cr，故D正确；
故选A。
2．（2021·山东潍坊·高三阶段练习）废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有Li2O、NiO、C2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等。采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰，制备正极材料的前驱体(NiCO3·CCO3·MnCO3)。
下列说法错误的是（ ）
A．为了提高酸浸的速率，可以增大硫酸浓度或在高温条件下进行
B．酸浸步骤中H2O2主要起了还原剂的作用
C．碳化环节中可以用Na2CO3代替NH4HCO3
D．除铁环节中加入的X的量不能过大
【答案】C
【解析】
正极活性粉体中含有Li2O、NiO、C2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等，加入稀硫酸和双氧水反应生成硫酸钾、硫酸镍、硫酸钴、硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、硫酸铜等，过滤后加入氧氧化钠除铁，过滤，向滤液中加钢萃取剂除铜，过滤，向滤液中加氨水除铝，过滤，向滤液中碳酸氢铵得到前驱体(NiCO3·CCO3·MnCO3)。
A．增大硫酸浓度或在高温条件下进行可以提高酸浸的速率，A正确；
B．根据后面分析钴为+2价，+2价锰，说明“酸浸”时双氧水和三氧化二钴、二氧化锰等反应生成了+2 价的钴，+2 价锰，则H2O2的作用是还原剂，B正确；
C．碳化环节中若用Na2CO3代替NH4HCO3，会引入钠元素杂质，C错误；
D．根据分析除铁环节加入氢氧化钠，若氢氧化钠过量则不仅引入新杂质还影响后续铜、铝除杂，D正确；
答案选C。
3．（2022·福建省福州第一中学模拟预测）化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A．新能源汽车的推广与使用，有助于减少光化学烟雾的产生
B．服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害
C．铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈
D．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化
【答案】C
【解析】
A．新能源汽车的推广可减少燃油车的使用，可减少污染，如可以光化学烟雾的产生，A正确；
B．铬是重金属元素，对人体健康会产生危害，因此服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害，B正确；
C．铁在潮湿的空气中放置，易发生电化学腐蚀而生锈，C错误；
D．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶吸收水分可防止食物受潮；铁粉消耗氧气，因而可防止食物氧化变质，D正确；
故合理选项是C。
4．（2022·全国·高三专题练习）三氧化二铬(Cr2O3) 是一种深绿色的固体，熔点很高，难溶于水，其化学性质类似于Al2O3，水溶液中Cr(+3)具有还原性。下列关于Cr2O3的说法错误的是（ ）
A．与稀硫酸反应： Cr2O3+ 3H2SO4 = Cr2(SO4)3+ 3H2O
B．与NaOH溶液反应： Cr2O3+ 4OH- = 2+2H2O
C．碱性条件下被H2O2氧化为Cr(+6)： Cr2O3+ 3H2O2+ 4OH- =2+ 5H2O
D．由于金属性铝强于铬，且铬的熔点较高，故可用铝热法还原Cr2O3制取金属铬
【答案】B
【解析】
A．Cr2O3呈碱性氧化物的性质，与酸反应生成盐Cr2O3 +3H2SO4=Cr2(SO4)3+3H2O，A项正确；
B．Cr2O3与碱反应呈现出酸性氧化物，反应产生，方程式为，题目中B项方程式未配平，B项错误；
C．与H2O2发生氧化还原反应，Cr2O3碱性条件下氧化为，而H2O2还原为H2O，离子方程为，C项正确；
D．较活泼的金属可用热还原法制备金属单质，同时Al活泼性强于Cr可以制备，D项正确；
故选B。
5．（2022·全国·高三专题练习）某含Cr2O的废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀干燥后得到nmlFeO·FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述正确的是（ ）
A．消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2-x)ml
B．处理废水中Cr2O的物质的量为nxml
C．反应中发生转移的电子数为3nxml
D．在FeO·FeyCrxO3中x=3y
【答案】C
【解析】
A．消耗硫酸亚铁的物质的量为n(y＋1)ml，又由FeO·FeyCrxO3呈电中性可得3x＋3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁的物质的量为n(3-x)，A错误；
B．Cr的物质的量为nxml，故Cr2O的物质的量为ml，B错误；
C．得到nmlFeO·FeyCrxO3，1mlCr转移电子3ml，故转移电子的物质的量为3nxml，C正确；
D．FeO·FeyCrxO3中，Fe为正三价，由得失电子守恒知3x-y=0，即3x=y，D错误；
故选C。
6．（2022·安徽·合肥市第六中学模拟预测）使用下列仪器或装置不能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
A．由于氯化铵受热易分解，因此从氯化铵溶液中直接蒸发结晶，不能获得氯化铵晶体，因此不能达到实验目的，故A符合题意；
B．硝基苯和水是不相溶的两种液体，用分液漏斗分离硝基苯和水，能达到实验目的，故B不符合题意；
C．金属锰是高熔点的金属，用铝热反应来制备金属锰，能达到实验目的，故C不符合题意；
D．用pH计来测定醋酸的pH值，从而证明醋酸为弱酸，能达到实验目的，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
7．（2022·福建福州·高三阶段练习）以菱锰矿(主要成分为，含有少量、、、)为原料制备MnOOH的工艺流程如图：
已知：
(i)MnOOH难溶于水和碱性溶液；
(ii)在“沉淀池Ⅰ”的条件下，不会被氧化；
