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专题94 工艺流程——结合理论综合
1．【2023年广东卷】 均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含
)中，利用氨浸工艺可提取 ，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由 、 和 配制。常温下， 与 形成可溶
于水的配离子： ； 易被空气氧化为 ；部分氢氧化物的 如下
表。
氢氧化物
回答下列问题：
（1）活性 可与水反应，化学方程式为 。
（2）常温下， 的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。
（3）“氨浸”时，由 转化为 的离子方程式为 。
（4） 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，
出现了 的明锐衍射峰。
① 属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
② 提高了 的浸取速率，其原因是 。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。
②由 可制备 晶体，其立方晶胞如图。 与O最小间距大于 与O最小间距，x、y为
整数，则 在晶胞中的位置为 ；晶体中一个 周围与其最近的O的个数为
。（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得 溶液中 与
的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取 工艺的意义，在于可重复利用 和 (填化学式)。
【答案】（1）
（2）＞
（3） 或
（4） 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5） 体心 12
（6） 0.4或
【解析】硝酸浸取液(含 )中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要
是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向
滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢
气体得到氯化镍晶体。
（1）活性 可与水反应，化学方程式为 ；故答案为： 。
（2）常温下， 的氨性溶液中， ， ，
，则 ＞ ；故答案为：＞。
（3）“氨浸”时， 与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成 ，则由
转化为 的离子方程式为
或
；故答案为：
或。
（4） 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，
出现了 的明锐衍射峰。
①X射线衍射图谱中，出现了 的明锐衍射峰，则 属于晶体；故答案为：
晶体。
②根据题意 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则 能提高
了 的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接
触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
（5）①“析晶”过程中为了防止 水解，因此通入的酸性气体A为 ；故答案为： 。
②由 可制备 晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，
而氧(白色)原子有3个， 与O最小间距大于 与O最小间距，则Al在顶点，因此 在晶胞中的
位置为体心；晶体中一个 周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4
个，三个横截面共12个，因此晶体中一个 周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为 ，根
据 ， ，还剩余5个水分子，因此所得
溶液中 与 的比值理论上最高为 ；故答案为：0.4或 。
②“热解”对于从矿石提取 工艺的意义，根据前面分析 ，
，在于可重复利用 和 ；故答案为： 。
2．【2022年北京卷】白云石的主要化学成分为 ，还含有质量分数约为2.1%的Fe O 和1.0%
2 3
的SiO。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
2
已知：
物质（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。
（2） 用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物( )浸出率/% 产品中 纯度/% 产品中Mg杂质含量/%
(以 计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注：ⅰ、 浸出率=(浸出的 质量/煅烧得到的 质量) (M代表Ca或Mg)
ⅱ、 纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中 纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出 的原因是___________。
②沉钙反应的离子方程式为___________。
③“浸钙”过程不适宜选用 的比例为___________。
④产品中 纯度的实测值高于计算值的原因是___________。
（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的 溶液混合，充分反应后 的浸出率低于
60%。加热蒸馏， 的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释
浸出率增大的原因是___________。
（4）滤渣C中含有的物质是___________。
（5）该流程中可循环利用的物质是___________。
【答案】（1）
（2） ，在一定量 溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而
氢氧化镁不能，故 先浸出
2.4∶1 ， 优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
（3） ， ，随大量氨逸出，平衡正向移动
（4）
（5）
【解析】白云石矿样煅烧后 转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离
子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；
【解析】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为
；
（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，
，在一定量 溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不
能，故 首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为
。
③由图表可知，“浸钙”过程 的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度
最低，故不适宜选用 的比例为2.4∶1。
④ ，在反应中 会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以
Mg(OH) 形成沉淀，相比MgCO 质量更小，二者共同作用导致产品中 纯度的实测值高于计算值；
2 3
（3）“浸镁”过程中，发生反应： ， ，加
热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为 ，还含有质量分数约为2.1%的Fe O 和1.0%的SiO；煅烧浸
2 3 2
钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧
化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中， 的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁
进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是 ；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D
加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程
中 既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是
。
