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专题95 工艺流程——污染处理载体
1．【2023年辽宁卷】某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（ 和
)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
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 ， 中
过氧键的数目为 。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节 ， 被 氧化为 ，该反应的离子方程式为 (
的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为 、 (填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变， (Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。 体积分数为 时，
(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大 体积分数时， (Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。（5）“沉钴镍”中得到的 (Ⅱ)在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程式为 。
（6）“沉镁”中为使 沉淀完全 ，需控制 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）N
A
（3） Fe(OH)
3
（4） 9.0% SO 有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
2
（5）
（6）11.1
【解析】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 ，用石灰
乳调节 ， 被 氧化为 ，发生反应 ，Fe3+水
解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH) ，在空气中可被氧化成 。
2
（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） 的结构简式为 ，所以 中过氧键的数目为N
A
（3）用石灰乳调节 ， 被 氧化为 ，该反应的离子方程式为：
；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中
c(Fe3+)=10-5mol/L， ，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，
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 体积分数为0.9%时， (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大 体积分数时，由于SO 有
2
还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH) ，在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程式为：
2；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-
2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；
2．（2021·湖北真题）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn Ga Se 。某
0.5 0.5 2
探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
（1）硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为___；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，
CuIn Ga Se 中Cu的化合价为___。
0.5 0.5 2
（2）“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为____。
（3）25℃时，已知：K(NH ·H O)≈2.0×10-5，K [Ga(OH)]≈1.0×10-35，K [In(OH) ]≈1.0×10-33，
b 3 2 sp 3 sp 3
K [Cu(OH) ]≈1.0×10-20，“浸出液”中c(Cu2+)=0.01mol·L-1。当金属阳离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉
sp 2
淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为___(保留一位小数)；若继续加入6.0mol·L-1氨水至过量，
观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后___；为探究Ga(OH) 在氨水中能否溶解，计算反应
3
Ga(OH) +NH·H O [Ga(OH)]-+NH 的平衡常数K=___。
3 3 2 4
(已知：Ga3++4OH- [Ga(OH)]- K′= ≈1.0×1034)
4
（4）“滤渣”与SOCl 混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO 是否洗净的试剂是___；“回流过滤”中
2
SOCl 的作用是将氢氧化物转化为氯化物和___。
2
（5）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为___。
【答案】
（1） 6 +1
（2）Cu O+HO+2H SO =2CuSO+3H O
2 2 2 2 4 4 2
（3） 4.7 蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色 2.0×10-6
（4） HCl溶液、BaCl 溶液 作溶剂
2
（5）GaCl +NH GaN+3HCl
3 3
【解析】废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价，
再加氨水分离氢氧化铜，过滤，氨水过量氢氧化铜再溶解，用SOCl 溶解，以此解题。