(iii)表中是几种金属阳离子形成氢氧化物完全沉淀时所需要的pH：
下列分析错误的是（ ）
A．“沉淀池Ⅰ”步骤加入的氨水可调节溶液的pH使、生成沉淀
B．滤渣2的主要成分是CS
C．“沉锰”的离子方程式为
D．检验MnOOH是否洗涤干净，可选用溶液
【答案】C
【解析】
菱锰矿酸浸后进入沉淀池中的金属离子有： ，不溶性的杂质进入到废渣中，沉淀池I中加入二氧化锰，亚铁离子被氧化为铁离子，氨水调节pH值后得到的滤渣I为氢氧化铁、氢氧化铝；沉淀池II中加入含硫离子的试剂，除去C2+，滤渣2为CS；再进行沉锰操作可以得到MnOOH。
A．根据分析，沉淀池I中调节pH值是为了使Fe3+、Al3+生成沉淀，A正确；
B．根据分析，滤渣2的主要成分是CS，B正确；
C．“沉锰”的离子方程式为，C错误；
D．检验MnOOH是否洗涤干净：看沉淀表面的硫酸根有没有洗干净，故可用BaCl2溶液，D正确；
故选C。
8．（2021·全国·高三专题练习）MnSO4·H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰：
下列说法错误的是（ ）
A．装置I烧瓶中放入的药品X为铜屑
B．装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率
C．装置III用于吸收未反应的SO2
D．用装置II反应后的溶液制备MnSO4·H2O需经历蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥的过程
【答案】A
【解析】
由实验装置可知，X可能为亚硫酸钠，与浓硫酸反应生成二氧化硫，而Cu与浓硫酸常温下不反应，II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率，二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4，蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
A．Cu与浓硫酸常温下不反应，X不可能为Cu，A项错误；
B．装置Ⅱ中用“多孔球泡”，增大接触面积，可增大SO2的吸收速率，B项正确；
C．Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，C项正确；
D．用装置Ⅱ反应后的溶液制备MnSO4•H2O，蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到，D项正确；
答案选A。
9．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）二氯化钒(VCl2)是重要的有机合成试剂，具有较强的还原性和吸湿性。某科学探究小组同学通过分解VCl3制备VCl2。下列说法不正确的是（ ）
A．盛饱和NH4Cl溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗
B．甲装置反应生成氮气，用于排除乙、丙装置中的空气
C．丁装置可用于尾气吸收，盛装的药品为P2O5粉末
D．验证丙装置中的气体产物，可用湿润的淀粉碘化钾试纸
【答案】C
【解析】
通过装置A制备氮气，；来排除装置中的空气，防止产品被氧化，用浓硫酸干燥氮气，用装置丁中的试剂，吸收氯气，以及防止空气中的水蒸气进入装置丙中，以此解题。
A．盛饱和NH4Cl溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗，可使液体顺利流下，故A正确；
B．因为二氯化钒具有较强的还原性和吸湿性，用甲装置生成的氮气排尽乙、丙装置中的空气，防止二氯化钒被氧化和水解，故B正确；
C．尾气中含有氯气，P2O5不能吸收氯气，丁装置可用于尾气吸收，盛装的药品为碱石灰，故C错误；
D．VCl3分解生成VCl2和Cl2，验证氯气用湿润的淀粉碘化钾试纸(试纸变蓝证明有氯气生成)，故D正确；
故选C。
10．（2022·全国·高三专题练习）以硅藻土为载体的五氧化二钒()是接触法制备硫酸的催化剂，以下是废钒催化剂回收工艺路线，废钒催化剂中有：、、、、、，下列说法错误的是（ ）
A．“酸浸”时转化为，其离子方程式为：
B．“氧化”中转变为，反应的离子方程式为
C．“中和”作用之一是使钒以形式存在于溶液中，“废渣2”中含有、
D．“煅烧”中使用的主要实验仪器名称为瓷坩埚、泥三角、三脚架和酒精喷灯
【答案】C
【解析】
从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为，V2O4转成，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的废渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将变为，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的废渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，经“离子交换”和“洗脱”，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5；据此解答。
A．由上述分析可知，酸浸时，转成，则转成的离子方程式为，故A正确；
B．由上述分析可知，在工艺氧化步骤中氧化剂将变为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为，故B正确；
C．由上述分析可知，“废渣2”中含有Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故C错误；
D．高温“煅烧”中使用的主要实验仪器有瓷坩埚、泥三角、三脚架和酒精喷灯，故D正确；
答案为C。
11．（2022·全国·高三专题练习）钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO为淡黄色，VO具有较强的氧化性，Fe2+、SO等能把VO还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法不正确的是（ ）
A．在酸性溶液中氧化性：MnO>VO
B．FeI2溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：Fe2++VO=Fe3++VO2+
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4