3．（2021·福建真题）四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含 ，
还有 、 的化合物及 等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的气体用_______吸收后可制取氮肥。
（2）“浸出”时， 转化为 。提高单位时间内钼浸出率的措施有_______(任写两种)。温度对
内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过 后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度
升高使水大量蒸发，导致_______。
（3）“净化”时，浸出液中残留的 、 转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中 和pH的关系为：
。为了使溶液中的杂质离子浓度小于 ，应控制溶液的pH不小于
_______。(已知： ； 和 的 分别为35.2和17.2)
（4）“净化”后，溶液中若有低价钼(以 表示)，可加入适量 将其氧化为 ，反应的离子方程
式为_______。
（5）“沉淀”时，加入 的目的是_______。
（6）高温下用 还原(NH )MoO 可制得金属钼，反应的化学方程式为_______。（已知：(NH )MoO
4 2 4 13 4 2 4 13
受热分解生成 ）
【答案】
（1）氨水
（2） 适当升温、搅拌、增加 用量(增大 浓度)等 晶体析出，混入浸渣
（3）3.9
（4）
（5）提供 ，使 充分转化为沉淀析出
（6）
【解析】钼精矿(主要含 ，还有 、 的化合物及 等)通入氧气焙烧得到 、CuO、Fe O、
2 3
SiO 和SO ，焙烧产生的气体主要为SO ； 、CuO、Fe O、SiO 加NaCO、HO浸出，
2 2 2 2 3 2 2 3 2
转化为 ，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO 不反应，浸渣为SiO、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸
2 2出液含 和少量Cu2+、Fe2+，加(NH )S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，
4 2
滤液主要含 ，滤液中加NH NO 、HNO 进行沉淀得到(NH )MoO ·2H O。
4 3 3 4 2 4 13 2
（1）“焙烧”产生的气体为SO ，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；
2
（2）“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加 用量(增
大 浓度)(任写两种)；当浸出温度超过 后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使
水大量蒸发，导致 晶体析出，混入浸渣；
（3） 和 的 分别为35.2和17.2，则K (CuS)=10-35.2，K (FeS)=10-17.2，要使Cu2+浓度小于
sp sp
，则S2-浓度大于 mol/L=10-29.2mol/L，要使Fe2+浓度小于 ，则S2-
浓度大于 mol/L=10-11.2mol/L，综述：c(S2-)>10-11.2mol/L，c(S2-)=10-11.2mol/L时，lg(10-
11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于 ，应
控制溶液的pH不小于3.9；
（4）溶液中若有低价钼(以 表示)，可加入适量 将其氧化为 ，则氧化剂为 ，还原产
物为-2价的O，还原剂为 ，氧化产物为 ，则反应的离子方程式为
；
（5）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH )MoO ·2H O，因此加入 的目的是提供 ，使
4 2 4 13 2
充分转化为沉淀析出；
（6）高温下用 还原(NH )MoO 可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式
4 2 4 13
为 。
4．（2021·辽宁真题）从钒铬锰矿渣(主要成分为 、 、 )中提铬的一种工艺流程如下：
已知：pH较大时，二价锰[ ](在空气中易被氧化.回答下列问题：
（1）Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。（2）用 溶液制备 胶体的化学方程式为_______。
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[ ]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液
中 ，“沉钒”过程控制 ，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为
_______(填化学式)。
（4）某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为_______；在该条件下
滤液B中 _______ （ 近似为 ， 的 近似为 ）。
（5）“转化”过程中生成 的离子方程式为_______。
（6）“提纯”过程中 的作用为_______。
【答案】
（1） 4 VIB
（2）FeCl +3H O Fe(OH) (胶体)+3HCl
3 2 3
（3）
（4） 6.0 1×10-6
（5）Mn2++H O+2OH-=MnO+2H O
2 2 2 2
（6）防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，转化为MnO 附在Cr(OH) 的表面，使产物不纯
2 3
【解析】分析本工艺流程图可知，“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
Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH) 沉淀，滤液B中主要含有MnSO ，
3 4
加入NaSO 主要时防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，Cr(OH) 煅烧后生成
2 2 3 3
Cr O，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H O+2OH-=MnO+2H O，据此分析解题。
2 3 2 2 2 2
（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序
数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB；
（2）用 溶液制备 胶体的化学方程式为FeCl +3H O Fe(OH) (胶体)+3HCl，故答案为：
3 2 3
FeCl +3H O Fe(OH) (胶体)+3HCl；
3 2 3（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[ ]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液
中 ， =-2，从图中可知， “沉钒”过程控制 ， =-2时，与胶
体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 ，故答案为： ；
（4）某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为
6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中 =
=1×10-6 ，故答案为：6.0；1×10-6；
（5）由分析可知，“转化”过程中生成 的离子方程式为Mn2++H O+2OH-=MnO+2H O，故答案为：
2 2 2 2
Mn2++H O+2OH-=MnO+2H O；
2 2 2 2
（6）由分析可知，“提纯”过程中 的作用为防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，
转化为MnO 附在Cr(OH) 的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价锰[ ]被空气
2 3
中氧气氧化，转化为MnO 附在Cr(OH) 的表面，使产物不纯。
2 3
5．（2021·全国乙卷真题）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有 、 、 、 、 以及
少量的 。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的 见下表
金属离子
开始沉淀的 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全 的 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中， 、 几乎不发生反应， 、 、 、 转化为相应的硫酸盐，写出