2（1）硫为第VIA族元素，硒(Se)与硫为同族元素，故Se的最外层电子数为6，镓(Ga)和铟(In)位于元素周
期表第IIIA族，则根据正负化合价为零则可以知道CuIn Ga Se 中Cu的化合价为+1；
0.5 0.5 2
（2）“酸浸氧化”为酸性条件下HO 烧渣中Cu O反应，其方程式为：Cu O+HO+2H SO =2CuSO+3H O；
2 2 2 2 2 2 2 4 4 2
（3）In3+恰好完全沉淀时 ， ，故答案是PH=4.7；蓝色沉
淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解，故答案是蓝色沉淀溶解，
溶液变成深蓝色；由反应方程式可知 ，由K′= ≈1.0×1034，
得 即
，代入数
据可知K=2.0×10-6；
（4）检验滤渣中SO 是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐，故试剂是HCl溶液、BaCl 溶液；通过“回
2
流过滤”分为两部分滤渣和滤液，故SOCl 的另一个作用是作溶剂；
2
（5）高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl 反应，其方程式为：GaCl +NH GaN+3HCl。
3 3 3
3．【2021年重庆卷】电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有 和少
量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离， 实现资源再利用。
已知： K (CuS)=6.3 ×10-36和K (NiS)=3.0×10-19
sp sp
回答下列问题：
（1） 中Cr元素的化合价为_______。
（2）还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为_______。
（3）沉淀1为Cr(OH) ，其性质与Al(OH) 相似，则Cr(OH) 与NaOH溶液反应的化学方程式_______。
3 3 3
（4）NaS溶液呈碱性的原因是_______(用离子方程式表示)，沉淀2为_______。
2
（5）若废水中还含有Cd2+，pH=4时Cd2+的浓度为_______mol·L-1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分
离的原因是_______(设HS平衡浓度为1.0× 10-6mol·L-1。已知：HS的K=1.0×10-7，K=7.0×10-15，
2 2 1 2
Ksp(CdS)=7.0×10-27)
【答案】（1）+6（2）
（3）Cr(OH) + NaOH = NaCrO + 2H O
3 2 2
（4） S2- + H O HS- + OH- CuS
2
（5） 1.0×10 -7mol/L 在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可
以发现此时c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的
混合物而无法准确分离开
【解析】废水经预处理后含有 和少量的 、 ，题目要对其中所含离子进行逐一分离， 实现资
源再利用。这是解题的关键，根据要求“逐一分离”这一点，结合流程及题目给出的信息
，可以推断沉淀1、沉淀2、沉淀3分别为 、CuS、
NiS。
（1）利用化合物中元素化合价代数和为0来解答，不过这里的是离子，所以各元素化合价代数和等于该离
子所带的电荷数（要带上正负），即：若假设 ，则2x+7×(-2)=-2，可得x=+6，
故答案为：+6；
（2）从流程可知，还原池中加入了含有 和少量的 、 废水， 和用于调节溶液酸碱性的
，且还原池中有 生成，即 转变成了 ，依据氧化还原反应的规律可推断
转变为 ，按照电子守恒和质量守恒即可写出正确的离子反应方程式：
，
故答案为： ；
（3） 的性质与 相似，依据反应 ，可以写出 与NaOH
溶液反应的化学方程式 ，
故答案为： ；
（4） 溶液呈碱性是由于盐类水解， 是多元弱酸的正盐，水解反应分两步进行：第一步
，第二步 ；沉淀池2和沉淀池3都是利用 溶液进
行分离，结合 可知，CuS更容易沉淀，故沉淀2为CuS；
故答案为： ；CuS；
（5）HS的 、 ，pH=4时，
2
，则
，而沉淀池2中进行的沉淀 反应需要调节溶液体系pH=4，此时 ，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉
淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开；
故答案为： ；在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时
c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法
准确分离开。
4．【2022年江苏卷】实验室以二氧化铈( )废渣为原料制备 含量少的 ，其部分实验过程
如下：
（1）“酸浸”时 与 反应生成 并放出 ，该反应的离子方程式为_______。
（2）pH约为7的 溶液与 溶液反应可生成 沉淀，该沉淀中 含量与加料方式有
关。得到含 量较少的 的加料方式为_______(填序号)。
A．将 溶液滴加到 溶液中 B．将 溶液滴加到 溶液中
（3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备 含量少的 。已知 能被有机萃取剂
(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为
(水层)+3HA(有机层) (有机层)+ (水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。
②反萃取的目的是将有机层 转移到水层。使 尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或
采取的实验操作有_______(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤 溶液的滤液中，物质的量减小的离子有
_______(填化学式)。
（4）实验中需要测定溶液中 的含量。已知水溶液中 可用准确浓度的 溶液滴定。
以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为
。请补充完整实验方案：①准确量取 溶液[ 约为 ]，
加氧化剂将 完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到 容量瓶中后
定容；②按规定操作分别将 和待测 溶液装入如图所示的滴定管中：