D．向含1mlVO的酸性溶液中滴加1.5mlFeSO4的溶液完全反应，转移电子为1ml
【答案】B
【解析】
A．VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将VO2+氧化为VO，氧化性：氧化剂大于氧化产物，MnO>VO2+，故A正确；
B．碘离子的还原性大于二价铁离子，碘离子应参与氧化还原反应反应，故B错误；
C．酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为VO，无沉淀生成说明高锰酸根被还原成Mn2+，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，故C正确；
D．向含1mlVO的酸性溶液中滴加含1.5mlFe2+的溶液发生反应Fe2++VO+2H+=Fe3++VO2++H2O，则VO的量不足，所以转移电子为1ml，故D正确；
答案选B。
12．（2022·江苏泰州·模拟预测）某化学兴趣小组以含钴废渣(主要成分CO、C2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备C2O3的一种实验流程如下。下列与流程相关的原理、装置和操作能达到实验目的的是（ ）
A．“酸浸”中的SO2作还原剂，用装置甲制取
B．“酸浸”所需的250 mL 1.0 ml·L-1 H2SO4溶液用装置乙配制
C．“萃取”的目的是除去Zn2+，用装置丙，振荡时分液漏斗下端应向下倾斜
D．“沉钴”时向萃取液中缓慢滴加沉淀剂，用装置丁过滤所得悬浊液
【答案】D
【解析】
由流程图可知：加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可发生C2O3+SO2+H2SO4=2CSO4+H2O，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后再除去锌离子，再加入碳酸钠沉钴，可生成CCO3固体，最后灼烧生成C2O3，据此解答。
A．Cu与浓硫酸反应需要加热，图甲不能制取得到SO2气体，A错误；
B．定容时胶头滴管不能伸入容量瓶中，B错误；
C．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，由流程图可知：除铝时把铝离子除去了，萃取的目的则是除去Zn2+ ，C错误；
D．沉钴时应缓慢滴加碳酸钠溶液，生成CCO3沉淀，图中过滤可分离出CCO3固体，操作合理，D正确；
故合理选项是D。
13．（2022·全国·高三专题练习）以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CO、BaO和SiO2)为原料制备碳酸钴(CCO3)和NixOy的工艺流程如图。下列说法正确的是（ ）
A．“滤渣I”成分是SiO2
B．“氧化”时为证明添加NaClO3已足量，可用KSCN溶液进行检验
C．“沉钴”反应的离子方程式为2+C2+=CCO3↓+CO2↑+H2O
D．NiSO4溶液通过蒸发结晶获得NiSO4·6H2O晶体
【答案】C
【解析】
由题给流程可知，含镍废料加入稀硫酸酸浸时，NiO、FeO、Fe2O3、CO与稀硫酸反应转化为可溶性硫酸盐，氧化钡与稀硫酸反应转化为硫酸钡，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫酸钡、二氧化硅的滤渣I和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液pH，将铁离子转化为黄钠铁矾渣，过滤得到黄钠铁矾渣和除去铁离子的滤液；向滤液中加入萃取剂萃取溶液中的镍离子，分液得到含有镍离子的有机相和含有钴离子的水相；向水相中加入碳酸氢钠溶液，将钴离子转化为碳酸钴沉淀，过滤得到碳酸钴；向有机相中加入反萃取剂萃取、分液得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体，六水硫酸镍晶体经灼烧得到NixOy。
A．由分析可知，滤渣I的主要成分为硫酸钡、二氧化硅，故A错误；
B．由分析可知，加入氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，所以氧化时应加入铁氰化钾溶液，检验溶液中不存在亚铁离子，说明加入的氯酸钠溶液过量，故B错误；
C．由分析可知，沉钴时加入碳酸氢钠溶液的目的是将钴离子转化为碳酸钴沉淀，反应的离子方程式为2+C2+=CCO3↓+CO2↑+H2O，故C正确；
D．由分析可知，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体，故D错误；
故选C。
14．（2022·湖北·高三阶段练习）草酸钴主要用作制氧化钴的原料，也可用于制取其他钴化合物。利用废料铝钴膜(含有、Al、Fe)制备草酸钴的工艺如下：
下列有关说法错误的是（ ）
A．碱浸的目的是溶解除铝B．氢碘酸在流程中体现酸性和还原性
C．滤渣的主要成分是氢氧化铁D．沉钴时检验沉淀是否洗涤干净可用的试剂为盐酸
【答案】D
【解析】
铝钴膜含有、Al、Fe，碱浸时，Al溶于氢氧化钠溶于生成偏铝酸钠和氢气，过滤，用氢碘酸溶解、Fe生成C2+、Fe2+，用氧气把Fe2+氧化为Fe3+，用氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁除去铁元素；滤液中加入草酸铵生成草酸钴沉淀。
A．碱浸时Al溶于氢氧化钠溶于生成偏铝酸钠和氢气，碱浸目的是溶解除铝，故A正确；
B．氢碘酸溶解和Fe，发生反应的离子方程式为、，在流程中体现酸性和还原性，故B正确；
C．净化过程，用氧气把Fe2+氧化为Fe3+，用氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀除去铁元素，滤渣的主要成分是氢氧化铁，故C正确；
D．沉淀表面有碘化铵，可向最后一次洗涤液中加硝酸和硝酸银，若没有淡黄色沉淀生成，说明不含碘离子，沉淀已经洗涤干净，故D错误；
选D。
15．（2022·全国·高三专题练习）以含钴废渣(主要成分CO、，还含有、ZnO等杂质)为原料制备需经历酸浸、还原、沉钴、过滤、灼烧等操作。下列实验装置能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲配制“酸浸”所需的1ml/L 溶液
B．用装置乙制备“还原”所需的气体
