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专题93 工艺流程——物质分离提纯
1．【2023年北京卷】以银锰精矿(主要含 、 、 )和氧化锰矿(主要含 )为原料联合提取
银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下， 的氧化性强于 。
（1） “浸锰”过程是在 溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除 ，有利于后续银的浸出：矿
石中的银以 的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应 ，则可推断： (填“>”或
“<”) 。
②在 溶液中，银锰精矿中的 和氧化锰矿中的 发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离
子有 。
（2） “浸银”时，使用过量 和 的混合液作为浸出剂，将 中的银以 形式浸
出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中 的作用： 。
（3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有 。
②一定温度下， 的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释 分钟后 的沉淀率逐渐减小的原因：
。（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
【答案】（1） > 、
（2） 是为了与 电离出的 结合生成
，使平衡正向移动，提高 的浸出率； 是为了抑制 水解，防止生成 沉淀
（3） 、 被氧气氧化为 ， 把
氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到 ，同时将银元素和锰元素分离开；生成
的 还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】银锰精矿(主要含 、 、 )和氧化锰矿(主要含 )混合加 溶液，使矿石中的
锰元素浸出，同时去除 ，矿石中的银以 的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离
子有 、 ；浸锰渣中 与过量 和 的混合液反应，将 中的银以
形式浸出，用铁粉把 还原为金属银。
（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以 的形式残留于浸锰渣中， 发生反应
，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断： > ；
②根据信息，在 溶液中二氧化锰可将 氧化为 ，自身被还原为 ，则浸锰液中主要的金
属阳离子有 、 。
（2）① 中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为
；
② 是为了与 电离出的 结合生成 ，使平衡正向移动，提高 的浸出率； 是为了
抑制 水解，防止生成 沉淀。
（3）①铁粉可将 还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、 ；
②溶液中生成的 会被空气中的氧气缓慢氧化为 ， 把部分 氧化为 ，因此 后银的沉
淀率逐渐降低。
（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素
和锰元素分离开，利用 的氧化性将 中的 氧化为 ，同时生成的 还可以用于浸银，
节约氧化剂，同时得到 。
2．【2023年山东卷】盐湖卤水(主要含 、 和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种
以高镁卤水为原料经两段除镁制备 的工艺流程如下：
已知：常温下， 。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）含硼固体中的 在水中存在平衡： (常温下， )；
与 溶液反应可制备硼砂 。常温下，在 硼砂溶液中，
水解生成等物质的量浓度的 和 ，该水解反应的离子方程式为 ，
该溶液 。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中 的浓度为 ，则常温下精制Ⅱ过
程中 浓度应控制在 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收 外，还将增加
的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是 ；进行操作 时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致
。
【答案】（1）
（2） CaO
（3） 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的 转化为 （或除去精制Ⅰ所得滤液中的 ），提高 纯度 盐酸 浓缩液中因 浓度过大使得 过早沉淀，即浓缩结晶得到的
中会混有 ，最终所得 的产率减小
【解析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有
Na+、Li+、Cl-、 等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此
条件下溶解度最小的是 ，则滤渣Ⅰ的主要成分为 ；由于 微溶于水，精制Ⅰ所得滤
液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为 ；精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、
过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到 。
（1）含硼固体中的 在水中存在平衡： (常温下， )；
与 溶液反应可制备硼砂 。常温下.在 硼砂溶液中，
水解生成等物质的量浓度的 和 ，该水解反应的离子方程式为
，由B元素守恒可知， 和 的浓度均
为 ， ，则该溶液 。
（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是 ；精制I后溶液中 的浓度为2.0 ，由
可知，则常温下精制Ⅱ过程中 浓度应控制在
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离
子所需的碱性pH首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还
将增加生石灰（CaO）和纯碱（ ）的用量。
（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为 ；由于 微溶于
水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的 ，还需要除去 ，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯
碱将精制Ⅰ所得滤液中的 转化为 （或除去精制Ⅰ所得滤液中的 ），提高 纯度。
操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目
的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因 浓度过大使得
过早沉淀，即浓缩结晶得到的 中会混有 ，最终所得 的产率减小。
3．【2023年6月浙江卷】某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝( )按如
下流程开展实验。已知：①铝土矿主要成分为 ，含少量 和 。用 溶液溶解铝土矿过程中 转变为难
溶性的铝硅酸盐。
② 的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
（1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是 。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量 有利于减少 沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少 吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤Ⅳ中控制 和 的投料比可控制产品盐基度
（3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是 ；步骤V不宜用酒精灯直接加热的
原因是 。
（4）测定产品的盐基度。
的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取 溶液于锥形瓶中，调 ，滴加指示
剂 溶液。在不断摇动下，用 标准溶液滴定至浅红色(有 沉淀)，
30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗 标准溶液 。另测得上述样品溶液中
。
①产品的盐基度为 。
②测定 过程中溶液 过低或过高均会影响测定结果，原因是 。
【答案】（1）NaAlO
2
（2）C
（3） 蒸发皿 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
（4） 0.7 pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏
少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】铝土矿主要成分为 ，含少量 和 ，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅
酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚
合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。
（1）根据题中信息步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO ；故答案为：NaAlO 。
2 2
（2）A．步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，
故A正确；
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量 生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少 沉淀中的杂
质，故B正确；
C．步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误；
D． 中a、b可通过控制 和 的投料比来控制产品盐基度，故D正确；
综上所述，答案为：C。
（3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受
热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀；故答案
为：蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀。
（4）①根据 ，样品溶液中氯离子物质的量浓度为 ，
，根据电荷守恒得到 产品的盐基度为 ；故答案为：
0.7。
②测定 过程中溶液 过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重
铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的
硝酸银偏多；故答案为：pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗
的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
4．【2022年福建卷】粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含 和
等)提铝的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“浸出”时适当升温的主要目的是_______， 发生反应的离子方程式为_______。
（2）“浸渣”的主要成分除残余 外，还有_______。实验测得， 粉煤灰( 的质量分数为
)经浸出、干燥后得到 “浸渣”( 的质量分数为 )， 的浸出率为_______。
（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入 沉铝的目的是_______，“沉
铝”的最佳方案为_______。（4）“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。
【答案】（1） 提高浸出率(或提高浸出速率)
（2） 和 84%
（3） 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 高温溶解再冷却结晶
（4） 或
（5）沉铝
【解析】粉煤灰为原料(主要含SiO、Al O 和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，
2 2 3
产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸
钾，得到氧化铝。
（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al O 和HSO 发生
2 3 2 4
反应生成Al (SO ) 和HO，离子反应方程式为Al O+6H+=2Al3++3H O；
2 4 3 2 2 3 2
故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al O+6H+=2Al3++3H O。
2 3 2
（2）“浸渣”的主要成分除残余Al O 外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al O 的质量为
2 3 2 3
5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al O 的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al O 的浸出率为
2 3 2 3
；
故答案为：SiO 和CaSO；84%。
2 4
（3）根据沉铝体系中，Al (SO )·18H O溶解度最大，KAl(SO )·12H O溶解度最小，更容易析出，加入
2 4 3 2 4 2 2
KSO 沉铝的目的是更多的使Al (SO ) 转化为KAl(SO )·12H O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同
2 4 2 4 3 4 2 2
时保证晶体纯度；KAl(SO )·12H O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却
4 2 2
结晶；
故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。
（4）“焙烧”时，KAl(SO ) 分解为KSO 、Al O 和SO 或KSO 、Al O、SO 和O，反应方程式为
4 2 2 4 2 3 3 2 4 2 3 2 22KAl(SO ) KSO +AlO+3SO↑或4KAl(SO ) 2KSO +2AlO+6SO↑+3O ↑；
4 2 2 4 2 3 3 4 2 2 4 2 3 2 2
故答案为：2KAl(SO ) KSO +AlO+3SO↑或4KAl(SO ) 2KSO +2AlO+6SO↑+3O ↑。
4 2 2 4 2 3 3 4 2 2 4 2 3 2 2
（5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为KSO ，可在沉铝工序循环使用；
2 4
故答案为：沉铝。
5．【2022年湖北卷】全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖
水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有 和少量 )，并设计了以下流程
通过制备碳酸锂来提取锂。
时相关物质的参数如下：
的溶解度：
化合物回答下列问题：
（1）“沉淀1”为___________。
（2）向“滤液1”中加入适量固体 的目的是___________。
（3）为提高 的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备 。查阅资料后，发现文献对常温下的 有不同的
描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究 的性质，将饱和 溶液与饱和
溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。
上述现象说明，在该实验条件下 ___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方
程式为___________。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入 改为通入 。这一改动能否达
到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】（1）Mg(OH)
2
（2）将 转化成CaCO 沉淀除去，同时不引入新杂质
3
（3） 蒸发浓缩 趁热过滤
（4） 不稳定 Li+ + HCO = LiHCO，2LiHCO = Li CO↓ + CO ↑+ H O
3 3 2 3 2 2
（5）能达到相同效果，因为改为通入过量的 ，则LiOH转化为LiHCO ，结合（4）的探究结果，
3
LiHCO 也会很快分解产生LiCO，所以这一改动能达到相同的效果
3 2 3
【解析】浓缩卤水(含有 和少量 )中加入石灰乳[Ca(OH) ]后得到含有
2
和 的滤液1，沉淀1为Mg(OH) ，向滤液1中加入LiCO 后，得到滤液2，含有的
2 2 3
离子为 和OH-，沉淀2为CaCO ，向滤液2中加入NaCO，得到LiCO 沉淀，再通过蒸
3 2 3 2 3
发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品LiCO。
2 3
（1）浓缩卤水中含有 ，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH) 沉淀，所以沉淀1为Mg(OH) ；
2 2
（2）滤液1中含有 和 ，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，
加入LiCO 的目的是将 转化成CaCO 沉淀除去，同时不引入新杂质；
2 3 3
（3）由LiCO 的溶解度曲线可知，温度升高，LiCO 的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于
2 3 2 3
析出，所以为提高 的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，
趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
（4）饱和LiCl和饱和NaHCO 等体积混合后，产生了LiHCO 和NaCl，随后LiHCO 分解产生了CO 和
3 3 3 2
LiCO。故答案为：不稳定，Li+ + HCO = LiHCO，2LiHCO = Li CO↓ + CO ↑+ H O；
2 3 3 3 2 3 2 2