③_______。【答案】（1）2CeO+H O+6H+=2Ce3++O ↑+4H O
2 2 2 2 2
（2）B
（3） 降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓
度 酸性条件，多次萃取
（4）从左侧滴定管中放出一定体积的待测 溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用
来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达
到滴定终点，记录标准液的体积
【解析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃
取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制
备产物，以此解题。
（1）根据信息反应物为 与 ，产物为 和 ，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：
2CeO+H O+6H+=2Ce3++O ↑+4H O；
2 2 2 2 2
（2）反应过程中保持 少量即可得到含 量较少的 ，故选B；
（3）①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物，故答案为：降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离
子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度；
②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使 尽可能多地发生上述转移，可以采用多
次萃取；
③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的 ，过滤后溶液中 离子浓度较小，故答案为： ；
（4）应该用标准液滴定待测 溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，故答案为：从左侧滴定管中放出
一定体积的待测 溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用 来滴定，
当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积。
5．【2022年海南卷】胆矾( )是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成
分是Cu，含有少量的油污、CuO、 、 ]制备胆矾。流程如下。回答问题：
（1）步骤①的目的是_______。
（2）步骤②中，若仅用浓 溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。
（3）步骤②中，在 存在下Cu溶于稀 ，反应的化学方程式为_______。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______。
（5）实验证明，滤液D能将 氧化为 。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量 将 氧化为 ，理由是_______。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是 将 氧化为 ，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写具体
操作过程)。
【答案】（1）除油污
（2）
（3）
（4）胆矾晶体易溶于水
（5） 溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 取滤液，向其中加入适量硫化钠，
使铜离子恰好完全沉淀，再加入 ，不能被氧化
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与
过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO、Cu(OH) 均转化为CuSO ，溶液C为硫酸铜溶液
3 2 4
和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
（1）原料表面含有少量的油污，NaCO 溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：
2 3
除去原料表面的油污。
（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO 、SO 和HO，二氧化硫是一种大气污染物，
4 2 2
步骤②中，若仅用浓HSO 溶解固体B，将生成SO 污染环境。
2 4 2
（3）步骤②中，在HO 存在下Cu溶于稀HSO ，生成CuSO 和HO，该反应的化学方程式为Cu+ HO+
2 2 2 4 4 2 2 2
HSO =CuSO+2H O。
2 4 4 2
（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体
易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。
（5）ⅰ. HO 常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤
2 2
②中过量HO 将I-氧化为I，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后HO 已完全分解。
2 2 2 2 2
ⅱ. I-氧化为I 时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO 和HSO ，乙同学通过实验证实，只能是
2 4 2 4
Cu2+将I-氧化为I，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是
2否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入NaS将
2
其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量NaS溶液，直至不
2
再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被
除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I。
2