C．用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D．用装置丁灼烧固体制
【答案】C
【解析】
A．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，A错误；
B．浓硫酸和铜反应需要加热，B错误；
C．过滤可以用来分离出不溶性物质，C正确；
D．灼烧固体时应该用坩埚，不用蒸发皿，D错误；
故选C。
16．（2022·全国·高三专题练习）某废矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2，为节约和充分利用资源，通过如图工艺流程回收铁、镍。下列说法错误的是（ ）
已知：
ⅰ.常温下，Ksp(NiCO3)=1.4×10-7；Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15。
ⅱ.“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：
X2+(水相)+2RH(有机相)XR2(有机相)+2H+(水相)。
A．滤液①中，主要存在的钠盐有NaAlO2、Na2SiO3
B．“反萃取”应控制在酸性环境进行
C．“沉镍”过程中反应方程式为：Ni2++2HCO=NiCO3↓+CO2↑+H2O，“沉镍”时若溶液pH越大，越能充分吸收二氧化碳，NiCO3的产率越高
D．已知“水相”中c(Ni2+)=2×10-2ml•L-1，加NaHCO3“沉镍”，当沉镍率达到99%时，溶液中c(CO)=7×10-4ml•L-1
【答案】C
【解析】
废矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2加入氢氧化钠溶液，Al2O3、SiO2分别与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水、硅酸钠和水，滤液①中偏铝酸钠、硅酸钠和剩余氢氧化钠，过滤得到滤渣为FeO、NiO，硫酸酸浸溶液中为Fe2+、Ni2+，加入萃取剂，Ni2+进入水相中，沉镍，加入碳酸氢钠，生成碳酸镍，Fe2+进入有机相，再反萃取，进入水相，再加氧化剂氧为Fe3+，再加入碳酸钠沉铁得到黄钠铁矾，以此来解析；
A．根据上面分析，Al2O3、SiO2分别与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水、硅酸钠和水，滤液①中偏铝酸钠、硅酸钠，A正确；
B．萃取原理为：X2+(水相)+2RH(有机相)XR2(有机相)+2H+(水相)，进行反萃取，需要使反应逆向进行，在此条件下，酸性有利于反萃取，B正确；
C．“沉镍”过程产生一种气体为二氧化碳和碳酸镍，根据电荷守恒和原子守恒，离子方程式为：Ni2++2HCO=NiCO3↓+CO2↑+H2O；由于Ksp(NiCO3)=1.4×10-7>Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，所以pH过大，OH-浓度偏高，容易生成Ni(OH)2沉淀，C错误；
D．①沉镍率达到99%时，溶液中根据c(Ni2+)=2×10-2ml•L-1×(1-99%)=2×10-4ml•L-1，根据Ksp(NiCO3)=1.4×10-7=c(CO)c(Ni2+)，可知c(CO)===7×10-4ml•L-1，D正确；
故选C。
第II卷（非选择题）
17．（2022·江苏江苏·高二阶段练习）钒铬还原渣是钠化提钒过程的固体废弃物，其主要成分为、及少量的。一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获得的工艺流程如图：
已知：
①“酸浸”后转化为；
②的近似为；
③有关物质的溶解度()如表所示：
回答下列问题：
(1)若“含净化液”中，则“水解沉钒”调pH应不超过_______。
(2)“溶液1”中含，加入后发生反应的离子方程式为__________________。
(3)氧化-水解沉钒过程中可以选择多种氧化剂，如、等，如图是温度对、氧化-水解沉钒率的影响。由图可知，试剂X应选择_______进行“氧化”，原因是___________________。使用该氧化剂是应选择的适宜温度是_____________，原因是_______________________________。
(4)上述流程制取的重铬酸钠()样品通常含有一定的杂质，可用以下方法测定其纯度：
称取重铬酸钠样品2.2g配成250mL溶液，取出25.00mL于锥形瓶中，加入溶液和足量碘化钾，放于暗处5min，然后加入100mL水，再加入几滴淀粉指示剂，用标准溶液滴定()，共用去标准溶液40.00mL，求所得产品中的重铬酸钠的纯度____________。(设整个过程中其它杂质不参与反应。写出计算过程)
【答案】
(1)4
(2)
(3) 沉钒率更高且铬损率更低 70℃ 70℃时沉钒率已经很高，温度太低则水解沉钒速率慢，温度太高则能耗增大或铬损耗增大
(4)95.3%
【解析】
钒铬还原渣主要成分是VO2·xH2O、Cr(OH)3和二氧化硅，加入硫酸酸浸，VO2·xH2O转化为VO2+，Cr(OH)3转化为Cr3+，滤渣为二氧化硅，加入氧化剂X将VO2+氧化为，调节pH使转化为V2O5·xH2O沉淀，净化液中加入过量NaOH后Cr3+变成，加入过氧化氢将氧化为，溶液2先调pH后经蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶，过滤洗涤等得到Na2Cr2O7。
(1)已知Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-31，Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)，c(OH-)=1×10-10，故c(H+)=1×10-4，因此调pH应不超过4。
(2)溶液1中含，加入过氧化氢后生成，离子方程式为。
(3)根据题中图可知，Na2S2O8的沉钒率较高铬损率较低且稳定，故试剂X选择Na2S2O8，使用该氧化剂应选择70℃，因为当温度达到70℃时其沉钒率已较高，铬损率也很低，温度太低则水解沉钒速率慢，温度太高则能耗增大或铬损增大。
(4)根据反应，共用去0.12ml/L的Na2S2O340mL，即4.8×10-3ml，则说明碘单质有2.4×10-3ml。重铬酸根与碘离子反应的方程式为，2.4×10-3ml碘单质可与0.0112mlH+反应，加入硫酸0.02ml，说明氢离子足量，重铬酸根离子反应完全，则反应的为0.8×10-3ml，则2.2g样品中含有重铬酸钠0.8×10-2ml，即2.096g，则产品中重铬酸钠的纯度为2.096÷2.2=95.3%。