转化为 的化学方程式_______。（2）“水浸”后“滤液”的 约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节 至11.6，依次析出的金属离子是
_______。
（3）“母液①"中 浓度为_______ 。
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热， 水解析出 沉淀，该反应的离子方程式是
_______。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【答案】
（1）
（2）
（3）
（4）硫酸
（5）
（6）
【解析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化
镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二
氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧
化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0
的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙
的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不
反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO ，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO 溶液；
4 4
将TiOSO 溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO 完全水解生成TiO·x H O沉淀和硫酸，过滤得到
4 4 2 2
含有硫酸的母液②和TiO·x H O。
2 2
（1）氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，
反应的化学方程式为Al O+4(NH )SO NH Al(SO )+4NH↑+3H O，故答案为：Al O+4(NH )SO
2 3 4 2 4 4 4 2 3 2 2 3 4 2 4
NH Al(SO )+4NH↑+3H O；
4 4 2 3 2
（2）由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离
子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
（3）由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当
溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为 =1×10—6mol/L，故答案为：1×10—6；
（4）增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，
减少TiOSO 溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸
4钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO、CaSO；
2 4
（5）酸溶后将TiOSO 溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO 完全水解生成TiO·x H O沉淀和硫酸，
4 4 2 2
反应的离子方程式为TiO2++（x+1）HO TiO·xHO+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)HO
2 2 2 2
TiO·xHO+2H+；
2 2
（6）由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得
到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH )SO 。
4 2 4
6．【2022年山东卷】工业上以氟磷灰石[ ，含 等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程
如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有 产生。氢氟酸与 反应生成二元强酸 ，离子方程式为_______。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比 加入 脱氟，
充分反应后， _______ ；再分批加入一定量的 ，首先转化为沉淀的离子是
_______。
（3） 浓度(以 计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、 浓度(以 计)的关系如图甲
所示。酸解后，在所得 、 为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤
时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；
一定温度下，石膏存在形式与溶液中 和 的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石
膏结晶转化的是_______(填标号)。A． 、 、 B． 、 、
C． 、 、 D． 、 、
【答案】（1）6HF+SiO =2H++ +2H O
2 2
（2）
（3） CaSO•0.5HO 抑制CaSO 的溶解，提高产品石膏的产率 酸解 AD
4 2 4
【解析】
氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、
除硫酸根离子和 ，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
（1）氢氟酸与SiO 反应生成二元强酸HSiF，该反应的离子方程式为6HF+SiO =2H++ +2H O。
2 2 6 2 2
（2）精制1中，按物质的量之比n(Na CO):n( )= 1:1加入NaCO 脱氟，该反应的化学方程式为
2 3 2 3
HSiF+ Na CO= Na SiF↓+CO ↑+ H O，充分反应后得到沉淀NaSiF，溶液中有饱和的NaSiF，且
2 6 2 3 2 6 2 2 2 6 2 6
c(Na+)=2c( )，根据NaSiF 的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c( )=4c3( )，c( ) =
2 6
mol•L-1，因此c(Na+)=2c( )= mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的
饱和溶液，c(Ca2+)=c( )= mol•L-1；分批加入一定量的BaCO ，当BaSiF 沉淀
3 6
开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，当BaSO 沉淀开始生成时，c(Ba2+)=
4
mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是 ，然后才是 。
（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、PO%为45的混合体系中，石膏存在形式为
2 5
CaSO•0.5HO；CaSO 在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不
4 2 4
使用水的原因是：减少CaSO 的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收
4
利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信
息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为65℃时，
位于65℃线上方的晶体全部以CaSO•0.5HO形式存在，位于65℃线下方的晶体全部以CaSO•2H O。
4 2 4 2体系温度为80℃时，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO•2H O形式存在，位于80℃线上方的晶体全
4 2
部以CaSO•0.5HO形式存在，据此分析：
4 2
A． PO%= l5、SO %= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO•2H O形式存在，
2 5 3 4 2
可以实现石膏晶体的转化，A符合题意；