6．（2021.1·浙江真题）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO )]制备KCr O 晶体，流程如下：
2 2 2 2 7
已知：4Fe (CrO ) + 10Na CO+7O 8NaCrO +4NaFeO+10CO
2 2 2 3 2 2 4 2 2
2H++2CrO Cr O +H O
2 2
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
（1）步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。
（2）下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO 水解产生的Fe(OH)
2 3
C．步骤III，酸化的目的主要是使NaCrO 转变为NaCr O
2 4 2 2 7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是NaSO 和NaCO
2 4 2 3
（3）步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的KCr O 粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重
2 2 7
复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。
a．50℃蒸发溶剂；
b．100℃ 蒸发溶剂；
c．抽滤；
d．冷却至室温；e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
（4）为了测定KCr O 产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
2 2 7
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬
于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补
全操作)
（5）该小组用滴定法准确测得产品中KCr O 的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度
2 2 7
(K Cr O 溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制
2 2 7
KCr O 待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。
2 2 7
【答案】
（1）增大反应物的接触面积
（2）BC
（3） a e d c
（4）①AC ②再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁
（5）HSO 抑制Cr O 转化为CrO ，且与Cr O 不反应
2 4 2 2
【解析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融NaCO 发生高温氧化反应生成NaCrO、NaFeO 和CO，所得
2 3 2 4 2 2
固体冷却后用水浸取，其中NaFeO 发生强烈水解：NaFeO +2H O=NaOH+Fe(OH) ↓，过滤得到含
2 2 2 3
NaCrO、NaOH、NaCO 的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、NaCO 与硫酸反应生成NaSO ，
2 4 2 3 2 3 2 4
NaCrO 转化为NaCr O（发生的反应为2NaCrO+H SO Na Cr O+Na SO +H O），经蒸发结晶、
2 4 2 2 7 2 4 2 4 2 2 7 2 4 2
过滤、洗涤得到的滤液中主要含NaCr O，加入KCl后经多步操作得到KCr O，据此分析作答。
2 2 7 2 2 7
（1）步骤I中铬铁矿与足量熔融NaCO 发生高温氧化反应生成NaCrO、NaFeO 和CO，将铬铁矿粉碎，
2 3 2 4 2 2
可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。
（2）A．根据NaCrO 的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误；
2 4
B．步骤II中用水浸取时NaFeO 发生强烈水解：NaFeO +2H O=NaOH+Fe(OH) ↓，经过滤可除去Fe(OH) ，
2 2 2 3 3
B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2 +H O正向移动，主要目的使NaCrO 转化为NaCr O，C
2 2 4 2 2 7
正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为NaSO ，D错误；
2 4
答案选BC。
（3）NaCr O 中加入KCl发生反应NaCr O+2KCl=K Cr O+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲
2 2 7 2 2 7 2 2 7线可知，KCr O 的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶
2 2 7
解度相等，故为了得到杂质较少的KCr O 粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃
2 2 7
蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。
（4）①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于KCr O 具有强氧化性，量取25.00mL
2 2 7
待测液应用酸式滴定管，A错误；
B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B
正确；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；
E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以
下，并记录初始读数，E正确；
答案选AC。
②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半
滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：
再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