18．（2022·河南河南·模拟预测）某含锰废料中主要含MnCO3及少量的FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3，以此为原料制备MnO2的流程如下：
I.氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
II．常温下Ksp(MnS)=2.0×10-10、Ksp(CuS)=6.0×10-36。
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。
(2)“酸浸”时，Cu2(OH)2CO3反应的化学方程式为_______________________。
(3)“氧化1”的目的是___________(用离子方程式表示)。
(4)“调pH”时，试剂X为___________(任写一种)，pH的调节范围为___________。
(5)“除铜”时，当溶液中c(Mn2+)=12ml·L-1，溶液中c(Cu2+)=___________ml·L-1。
(6)“氧化2”制备MnO2(恰好完全反应)时，n(Mn2+)：n()=___________(→Cl-)；“电解”制备MnO2的阳极电极反应式为_________________。
【答案】
(1)SiO2
(2)Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O
(3)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
(4)MnO 3.7≤pH＜4.7
(5)3.6×10-25
(6)3：1 Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+
【解析】
含锰废料主要含有MnCO3，少量FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3能与盐酸反应，生成Mn2+、Fe2+、Cu2+，SiO2为难溶于水的酸性氧化物，不与盐酸反应，滤渣1为二氧化硅，加入MnO2，利用二氧化锰的氧化性以及信息Ⅰ，MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂X调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，滤渣2为氢氧化铁，然后加入MnS，将Cu2+转化成难溶的CuS，据此分析；
(1)根据流程图，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与盐酸反应，生成Mn2+、Fe2+、Cu2+，，SiO2为难溶于水的酸性氧化物，不与盐酸反应，滤渣1为二氧化硅，故答案为SiO2；
(2)碱式碳酸铜可以写成CuCO3·Cu(OH)2，与盐酸反应生成CuCl2、CO2和H2O，其化学反应方程式为Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；故答案为Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；
(3)根据流程图以及信息Ⅰ，MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原Mn2+，Fe2+化合价升高1价，MnO2中Mn的化合价降低2价，最小公倍数为2，环境为酸性，最后根据原子守恒和电荷守恒配平其他，其离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；故答案为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
(4)调节pH步骤，让Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，但不能引入新的杂质，试剂X中应含锰元素，试剂X又能与H+反应，因此试剂X为MnO；调节pH范围是Fe3+全部转化沉淀，Cu2+不能沉淀，即范围是3.7≤pH＜4.7；故答案为MnO；3.7≤pH＜4.7；
(5)除铜步骤中发生MnS(s)+Cu2+(aq)Mn2+(aq)+CuS(s)，K=，代入数值，解得c(Cu2+)==3.6×10-25；故答案为3.6×10-25；
(6)利用ClO的氧化性将Mn2+氧化成MnO2，本身被还原成Cl-，利用得失电子数目守恒，有n(ClO)×6=n(Mn2+)×2，推出n(Mn2+)∶n(ClO)=3∶1；根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，因此Mn2+在阳极上失电子转化成MnO2，其阳极电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；故答案为3∶1；Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
19．（2022·江西鹰潭·一模）无机研究开创绝不无“钴”的时代，草酸钴可用作指示剂和催化剂，CCl2·6H2O可作为饲料营养强化剂。用某水钴矿(主要成分为C2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、 SiO2等)制取CC2O4·2H2O及CCl2·6H2O工艺流程如图所示：
已知：
①滤液1含有的阳离子主要有H+、C2+、Mn2+、Ca2+、 Mg2+等；
②酸性条件下，H2O2不会氧化C2+；
③该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
回答下列问题：
(1)“浸出”过程中，C2O3参与反应的离子方程式为_____________________。
(2)“氧化”过程中涉及的反应离子方程式____________________________。
(3)“操作1”调pH的范围为_______。
(4)在实验室完成“操作3”需用到的玻璃仪器有_______。
(5)“操作4”洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是_____________________。
(6)由已知③可知，当Al3+完全沉淀(Al3+浓度为1.0 ×10-5ml·L-1 )时Fe3+的浓度为_______。