（5）“滤液2”中含有LiOH，加入 ，目的是将LiOH转化为LiCO。若改为通入过量的 ，则
2 3
LiOH转化为LiHCO ，结合（4）的探究结果，LiHCO 也会很快分解产生LiCO，所以这一改动能达
3 3 2 3
到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的 ，则LiOH转化为LiHCO ，结
3合（4）的探究结果，LiHCO 也会很快分解产生LiCO，所以这一改动能达到相同的效果。
3 2 3
6．【2022年重庆卷】电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理
的流程如图。
Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。
化学式 Sn(OH)(或SnO ·2H O) Fe(OH) Cu(OH)
4 2 2 3 2
溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20
（1）NaSnO 的回收
2 3
①产品NaSnO 中Sn的化合价是______。
2 3
②退锡工艺是利用稀HNO 与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，废液中的
3
Sn2+易转化成SnO ·xH O。
2 2
③沉淀1的主要成分是SnO ，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为______。
2
（2）滤液1的处理
①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。
②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______mol•L-1。
（3）产品中锡含量的测定
称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO 保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO
2 3
标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO 被还原为I—，终点时消耗KIO 溶液20.00mL。
3
①终点时的现象为______，产生I 的离子反应方程式为_____。
2
②产品中Sn的质量分数为_____%。
【答案】（1） +4价 Sn(NO )、NH NO SnO +2NaOH NaSnO +H O
3 2 4 3 2 2 3 2
（2） Fe(OH) 2×10—7
3
（3） 滴入最后一滴KIO 标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原 2IO
3
+5Sn2++12H+=I +5Sn4++6H O 39.7%
2 2
【解析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧
化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转
化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。
（1）①由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：+4价；
②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO )、NH NO ；
3 2 4 3
③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡
酸钠和水，反应的化学方程式为SnO +2NaOH NaSnO +H O，故答案为：SnO +2NaOH
2 2 3 2 2
NaSnO +H O；
2 3 2
（2）①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：
Fe(OH) ；
3
②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为 =5×10—
8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10—7mol/L，故答案为：2×10—7；
（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色时，碘与过量的二价锡离
子反应生成碘离子，溶液由蓝色变为无色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由
蓝色变为无色，且半分钟内不复原，反应生成碘的离子方程式为2IO +5Sn2++12H+=I +5Sn4++6H O，
2 2
故答案为：滴入最后一滴KIO 标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；2IO +5Sn2+
3
+12H+=I +5Sn4++6H O；
2 2
②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量
分数为 ×100%=39.7%，故答案为：39.7%。
7．（2021·海南真题）无水 常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程，以废铁屑
(含有少量碳和 杂质)为原料制备无水 。
已知：氯化亚砜( )熔点-101℃，沸点76℃，易水解。
回答问题：
（1）操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。
（2）为避免引入新的杂质，试剂B可以选用___________(填编号)。
A． 溶液 B． 水 C． 水 D． 溶液
（3）操作②是蒸发结晶，加热的同时通入 的目的是___________。
（4）取少量 晶体，溶于水并滴加 溶液，现象是___________。
（5）反应 的化学方程式为___________。（6）由 转化成 的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂___________，并设计实验验证
是该还原剂将 还原___________。
【答案】
（1）漏斗
（2）BD
（3）防止水解
（4）溶液变为血红色
（5）
（6） 先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是将还原
【解析】废铁屑(含有少量碳和SiO 杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO 杂质，
2 2
A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，蒸发结晶生成 ，通入SOCl 生成FeCl 。
2 3
（1）过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。
（2）A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，A、C都引入杂质离子，故选BD。
（3）加热促进氯化铁溶液的水解，会生成氢氧化铁，故加入 的目的是防止水解。
（4）KSCN溶液遇Fe3+变为红色。
（5）根据已知信息氯化亚砜( )熔点-101℃，沸点76℃，易水解，可得 与SOCl 生
2
成FeCl 的化学方程式为 。
3
（6）可能反应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁，若二氧化硫作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，
故若加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作还原剂。
8．【2022年全国甲卷】硫酸锌( )是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。
硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为 ，杂质为 以及CA．Mg、Fe、Cu等的化合
物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
（3）加入物质X调溶液 ，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A． B． C．
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向 的滤液①中分批加入适量 溶液充分反应后过滤，滤渣②中有 ，该步反应的
离子方程式为_______。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓 反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】（1）ZnCO ZnO+CO ↑
3 2
（2） 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 增大硫酸的浓度等
（3） B Fe(OH) CaSO SiO
3 4 2
（4）3Fe2++ +7H O=3Fe(OH) ↓+MnO↓+5H+
2 3 2
（5）置换Cu2+为Cu从而除去
（6） CaSO MgSO
4 4
【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO ，杂质为SiO 以及CA．Mg、Fe、Cu等的化合物，结
3 2
合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO ZnO+CO ↑，再加入HSO 酸浸，得到含
3 2 2 4
Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到