（5）根据题意，KCr O 溶液的吸光度与其浓度成正比例，在KCr O 溶液中存在平衡 +H O 2H+
2 2 7 2 2 7 2
+2 ，即有部分 会转化为 ，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制 转化为
，可加入与 不反应的酸，如硫酸；故答案为：HSO ；抑制 转化为 ，且与
2 4
不反应。
7．（2021·广东真题）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】
（1）+6
（2）
（3） + = ↓
（4）
（5）
【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 。
8．【2016江苏卷】实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO 、MgSiO 和少量Fe、Al的氧化物）为原
3 2 4
料制备MgCO ·3H O。实验过程如下：
3 2
（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为
MgCO (s)+2H+(aq)===Mg2+(aq)+CO (g)+HO(l) ΔH=－50.4 kJ·mol–1
3 2 2MgSiO(s)+4H+(aq)===2 Mg2+(aq)+H SiO(s)+HO(l) ΔH=－225.4 kJ·mol–1
2 4 2 3 2
酸溶需加热的目的是______；所加HSO 不宜过量太多的原因是_______。
2 4
（2）加入HO 氧化时发生发应的离子方程式为___________。
2 2
（3）用下图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+。
①实验装置图中仪器A的名称为_______。
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有
机萃取剂，______、静置、分液，并重复多次。
（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO ·3H O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，
3 2
______，过滤、用水洗涤固体2～3次，在50℃下干燥，得到MgCO ·3H O。
3 2
[已知该溶液中pH=8.5时Mg(OH) 开始沉淀；pH=5.0时Al(OH) 沉淀完全]。
2 3
【答案】（1）加快酸溶速率 避免制备MgCO 时消耗更多的碱
3
（2）HO＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2HO （3）①分液漏斗 ②充分振荡
2 2 2
（4）至5.0＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加NaCO 溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层
2 3
清液中滴加NaCO 溶液，若无沉淀生成
2 3
【解析】
（1）加热可以加快反应速率；如果硫酸过多，则需要消耗更多的碱液中和硫酸，从而造成生产成本
增加，因此所加HSO 不宜过量太多。
2 4
（2）溶液中含有亚铁离子，双氧水具有强氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，因此加入 HO 氧化
2 2
时发生发应的离子方程式为HO+2Fe2＋+2H＋===2Fe3＋+2H O。
2 2 2
（3）①实验装置图中仪器A的名称为分液漏斗。
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有
机萃取剂，充分振荡、静置、分液，并重复多次。
（4）根据氢氧化镁和氢氧化铝沉淀的pH可知，滴加氨水的同时必须控制溶液的pH不能超过8.5，且
也不能低于5.0，所以边搅拌边向溶液中滴加氨水，至5.0＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴
加NaCO 溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加NaCO 溶液，若无沉淀生成，过滤
2 3 2 3
用水洗涤固体2~3次，在50℃下干燥，得到MgCO ·3H O。
3 2
9．[2019江苏]实验室以工业废渣（主要含CaSO·2H O，还含少量SiO 、Al O 、Fe O ）为原料制取轻质
4 2 2 2 3 2 3
CaCO 和(NH )SO 晶体，其实验流程如下：
3 4 2 4（1）室温下，反应CaSO(s)+ (aq) CaCO (s)+ (aq)达到平衡，则溶液中 = ▲
4 3
[K (CaSO)=4.8×10−5，K (CaCO)=3×10−9]。
sp 4 sp 3
（2）将氨水和NH HCO 溶液混合，可制得(NH )CO 溶液，其离子方程式为 ▲ ；浸取废渣时，
4 3 4 2 3
向(NH )CO 溶液中加入适量浓氨水的目的是 ▲ 。
4 2 3
（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在 60~70 ℃，搅拌，反应3小时。温度过高
将会导致CaSO 的转化率下降，其原因是 ▲ ；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量
4
不变，实验中提高CaSO 转化率的操作有 ▲ 。
4
（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO 所需的CaCl 溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，
3 2
制取CaCl 溶液的实验方案： ▲ [已知pH=5时Fe(OH) 和Al(OH) 沉淀完全；pH=8.5时
2 3 3
Al(OH) 开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH) ]。
3 2
【答案】（1）1.6×104
（2） +NH·H O + +H O(或 +NH·H O + +H O)
3 2 2 3 2 2
增加溶液中 的浓度，促进CaSO 的转化
4
（3）温度过高，(NH )CO 分解 加快搅拌速率
4 2 3
（4）在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量
Ca(OH) ，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤
2
【解析】