(7)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CCl2溶液，下列可作为指示剂的是_______(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)。已知几种物质在20°C时的颜色及Ksp值如表：
A．KClB．K2CrO4C．KSCND．K2S
【答案】
(1)
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+
(3)
(4)烧杯、玻璃棒、漏斗
(5)能够减少晶体的溶解损失，且酒精易挥发，便于晶体干燥
(6)
(7)B
【解析】
由流程图可知，“浸出”过程中，亚硫酸钠与C2O3发生了氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可以写出离子方程式，由已知条件：滤液1含有的阳离子主要有H+、C2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，“操作1”调pH的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，但C2+、Mn2+并未沉淀，依据金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH范围可知，“操作1”调节pH的范围，以此解题。
(1)由流程图可知，“浸出”过程中，亚硫酸钠与C2O3发生了氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：；
(2)氧化过程中在酸性条件下过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；
(3)“操作1”调节pH的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，范围为：；
(4)经分析可知，“操作2”为过滤，过滤所需玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；
(5)“操作4”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，洗涤过程中用工业酒精代替水，能够减少晶体的溶解损失，且酒精易挥发，便于晶体干燥；
(6)由表格可求，氢氧化铁的溶度积，当铝离子恰好完全沉淀时，氢氧根离子浓度为，此时铁离子的浓度为：；
(7)滴定原理为通过硝酸银先沉淀氯离子，氯离子反应完后硝酸银与指示剂结合产生现象，所以指示剂与硝酸银生成的沉淀的溶解度应大于氯化银，，。
A．通过标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CCl2溶液，不能加入含氯离子的物质，A错误；
B．，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度比氯化银大，B正确；
C． AgSCN组成与AgCl相同，而Ksp(AgSCN)D．，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度大于硫离子浓度，说明硫化银的溶解度比氯化银小，D错误；
答案选B。
20．（2022·湖南·高二期末）某化学兴趣小组同学查阅资料，发现硫化镍常用于制造某些有机反应的催化剂。硫化镍为黑色粉末，可向稀硫酸酸化的硫酸镍溶液中通入纯硫化氢气体反应制得。该兴趣小组同学利用如图所示装置在实验室制备硫化镍。
已知：
①硫化镍难溶于冷水，在热水中分解。
②硫化镍能溶于盐酸，在空气中易转变成。
③为既不溶于水也不溶于硫酸的黑色沉淀。
回答下列问题：
(1)仪器m的名称为______________；装置A中橡皮管的作用是______________。试剂X的化学式为_______。
(2)按气流方向，上述装置的连接顺序为_______(填大写字母)。
(3)实验开始后，当_______(填实验现象)后，再打开仪器m的活塞滴入硫酸镍溶液，这样做的目的是______________。
(4)三颈烧瓶内发生反应的化学方程式为_____________________。
(5)装置A中水浴的温度要_______(填“高”或“低”)
(6)镍元素在周期表的位置是_______；基态核外电子排布式为______________；基态原子中含有的未成对电子数为______________。
【答案】
(1)分液漏斗 平衡气压，便于液体流下
(2)BDAC
(3)硫酸铜溶液中出现黑色沉淀 排尽装置内的空气，防止被氧化
(4)
(5)低
(6)第四周期第Ⅷ族 或 4
【解析】
本实验制备硫化镍，原理是NiSO4+H2S=NiS↓+H2SO4，硫化氢常用FeS和盐酸反应制备，盐酸具有挥发性，硫化氢气体中混有HCl，硫化镍能溶于盐酸，需要除去，一般用饱和NaHS溶液除去氯化氢，然后通入到装置A中，因为硫化镍容易被氧化，因此先除去装置中的空气，当硫酸铜溶液中出现黑色沉淀，再打开分液漏斗，滴入硫酸镍溶液，浓氢氧化钠溶液的作用是除去硫化氢，防止污染空气，据此分析；
（1）根据仪器的特点，仪器m为分液漏斗；装置A中橡皮管上下相连，可起到平衡气压，便于液体流下的作用；制得的硫化氢中混有挥发出的氯化氢气体，应该用饱和NaHS溶液除去；故答案为分液漏斗；平衡气压，便于液体流下的作用；NaHS；
（2）装置A为制备硫化镍装置，装置B是制备硫化氢的装置，制备的硫化氢中混有HCl，硫化镍能溶于盐酸，一般用饱和NaHS溶液除去氯化氢，装置C是验证装置中空气是否排尽，同时除去多余硫化氢，防止污染空气，因此连接顺序是BDAC；故答案为BDAC；
（3）硫化镍在空气中容易被氧化，反应前，需要排除装置中的空气，CuS为不溶于水也不溶于硫酸的黑色沉淀，CuSO4溶液中出现黑色沉淀，说明装置中空气已排尽；故答案为硫酸铜溶液中出现黑色沉淀；排尽装置内的空气，防止NiS被氧化；
（4）根据上述分析，三颈烧瓶内发生反应的化学方程式为NiSO4+H2S=NiS↓+H2SO4；故答案为NiSO4+H2S=NiS↓+H2SO4；
（5）硫化镍难溶于冷水，在热水中分解，因此装置A中水浴的温度要低；故答案为低；
（6）Ni元素是28号元素，位于第四周期第Ⅷ族；Cu位于第四周期ⅠB族，Cu2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；Fe的价电子排布式为3d64s2，未成对电子数为4；故答案为第四周期第Ⅷ族；1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；4。