Fe(OH) 、CaSO、SiO 的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加
3 4 2
入KMnO 溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH) 和MnO 的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应
4 3 2
Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为
CaF 、MgF ，滤液④为ZnSO 溶液，经一系列处理得到ZnSO·7H O，据此分析解答。
2 2 4 4 2
（1）由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO ZnO+CO ↑；
3 2
（2）可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
（3）A．NH ·H O易分解产生NH 污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；
3 2 3
B．Ca(OH) 不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；
2
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；
故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH) ，又CaSO 是微溶物，SiO 不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH) 、CaSO、
3 4 2 3 4
SiO；
2
（4）向80~90℃滤液①中加入KMnO 溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH) 和MnO 的滤渣②，反应的离子方
4 3 2
程式为3Fe2++ +7H O=3Fe(OH) ↓+MnO↓+5H+；
2 3 2
（5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；
（6）由分析，滤渣④为CaF 、MgF ，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO、MgSO 。
2 2 4 4
9．[2019新课标Ⅲ] 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化
锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
0
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9
（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学
方程式____________________________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO 的作用是________________________。
2
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂 2”的目的是生成 MgF 沉淀除去 Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是
2
_____________________________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNiCoMnO ，其中Ni、Co、Mn
x y z 2
的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y= 时，z=___________。
【答案】（1）SiO（不溶性硅酸盐） MnO +MnS+2H SO 2MnSO +S+2H O
2 2 2 4 4 2
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）4.7
（4）NiS和ZnS
（5）F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF Mg2++2F−平衡向右移动
2
（6）Mn2++2 MnCO ↓+CO ↑+H O
3 2 2
（7）
【解析】（1）Si元素以SiO 或不溶性硅盐存在，SiO 与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有
2 2SiO ；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，
2
硫化锰作还原剂，方程式为：MnO +MnS+2H SO 2MnSO +S+2H O。
2 2 4 4 2
（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。
（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间。
（4）根据题干信息，加入Na S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和
2
NiS。
（5）由HF H++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方
2
向移动，Mg2+沉淀不完全。
（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO 沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO -
3 3
MnCO ↓+CO ↑+H O。
3 2 2
（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计
算得：z=1/3。
10．【2017江苏卷】铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al O ，含SiO 和Fe O 等杂质)为原料制
2 3 2 2 3
备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO 在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
2
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO 溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或
3
“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al O，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
2 3
（4）“电解Ⅱ”是电解NaCO 溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________，
2 3
阴极产生的物质A的化学式为____________。
（5）铝粉在1000℃时可与N 反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH Cl固体并充分混合，有利于AlN
2 4
的制备，其主要原因是_____________________。【答案】（1）Al O+2OH−=2AlO －+H O （2）减小（3）石墨电极被阳极上产生的O 氧化
2 3 2 2 2
（4）4CO2－+2H O−4e−=4HCO－+O ↑ H
3 2 3 2 2
（5）NH Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al O 薄膜
4 2 3
【解析】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可与强碱溶液反应，过滤
后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，
最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。
（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为 Al O+2OH−=2AlO －
2 3 2
+H O。
2
（2）为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤 I所得滤液中含有氢氧化钠，加入
碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小。
（3）电解I过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所
以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。
（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的 OH−放电生成氧气，破坏了水的电离
平衡，碳酸根结合H+转化为HCO －，所以电极反应式为4CO2－+2H O−4e−=4HCO－+O ↑，阴极室
3 3 2 3 2
氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡，所以阴极产生的物
质A为H。
2
（5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢
能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN的制备。