（1）反应CaSO（s）+CO 2-（aq） CaCO （s）+SO2-（aq）达到平衡时，溶液中 =
4 3 3 4
= = =1.6×104。
（2）NH HCO 属于酸式盐，与氨水反应生成（NH ）CO，反应的化学方程式为NH HCO +NH·H O=
4 3 4 2 3 4 3 3 2（NH ）CO+H O[或NH HCO +NH·H O （NH ）CO+H O]，离子方程式为HCO -
4 2 3 2 4 3 3 2 4 2 3 2 3
+NH·H O=NH ++CO 2-+H O（或HCO -+NH·H O NH ++CO 2-+H O）；浸取废渣时，加入的
3 2 4 3 2 3 3 2 4 3 2
（NH ）CO 属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO2-+NH++H O HCO -+NH·H O，加入适
4 2 3 3 4 2 3 3 2
量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO2-的浓度增大，反应CaSO（s）+CO 2-（aq） CaCO
3 4 3 3
（s）+SO2-（aq）正向移动，促进CaSO 的转化。
4 4
（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH ）CO 分解，从而使CaSO 转化率下降；
4 2 3 4
由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物
和溶剂的量不变，提高CaSO 转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过
4
程中提高CaSO 转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。
4
（4）工业废渣主要含CaSO·2H O，还含有少量SiO、Al O 和Fe O，加入（NH ）CO 溶液浸取，其中
4 2 2 2 3 2 3 4 2 3
CaSO 与（NH ）CO 反应生成CaCO 和（NH ）SO ，SiO、Al O 和Fe O 都不反应，过滤后所得滤
4 4 2 3 3 4 2 4 2 2 3 2 3
渣中含CaCO 、SiO、Al O 和Fe O；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl 溶液，根据题给试剂，首
3 2 2 3 2 3 2
先要加入足量盐酸将CaCO 完全转化为CaCl ，发生的反应为CaCO +2HCl=CaCl +H O+CO↑，与此
3 2 3 2 2 2
同时发生反应Al O+6HCl=2AlCl +3H O、Fe O+6HCl=2FeCl +3H O，SiO 不反应，经过滤除去
2 3 3 2 2 3 3 2 2
SiO；得到的滤液中含CaCl 、AlCl 、FeCl ，根据“pH=5时Fe（OH） 和Al（OH） 沉淀完全，
2 2 3 3 3 3
pH=8.5时Al（OH） 开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca（OH） 调节溶液的
3 2
pH介于5~8.5[加入Ca（OH） 的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl 溶液。
2 2
10．【2016北京卷】以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO 、PbSO 及炭黑等）和HSO 为原料，
2 4 2 4
制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
（1）过程
Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO 反应生成PbSO 的化学方程式是__________。
2 4
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++ PbO +4H++SO2−＝2Fe3++PbSO+2H O
2 4 4 2
ii: ……
①写出ii的离子方程式：________________。
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a.向酸化的FeSO 溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO ，溶液变红。
4 2
b.______________。
（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（aq） NaHPbO （aq），其溶解度
2
曲线如图所示。①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是____(选填序号)。
A．减少PbO的损失，提高产品的产率
B．重复利用氢氧化钠，提高原料的利用率
C．增加NaSO 浓度，提高脱硫效率
2 4
②过滤Ⅲ的目的是提纯，综合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作___________。
【答案】（1）Pb + PbO + 2H SO 2PbSO + 2H O。
2 2 4 4 2
（2）①2Fe3＋+Pb+SO 2—==PbSO +2Fe2＋；
4 4
②取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去。
（3）①A、B；②将粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，
冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到PbO固体。
【解析】
（1）根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2＋催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和
水，化学方程式为Pb + PbO + 2H SO 2PbSO + 2H O。
2 2 4 4 2
（2）①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质
量和化学性质反应前后保持不变。根据题给信息知反应i中Fe2＋被PbO 氧化为Fe3＋，则反应ii中
2
Fe3＋被Pb还原为Fe2＋，离子方程式为2Fe3＋+Pb+SO 2—==PbSO +2Fe2＋；
4 4
②a实验证明发生反应i，则b实验需证明发生反应ii，实验方案为取a中红色溶液少量，加入过量
