《2026年新高考5年真题高中化学全一册通用版湖南专版》

16. (14 分)一种从深海多金属结核[主要含$MnO_2$、$FeO(OH)$、$SiO_2$，有少量的$Co_2O_3$、$Al_2O_3$、$NiO$、$CuO$]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液($NiSO_4$、$CoSO_4$、$MnSO_4$)的工艺流程如下：

已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为$0.1 mol·L^{-1}$)开始沉淀和完全沉淀($c\leq1.0×10^{-5} mol·L^{-1}$)的 pH：

回答下列问题：
(1) 基态 Ni 的价层电子排布式为3d⁸4s²。
(2) “酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是SiO₂(写化学式)；$SO_2$还原$Co_2O_3$的化学方程式为+ SO₂ + Co₂O₃ + H₂SO₄ = 2CoSO₄ + H₂O。
(3) “沉铁”时，$Fe^{2+}$转化为$Fe_2O_3$的离子方程式为4Fe²⁺ + O₂ + 4H⁺$\stackrel{高压、200℃}{=\!=\!=\!=\!=}$2Fe₂O₃ + 8H⁺，加热至 200$°C$的主要原因防止生成Fe(OH)₃胶体，避免其吸附其他金属阳离子，造成产率下降。
(4) “沉铝”时，未产生$Cu(OH)_2$沉淀，该溶液中$c(Cu^{2+})$不超过1×10⁻²$mol·L^{-1}$。
(5) “第二次萃取”时，Co²⁺、Ni²⁺(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M 表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为sp²。

答案：
(1)3d⁸4s²
(2)SiO₂ + SO₂ + Co₂O₃ + H₂SO₄ = 2CoSO₄ + H₂O
(3)4Fe²⁺ + O₂ + 4H⁺$\stackrel{高压、200℃}{=\!=\!=\!=\!=}$2Fe₂O₃ + 8H⁺ 防止生成Fe(OH)₃胶体，避免其吸附其他金属阳离子，造成产率下降
(4)1×10⁻²
(5)Co²⁺ Ni²⁺ sp²
命题意图本题以金属资源回收工艺为情境，体现了“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养。
解题思路深海多金属结核[主要含MnO₂、FeO(OH)、SiO₂，有少量的Co₂O₃、Al₂O₃、NiO、CuO]中加入SO₂、H₂SO₄进行“酸浸还原”，得到的“滤渣”的主要成分是SiO₂，“滤液”中含有Mn²⁺、Fe²⁺、Co²⁺、Al³⁺、Ni²⁺、Cu²⁺。通入空气，高压、200℃条件下，调节pH = 3.2，“沉铁”得到Fe₂O₃。继续加入NaOH调节pH = 5.2“沉铝”，主要得到Al(OH)₃。加入萃取剂“第一次萃取”Cu²⁺，分液得到含Cu²⁺的“萃取液1”，萃余液1中加入混合萃取剂进行“第二次萃取”，经过系列操作得到电池级镍钴锰混合溶液，萃余液2“电解”得到金属Mn。
(3)“沉铁”时，Fe²⁺转化为Fe₂O₃，铁元素化合价升高，则空气中的O₂做氧化剂。根据已知信息①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至200℃的主要原因是防止生成Fe(OH)₃胶体，避免其吸附其他金属阳离子，造成产率下降。
(4)Cu²⁺沉淀完全的pH = 6.7，则Kₛₚ[Cu(OH)₂] = 1.0×10⁻⁵×(10⁻⁷.³)² = 10⁻¹⁹.⁶，“沉铝”时pH = 5.2，未产生Cu(OH)₂沉淀，则此时溶液中c(Cu²⁺) ＜ Kₛₚ[Cu(OH)₂]/c²(OH⁻) = 10⁻¹⁹.⁶/(10⁻⁸.⁸)²mol·L⁻¹ = 1×10⁻²mol·L⁻¹。
(5)由流程可知，“第二次萃取”时，主要萃取Co²⁺、Ni²⁺，故Co²⁺、Ni²⁺与混合萃取剂形成的配合物更稳定。配合物中氮原子与碳原子形成2个σ键，1个孤电子对与金属元素M形成配位键，N的价层电子对数为3，则配合物中氮原子的杂化类型为sp²。