21．（2022·安徽·模拟预测）氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒(IV )碱式碳酸铵晶体，过程如下：

已知：V(IV)的化合物易被氧化。
回答下列问题：
(1)步骤I中生成VOCl2的同时生成一种无色、无污染的气体，该反应的化学方程式为_____________________________________。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2 溶液，从环境角度考虑，该方法的缺点是_____________(已知氧化性：V2O5>Cl2)
(2)步骤II可用图仪器组装装置。
①上述装置的连接顺序为____________(用各接口字母表示)，盛有NH4HCO3溶液的仪器名称为_______。
②反应前至反应过程中持续向装置D中通入CO2的作用是________________，装置A的作用是___________________。
③检验启普发生器气密性的方法是____________。
(3)加完VOCl2后继续搅拌数分钟，使反应完全，小心取下盛VOCl2溶液的装置，停止通气，立即塞上橡胶塞，将盛有NH4HCO3溶液的装置置于CO2保护下的干燥器中，静置过夜，得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用有机溶液洗涤，抽干称重。证明沉淀已经洗涤干净的方法为_______________________。
(4)测定氧钒(IV )碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量5.10 g粗产品于锥形瓶中，用硫酸溶液溶解后得到含VO2+的溶液，加稍过量的0.02 ml·L-1 KMnO4溶液将VO2+氧化为 ，充分反应后加入特定的还原剂X除去过量的KMnO4，最后用0.08 ml·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为30.00 mL。(滴定反应：+Fe2+ +2H+=VO2+ +Fe3+ +H2O)
粗产品中钒元素的质量分数为____________(保留两位有效数字)。
【答案】
(1)2V2O5+N2H4·2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+ 6H2O 生成的Cl2有毒，污染环境
(2)eabfgcd 三颈烧瓶(或三口烧瓶) 排除装置中的空气，防止VO2+被氧化 除去CO2中的HCl，防止与NH4HCO3发生反应 关闭活塞K1，从球形漏斗口加水至漏斗中液面高于容器中的液面，一段时间后，若两处的液面无变化，说明气密性良好
(3)取最后一次洗涤液注入试管中，滴加几滴用稀硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀产生，说明沉淀洗涤干净
(4)2.4%
【解析】
步骤I中V2O5与N2H4•2HCl发生氧化还原反应，V2O5被还原成VOCl2，VOCl2在碳酸氢铵溶液中发生反应得到氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体；步骤II中先用装置C的启普发生器制取二氧化碳，排尽装置中的空气后，再将VOCl2溶液滴入碳酸氢铵溶液中，在装置D中制取氧钒(IV)碱式碳酸铵，其中A中盛放饱和碳酸氢钠溶液以除去二氧化碳中HCl，防止其进入碳酸氢铵溶液中影响用量，B中盛有澄清石灰水，通过过程浑浊现象确定装置中的空气已被排尽，据此分析解答。
(1)步骤I中V2O5与N2H4•2HCl发生氧化还原反应生成VOCl2，同时生成一种无色、无污染的气体即N2，该反应的化学方程式为2V2O5+N2H4·2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+ 6H2O；用浓盐酸与V2O5 来制备VOCl2 溶液，生成的Cl2有毒，污染环境；
(2)①先用装置C的启普发生器制取二氧化碳，排尽装置中的空气后，再将VOCl2溶液滴入碳酸氢铵溶液中，在装置D中制取氧钒(IV)碱式碳酸铵，其中A中盛放饱和碳酸氢钠溶液以除去二氧化碳中HCl，防止其进入碳酸氢铵溶液中影响用量，B中盛有澄清石灰水，通过过程浑浊现象确定装置中的空气已被排尽，装置的连接顺序为eabfgcd；盛有NH4HCO3溶液的仪器名称为三颈烧瓶(或三口烧瓶)；
②反应前至反应过程中持续向装置D中通入CO2的作用是排除装置中的空气，防止VO2+被氧化，装置A的作用是除去CO2中的HCl，防止与NH4HCO3发生反应；
③检验启普发生器气密性的方法是：关闭活塞K1，从球形漏斗口加水至漏斗中液面高于容器中的液面，一段时间后，若两处的液面无变化，说明气密性良好；
(3)VOCl2溶液与NH4HCO3溶液混合反应生成氧钒(IV)碱式碳酸铵，同时会有氯化铵，晶体过滤后会有氯化铵残留，因此用饱和碳酸氢铵溶液洗去晶体表面的Cl-，检验氯离子方法为：取最后一次洗涤液注入试管中，滴加几滴用稀硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀产生，说明沉淀洗涤干净；
(4)根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.0800 ml/L×30.00×10-3L=2.4×10-3ml，粗产品中钒的质量分数为×100%=2.4%。（1）铬(Ⅵ)最重要的化合物是K2Cr2O7，在水溶液中Cr2Oeq \\al(2－,7)和CrOeq \\al(2－,4)存在下列平衡：
2CrOeq \\al(2－,4)(黄色)＋2H＋Cr2Oeq \\al(2－,7)(橙红色)＋H2O
在酸性溶液中，Cr2Oeq \\al(2－,7)具有强氧化性，如可以氧化浓盐酸，生成氯气：
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Cl－＋14H＋===2Cr3＋＋3Cl2↑＋7H2O
但在碱性溶液中CrOeq \\al(2－,4)的氧化性要弱得多。
（2）Cr(Ⅲ)在酸性条件下以Cr3＋存在，碱性条件下以Cr(OH)3、[Cr(OH)4]－(或CrOeq \\al(－,2))存在。
①Cr3＋在酸性条件下是稳定的，只能被强氧化剂氧化，如：