B． PO%= 10、SO %= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO•0.5HO
2 5 3 4 2
形式存在，故不能实现晶体的转化， B不符合题意；
C．PO%= 10、SO %= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO•0.5HO形式
2 5 3 4 2
存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；
D． PO%=10、SO %= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO•2H O形式
2 5 3 4 2
存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。
7．【2022年全国乙卷】废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有 、 、 和Pb。还有少量BA．Fe、
Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的 如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中 转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择 的原
因________。
（2）在“脱硫”中，加入 不能使铅膏中 完全转化，原因是________。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸( )，还要加入 。(ⅰ)能被 氧化的离子是________；
(ⅱ) 促进了金属Pb在醋酸中转化为 ，其化学方程式为________；
(ⅲ) 也能使 转化为 ， 的作用是________。
（4）“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。
（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
【答案】（1） PbSO (s)+CO (aq)= PbCO (s)+SO (aq) 反应PbSO (s)+CO (aq)= PbCO (s)+SO
4 3 4 3
(aq)的平衡常数K= =3.4 105>105，PbSO 可以比较彻底的转化为PbCO
4 3
（2）反应BaSO(s)+CO (aq)= BaCO (s)+SO (aq)的平衡常数K= =0.04<<105，反应正向进行的程
4 3
度有限
（3） Fe2+ Pb+HO+2HAc=Pb(Ac) +2H O 作还原剂
2 2 2 2
（4）Fe(OH) 、Al(OH)
3 3
（5）Ba2+、Na+
【解析】铅膏中主要含有PbSO 、PbO 、PbO和Pb，还有少量BA．Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加
4 2
入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，
过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时
的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，
得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。
（1）“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO (s)+CO
4
(aq)= PbCO (s)+SO (aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，K (PbCO )=7.4 10-14，
3 sp 3
K (PbSO )=2.5 10-8，反应PbSO (s)+CO (aq)= PbCO (s)+SO (aq)的平衡常数K= =
sp 4 4 3
= = ≈3.4 105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的
碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。
（2）反应BaSO(s)+CO (aq)= BaCO (s)+SO (aq)的平衡常数K= = = =
4 3
≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO 完全
4
转化。
（3）（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。
（ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac) ，过氧化氢与PB．HAc发生氧还原反应生成
2
Pb(Ac) 和HO，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：
2 2Pb+HO+2HAc=Pb(Ac) +2H O。
2 2 2 2
（iii）过氧化氢也能使PbO 转化为Pb(Ac) ，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO 是氧化剂，则过氧
2 2 2
化氢是还原剂。
（4）酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化
铁。
（5）依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO 完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、
4
氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加
入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。
8．【2022年广东卷】稀土( )包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可
用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土
离子保持 价不变； 的 ， 开始溶解时的pH为8.8；有关金属
离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至_______的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为
_______。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，
可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于_______ (保留两
位有效数字)。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
（6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成1mol 转移_______ 电子。② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为
_______。
【答案】（1）Fe2+
（2） 4.7 pH<6.2
（3）4.0 10-4
（4） 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
（5）MgSO
4
（6） 15 O+4e-+2H O=4OH-
2 2
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO 溶液浸取，得到浸取液中含有 、
4
、 、 、 、 等离子，经氧化调pH使 、 形成沉淀，经过滤除去，滤液1
中含有 、 、 等离子，加入月桂酸钠，使 形成 沉淀，滤液2主要
含有MgSO 溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液
4
分离得到RECl 溶液。
3
（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除
杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
（2）由表中数据可知， 沉淀完全的pH为4.7，而 开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证 、
沉淀完全，且 不沉淀，要用 溶液调pH至4.7 pH<6.2的范围内，该过程中 发生反
应的离子方程式为 ，故答案为：4.7 pH<6.2； ；
（3）滤液2中 浓度为 ，即0.1125mol/L，根据
，若要加入月桂酸钠后只生成 ，而
不产生 ，则 = =4.0 10-4
