文档内容
专题讲座（五）工艺流程的解题策略
1．铬元素是一种重金属元素，工业上处理含铬废水并将其资源化的工艺有多种，其中两种工艺如下图所
示：
已知：①含铬废水中铬元素主要有 和 两种价态， 价铬在酸性环境中氧化性更强。
② 。
回答下列问题：
(1)“还原”时，先加入 酸化，再加入 固体，其发生反应的离子方程式为 ，若不加
酸化，可能造成的后果是 。
(2)“中和”过程中，有大量气泡生成，写出中和时产生 的离子方程式： 。
(3)“过滤洗涤”时，证明沉淀已洗涤干净的操作为： 。
(4)“冶炼”时，该反应的能量主要转化形式为 。
(5)“氧化”时，发生反应的化学方程式为： 。
(6)已知 ，利用氧化法除铬时，欲使废液中铬元素的含量不高于 ，则此
滤液中 的范围为 。
(7)与还原法相比，氧化法的优点为 。
【答案】(1) +3 +10H+=4Cr3++5H O+6 +6价铬不能完全被还原
2
(2)2Cr3++3 +3H O=2Cr（OH）↓+3CO ↑
2 3 2
(3)取最后一次洗涤液，向其中加入足量稀盐酸，再加入BaCl 溶液，没有白色沉淀生成
2(4)化学能转化为热能
(5)2Cr(OH) +3NaClO+4NaOH=2Na CrO+3NaCl+5HO
3 2 4 2
(6)≥4.8×10-5molL-1
(7)能耗低 ⋅
【分析】含铬废水先加入HSO 酸化，再加入NaSO 固体，现发生转化2 +2H+ +H O，随后
2 4 2 2 5 2
⇌
发生反应 +3 +10H+=4Cr3++5H O+6 ，加入碳酸钠调节，中和pH，发生反应Cr3++
2
+3H O=2Cr(OH) ↓+3CO ↑，过滤获得Cr(OH) ，经煅烧，得到氧化铬，加铝发生置换反应，获得单质铬；
2 3 2 3
下方流程：含铬废水加入氢氧化钠调节pH，发生反应Cr3++3OH-=Cr(OH) ↓，“氧化”时，发生反应的化学
3
方程式为2Cr(OH) +3NaClO+4NaOH=2Na CrO+3NaCl+5HO，加硝酸钡，利用沉淀溶解平衡，获得
3 2 4 2
BaCrO 沉淀，据此分析回答问题。
4
【解析】（1）已知+6价铬在溶液中存在如下平衡：2 +2H+ +H O，因此加入稀硫酸的目的是
2
⇌
将 转化为 ，此时加入NaSO 固体，发生反应的离子方程式为 +3 +10H+=4Cr3++5H O
2 2 5 2
+6 ，根据题意可知，+6价铬在酸性环境中氧化性更强，若不加HSO 酸化，可能造成的后果是+6价
2 4
铬不能完全被还原；
（2）“中和”时，加入NaCO 有大量气泡生成，由此可判断该气体为CO，同时有沉淀生成，因此该反
2 3 2
应的离子方程式为2Cr3++3 +3H O=2Cr(OH) ↓+3CO ↑；
2 3 2
（3）“过滤洗涤”时，洗涤Cr(OH) 沉淀上的SO 2-等杂质离子，证明沉淀已洗涤干净的操作为取最后一
3 4
次洗涤液，向其中加入足量稀盐酸，再加入BaCl 溶液，没有白色沉淀生成；
2
（4）“冶炼”时，发生反应为铝还原Cr O，铝热反应放出大量热，因此能量主要转化形式为化学能转化
2 3
为热能；
（5）加NaOH调节pH后，溶液中Cr3++3OH-=Cr(OH) ↓，“氧化”时，发生反应的化学方程式为
3
2Cr(OH) +3NaClO+4NaOH=2Na CrO+3NaCl+5HO；
3 2 4 2
（6）若废液中c( )= =5×10-6mol/L，根据c(Ba2+)= mol/
L=4.8×10-5mol⋅L-1，因此溶液中c(Ba2+)≥4.8×10-5mol⋅L-1；（7）与还原法相比，氧化法的优点为能耗低。
2．CdS又称镉黄，可用作黄色颜料，也用于制备荧光粉等。以镉铁矿(成分为CdO 及少量的CuO、FeO和
2
SiO)为原料制备CdS的工艺流程如图。
2
已知：
金属离
开始沉淀的pH 完全沉淀的pH
子
4.4 6.4
6.7 8.3
7.4 9.4
回答下列问题：
(1)“滤渣2”的主要成分为 。(写化学式)
(2)“还原镉”时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生反应的离子方程式为 。
(3)氧化步骤中加入HO 的量比理论上要多一些，其可能原因为 。
2 2
(4)通入HS也可以“沉镉”，发生反应的离子方程式为 。
2
(5)实际工业生产中，有时采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中 的含量，其原理是：
，其中NaR为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂
后，测得溶液中的 比交换前增加了 。此时溶液pH=6，则该条件下Cd(OH) 的 。
2
(6)CdS不溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸，并生成 ，反应的化学方程式为 。若向反应后的溶液
中加水稀释，又出现黄色沉淀，用平衡移动原理解释 。(已知 )