2Cr3＋＋3PbO2＋H2O===3Pb2＋ ＋Cr2Oeq \\al(2－,7)＋2H＋。
但在碱性条件下能被氧化成CrOeq \\al(2－,4)，2Cr3＋＋3H2O2＋10OH－===2CrOeq \\al(2－,4)＋8H2O。
②在碱性溶液中，CrOeq \\al(－,2)可以被H2O2氧化为CrOeq \\al(2－,4)，2CrOeq \\al(－,2)＋3H2O2＋2OH－===2CrOeq \\al(2－,4)＋4H2O。
（1）Mn2＋：
在酸性条件下，很难被氧化，只有强氧化剂才能将其氧化，
2Mn2＋＋5PbO2＋4H＋===2MnOeq \\al(－,4)＋5Pb2＋＋2H2O；
在碱性条件下，Mn2＋易被氧化为MnOeq \\al(－,4)等，如5ClO－＋2Mn2＋＋6OH－===5Cl－＋2MnOeq \\al(－,4)＋3H2O。
（2）Mn(Ⅵ)化合物的性质
MnOeq \\al(2－,4)存在于强碱性溶液中，在酸性、中性环境中均发生歧化反应。
3MnOeq \\al(2－,4)＋2H2O===2MnOeq \\al(－,4)＋MnO2↓＋4OH－
3MnOeq \\al(2－,4)＋4H＋===2MnOeq \\al(－,4)＋MnO2↓＋2H2O
（3）KMnO4的性质
热稳定性差，通常保存在棕色试剂瓶中：4KMnO4＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(光照))4MnO2↓＋3O2↑＋4KOH。
①在酸性介质中，MnOeq \\al(－,4)具有强氧化性，可以氧化Fe2＋、Cl－、H2C2O4、H2O2等，本身被还原为Mn2＋。
如：MnOeq \\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
②在碱性、中性或微弱酸性溶液中，MnOeq \\al(－,4)仍旧是氧化剂，本身被还原为MnO2。
2MnOeq \\al(－,4)＋I－＋H2O===2MnO2↓＋IOeq \\al(－,3)＋2OH－
③在强碱性溶液中，当MnOeq \\al(－,4)过量时，还原产物是MnOeq \\al(2－,4)，
2MnOeq \\al(－,4)＋SOeq \\al(2－,3)＋2OH－===2MnOeq \\al(2－,4)＋SOeq \\al(2－,4)＋H2O。
（1）钒：
常温下不活泼，不与空气、水、苛性碱作用，也不与非氧化性的酸作用，但溶于氢氟酸，也溶于强氧化性的酸(如硝酸和王水)中。
（2）五氧化二钒：
两性氧化物，但以酸性为主，V2O5＋6NaOH===2Na3VO4＋3H2O；
1 800 ℃发生分解反应：2V2O52V2O4＋O2↑；
微溶于水，可形成稳定的胶体，有较强的氧化性：V2O5＋6HCl===2VOCl2＋Cl2＋3H2O。
（3）VO2＋、VOeq \\al(＋,2)：在酸性介质中，VOeq \\al(＋,2)具有强氧化性，
VOeq \\al(＋,2)＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O，
2VOeq \\al(＋,2)＋H2C2O4＋2H＋===2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O。
（4）钒酸盐：偏钒酸盐(NH4VO3)、正钒酸盐(Na3VO4)等在加热条件下不稳定，
2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O。
单质
常温下钴、镍在空气中能稳定存在；加热条件下可生成CO、NiO
化合价
＋2价
＋3价
氧化物
CO：一定条件下可被H2或CO还原成单质钴。能溶于酸和强碱，不溶于水、醇和氨水。
NiO：能溶于酸和氨水，不溶于水。
C2O3、Ni2O3在酸性溶液中具有强氧化性：
C2O3＋6HCl===2CCl2＋Cl2↑＋3H2O
Ni2O3＋6HCl===2NiCl2＋Cl2↑＋3H2O
氢氧化物
C(OH)2：在空气中被缓慢氧化为棕褐色的C(OH)3；可被强氧化剂(如H2O2)迅速氧化。
Ni(OH)2：在空气中较稳定，可采用氧化性较强的 Cl2 将其氧化。
C(OH)3、Ni(OH)3在酸性溶液中有强氧化性。
2C(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2C2＋＋Cl2↑＋6H2O
2Ni(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2Ni2＋＋Cl2↑＋6H2O
氯化物
CCl2、NiCl2在不同的温度时可含不同数目的结晶水，前者因结晶水数目的不同呈现不同的颜色，可用于制造变色硅胶，还可用作干湿指示剂NiCl2通常在有机溶剂中的溶解度比 CCl2小得多，利用这一性质可分离二者。
C3＋、Ni3＋仅能够存在于固态物质或配合物中，在水溶液中会发生如下反应(镍同)：
4C3＋＋2H2O===4C2＋＋4H＋＋O2↑
CCl3在加热或遇水时发生分解：
2CCl32CCl2＋Cl2↑
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 ml·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 ml·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
A．从氯化铵溶液中直接蒸发结晶获得氯化铵晶体
B．分离硝基苯和水
C．制备金属锰
D．证明醋酸为弱酸
金属离子
完全沉淀所需pH
3.2
9.0
4.7
9.4
10.1
温度/℃
20
40
60
80
100
183.6
215.1
269.2
376.4
415.0
19.5
48.8
45.3
43.7
42.5
氢氧化物
Mn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀时pH
8.3
6.3
2.7
4.7
完全沉淀时pH
9.8
8.3
3.7
6.7
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
C2+
Mn2+
开始沉淀时
2.7
7.6
4.0
7.6
7.7
完全沉淀时
3.7
9.6
5.2
9.2
9.8
化学式
AgCl
AgSCN
Ag2S
Ag2CrO4
颜色
白色
浅黄色
黑色
红色
Ksp
2.0×10-10
1.0×10-12
2.0×10-48
2.0×10-12