，故答案为：4.0 10-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：
加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸 熔点为 ，故“操作X”的过
程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO ，故答案为：MgSO ；
4 4
（6）① 中Y为+3价， 中Pt为+4价，而 中金属均为0价，所以还原 和 熔融盐制
备 时，生成1mol 转移15 电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O+4e-+2H O=4OH，故答案为：
2 2
O+4e-+2H O=4OH-。
2 29．（2021·山东真题）工业上以铬铁矿(FeCr O，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠
2 4
(NaCr O•2HO)的工艺流程如图。回答下列问题：
2 2 7 2
（1）焙烧的目的是将FeCr O 转化为NaCrO 并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆
2 4 2 4
流而行，目的是___。
（2）矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-
5mol•L-1时，可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为___；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作单元的名称)过程中除去。
（3）蒸发结晶时，过度蒸发将导致___；冷却结晶所得母液中，除NaCr O 外，可在上述流程中循环利用
2 2 7
的物质还有____。
（4）利用膜电解技术(装置如图所示)，以NaCrO 为主要原料制备NaCr O 的总反应方程式为：
2 4 2 2 7
4NaCrO+4HO 2NaCr O+4NaOH+2H↑+O↑。则NaCr O 在___(填“阴”或“阳”)极室制得，
2 4 2 2 2 7 2 2 2 2 7
电解时通过膜的离子主要为___。【答案】
（1）增大反应物接触面积，提高化学反应速率
（2） 使 平衡正向移动，提高NaCr O 的产率 浸取
2 2 7
（3）所得溶液中含有大量NaSO •10HO HSO
2 4 2 2 4
（4）阳 Na＋
【解析】以铬铁矿(FeCr O，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(NaCr O•2HO)过程中，向铬
2 4 2 2 7 2
铁矿中加入纯碱和O 进行焙烧，FeCr O 转化为NaCrO，Fe(II)被O 氧化成Fe O，Al、Si氧化物转
2 2 4 2 4 2 2 3
化为NaAlO 、NaSiO，加入水进行“浸取”，Fe O 不溶于水，过滤后向溶液中加入HSO 调节溶液
2 2 3 2 3 2 4
pH使 、 转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入HSO ，将NaCrO 转化为NaCr O，将溶
2 4 2 4 2 2 7
液蒸发结晶将NaSO 除去，所得溶液冷却结晶得到NaCr O•2HO晶体，母液中还含有大量HSO 。
2 4 2 2 7 2 2 4
据此解答。
（1）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O 向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化
2
学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。
（2）中和时调节溶液pH目的是将 、 转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，
Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，HSiO 会再溶解生成 ，因此中和时pH的理论范围为
2 3
；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以 和 存在，溶液中存在平
衡： ，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高NaCr O 的产率；由上
2 2 7
述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为： ；使
平衡正向移动，提高NaCr O 的产率；浸取。
2 2 7
（3）蒸发结晶时，NaSO 主要以NaSO •10HO存在，NaSO •10HO的溶解度随温度升高先增大后减小，
2 4 2 4 2 2 4 2
若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量NaSO •10HO；由上述分析可知，流程中循环利
2 4 2
用的物质除NaCr O 外，还有HSO ，故答案为：所得溶液中含有大量NaSO •10HO；HSO 。
2 2 7 2 4 2 4 2 2 4
（4）由4NaCrO+4HO 2NaCr O+4NaOH+2H↑+O↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上
2 4 2 2 2 7 2 2
水失去电子生成H＋和O，阴极上H+得到电子生成H，由 可知，
2 2在氢离子浓度较大的电极室中制得，即NaCr O 在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根
2 2 7
离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备NaCr O 的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答
2 2 7
案为：阳；Na＋。
10．（2021·湖南真题） 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以
形式存在，还含有 、 、 、 等物质。以独居石为原料制备
的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；
（3）滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；
（4）加入絮凝剂的目的是_______；
（5）“沉铈”过程中，生成 的离子方程式为_______，常温下加入的 溶液呈
_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知： 的 ， 的 ，
)；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为 ，在高温条件下， 、葡萄糖( )和 可制备电极材料
，同时生成 和 ，该反应的化学方程式为_______
【答案】
（1）
（2）适当升高温度，将独居石粉碎等
（3）Al(OH)
3
（4）促使铝离子沉淀
（5） ↑ 碱性
（6）6 + +12 =12 +6CO↑+6H O+6CO↑
2 2
【解析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸， 转化为Ce (SO ) 和HPO ， 与硫酸不反应，
2 4 3 3 4
转化为Al (SO )， 转化为Fe (SO )， 转化为CaSO 和HF，酸性废气含HF；后过滤，
2 4 3 2 4 3 4
滤渣Ⅰ为 和磷酸钙、FePO ，滤液主要含HPO ，Ce (SO )，Al (SO )，Fe (SO )，加氯化铁溶液
4 3 4 2 4 3 2 4 3 2 4 3除磷，滤渣Ⅱ为FePO ；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还
4
含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce (CO)·nH O。
2 3 3 2
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为 ；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
（3）结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH) ；
3
（4）加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
（5）用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成 的离子方程式为
↑；铵根离子的水解常数K( )=
h
≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数K( )== ≈2.3×10-8，则K( )