Pb，充分反应后，红色褪去。
（3）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO +2NaOH==PbO+Na SO +H O，而滤液Ⅰ中含有硫酸，
4 2 4 2
可降低溶液的pH，使平衡：PbO（s）+NaOH（aq） NaHPbO （aq）逆向移动，减少PbO的
2
损失，提高产品的产率，同时重复利用NaOH，提高原料的利用率答案选AB；
②根据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和
溶液，降温结晶、过滤，洗涤并干燥即可得到PbO。
11．【2016四川卷】资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含
Ca (PO )F和CaCO ·MgCO 。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途
5 4 3 3 3
的CaCO 、Mg(OH) 、P 和H，其简化流程如下：
3 2 4 2已知：①Ca (PO )F在950℃不分解；
5 4 3
②4Ca (PO )F+18SiO +30C 2CaF +30CO+18CaSiO +3P
5 4 3 2 2 3 4
请回答下列问题：
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是___________。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是_____________。
（3）NH NO 溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是__________。
4 3
（4）在浸取液Ⅱ中通入NH ，发生反应的化学方程式是____________。
3
（5）工业上常用磷精矿[Ca (PO )F]和硫酸反应制备磷酸。已知25℃，101kPa时：
5 4 3
CaO(s)+H SO (l)=CaSO (s)+HO(l) ΔH=-271kJ/mol
2 4 4 2
5 CaO(s)+3H PO (l)+HF(g)= Ca (PO )F (s)+5HO(l) ΔH=-937kJ/mol
3 4 5 4 3 2
则Ca (PO )F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_________________。
5 4 3
（6）在一定条件下CO(g)+HO(g) CO(g)+H(g)，当CO与HO(g)的起始物质的量之比为1:5，达
2 2 2 2
平衡时，CO转化了 。若a kg含Ca (PO )F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿
5 4 3
在上述过程中有b%的Ca (PO )F转化为P ，将产生的CO与HO(g)按起始物质的量之比1:3混合，
5 4 3 4 2
则相同条件下达平衡时能产生H________kg。
2
【答案】（1）CO2
（2）漏斗、烧杯、玻璃棒
（3）NH ＋ 水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH) 反应生成Ca2＋
4 2
（4）MgSO +2NH+2H O===Mg(OH) ↓+(NH)SO
4 3 2 2 4 2 4
（5）Ca (PO )F (s)+ 5H SO (l)=5CaSO (s) +H PO (l)+HF(g) ΔH =-418kJ/mol
5 4 3 2 4 4 3 4
ab
44800
（6）
【解析】
（1）根据题给化学工艺流程和信息①知磷尾矿[主要含Ca (PO )F和CaCO ·MgCO ]在950℃下煅烧，
5 4 3 3 3
其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO）。
2
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒。
（3）NH NO 溶液中铵离子水解呈酸性，与CaO、Ca(OH) 反应生成Ca2＋。
4 3 2
（4）根据化学工艺流程判断浸取液II的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH ，发生反应的化学方程式
3
是MgSO +2NH+2H O===Mg(OH) ↓+(NH)SO 。
4 3 2 2 4 2 4
（5）已知25℃，101kPa时：①CaO(s)+H SO (l)=CaSO4(s)+H O(l) ΔH =-271kJ/mol
2 4 2
②5 CaO(s)+3H PO (l)+HF(g)= Ca (PO )F (s)+5HO(l) ΔH =-937kJ/mol
3 4 5 4 3 2
根据盖斯定律：①×5-②得 Ca (PO )F 和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是 Ca (PO )F (s)+
5 4 3 5 4 3
5HSO (l)=5CaSO (s) +H PO (l)+HF(g) ΔH =-418kJ/mol 。
2 4 4 3 4
（6）根据题给数据利用三段式分析。设CO的起始浓度为1 mol/L，则水蒸气的起始浓度为5 mol/L
CO(g)+HO(g) CO(g)+H(g)
2 2 2
起始浓度（mol/L）1 5 0 0
转化浓度（mol/L）5/6 5/6 5/6 5/6
平衡浓度（mol/L）1/6 25/6 5/6 5/6
则K=c(CO)c(H)/c(CO)c(HO)=1。相同条件下当CO与HO(g)的起始物质的量之比为1:3，平衡常数
2 2 2 2
不变，设转化的CO为x mol。
CO(g)+HO(g) CO(g)+H(g)
2 2 2
起始浓度（mol/L）1 3 0 0
转化浓度（mol/L）x x x x
平衡浓度（mol/L）(1-x) (3-x) x x
则 x2/(1-x)(3-x)=1,解得 x=3/4，即达平衡时，CO 转化了 3/4 mol。转化为 P 的 Ca (PO )F 质量为
4 5 4 3
a×10%×b%kg，根据反应4Ca (PO )F+18SiO +30C 2CaF +30CO+18CaSiO +3P 知生成CO的
5 4 3 2 2 3 4
质量为（30×28×a×10%×b%）/（4×504）kg，则转化的CO的质量为3（30×28×a×10%×b%）/4
（4×504）kg，根据反应：CO(g)+HO(g) CO(g)+H(g)知相同条件下达平衡时能产生H 的质
2 2 2 2
ab
44800
量为3（30×28×a×10%×b%）/56（4×504）kg= kg。