【答案】(1)Cu(OH) 、CaSO
2 4
(2)3Cd4++CH OH+H O=3Cd2++CO ↑+6H+
3 2 2(3)Fe3+是HO 分解的催化剂，因此消耗较多的HO
2 2 2 2
(4)Cd2++H S=CdS↓+2H+
2
(5)1.0×10-19
(6) CdS+4HCl(浓)=H
2
[CdCl
4
]+H
2
S↑ 加水稀释时，c(Cl﹣)降低，使平衡Cd2++4Cl﹣ ⇌[CdCl
4
]2﹣向左移动，
释放出的Cd2+与溶液中S2﹣结合生成CdS黄色沉淀
【分析】以镉铁矿(成分为CdO、CuO、FeO和SiO)为原料制备CdS，由流程可知，加硫酸溶解分离出滤
2 2
渣为SiO，加石灰乳沉淀出铜离子、硫酸根离子，加甲醇还原＋4价Cd发生3Cd4＋＋CHOH＋HO＝3Cd2＋
2 3 2
＋CO↑＋6H＋，再加过氧化氢可氧化亚铁离子，发生2Fe2＋＋HO＋2H＋＝2Fe3＋＋2HO，调节
2 2 2 2
5.0≤pH<7.4，分离出滤渣为Fe(OH) ，再加硫化钠生成CdS，以此来解答。
3
【解析】（1）由分析知，“滤渣2”为Cu(OH) 、CaSO；
2 4
（2）加甲醇将+4价Cd还原成二价Cd，甲醇被氧化成二氧化碳，反应的离子方程式为：3Cd4+
+CH OH+H O=3Cd2++CO ↑+6H+；
3 2 2
（3）加入HO 将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+是HO 分解的催化剂，能导致HO 分解，因此消耗较多的HO；
2 2 2 2 2 2 2 2
（4）HS与Cd2＋反应生成CdS和氢离子，反应的离子方程式为：Cd2++H S=CdS↓+2H+；
2 2
（5）(5)将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了 ，钠离子的
浓度为 ，交换过程中应是等电荷的交换，则溶液中的Cd2+离子的浓度应为：
，pH=6，则c(OH-)=10-8 ，Cd(OH) 的Ksp=c(Cd2+)∙c(OH-)2= ×(10-8
2
)2=1.0×10-19；
（6）CdS溶于浓盐酸，生成H[CdCl ]，反应方程式为：CdS+4HCl(浓)=H [CdCl ]+H S↑，加水稀释时，
2 4 2 4 2
c(Cl-)降低，使平衡Cd2++4Cl- ⇌[ CdCl
4
]2-向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2-结合生成CdS黄色沉淀。
3． 和 是重要的化工原料.现以锌精矿和软锰矿为原料制备 和 晶体的流程如图
(已知：锌精矿主要成分为ZnS，含少量FeS；软锰矿主要成分为 ，还含有少量 、 )已知：①“酸浸”时有大量淡黄色物质生成
② ， ， ，
， ，
③离子浓度 时，认为离子沉淀完全
④用有机溶剂从水溶液中萃取A时，萃取率
回答下列问题：
(1)“酸浸”时为了提高反应速率，可以采取的措施有 (写一条即可)；“酸浸”时通入空气的目的是
；滤渣1主要成分为
(2)若溶液中 、 浓度均为 ，“除杂”时应控制溶液的pH范围是
(3)已知：有机萃取剂P204(用HA表示)萃取金属离子( )的反应为 (易溶于有机溶剂) ；
不同pH下有机萃取剂(P204)萃取金属离子的顺序及萃取率(E)如图所示
①某实验小组以P204为萃取剂，利用萃取法分离溶液中的 和 ，在“调pH”阶段最好调节溶液的
pH约为 (填标号，下同)；在“反萃取”阶段，加硫酸调节溶液的pH约为A．0 B．1.2 C．3 D．4
②当萃取剂不断萃取 时，溶液的酸性 (填“增大”或“减小”)
③若25℃、 时，用HA萃取 溶液， (HA)的平衡常数 ；用等体积的HA一
次性萃取 溶液， 萃取率为 %(保留三位有效数字)
(4)由水相生产 晶体的“系列操作1”包括 (填操作名称)、过滤、洗涤、干燥
(5)工艺流程中可循环利用的物质除有机萃取剂P204外，还有 (填化学式)
【答案】(1) 将矿石粉碎或搅拌或适当升温或适当增大硫酸浓度等 将 氧化为 S
(2)
(3)B A 增大 98.9
(4)蒸发浓缩、冷却结晶
(5)
【分析】锌精矿主要成分为ZnS，软锰矿主要成分为 ，“酸浸”时有大量淡黄色物质生成，则主要
物质发生反应的化学方程式为 ，滤渣1的主要成分为
S，滤液中含有 、 、 、 、 、 ，加入试剂X“除杂”，使 、 沉淀，与
、 分离；再根据不同pH下，用有机萃取剂(P204)萃取金属离子的顺序及萃取率图像，加硫酸调
节溶液的pH，只萃取 ，不萃取 ，使二者分离，由此解答。
【解析】（1）“酸浸”时为了提高反应速率，可以采取将矿石粉碎或搅拌或适当升温或适当增大硫酸浓
度等措施提高“酸浸”反应速率，“酸浸”时通入空气的目的是将 氧化为 .由分析可知，滤渣1的
主要成分为S。
（2）加入试剂X“除杂”的目的是使 、 沉淀，与 、 分离，由溶度积常数值可知，离子沉淀的先后顺序为 、 、 、 ；当 沉淀完全时，
， ，则 ， ；当 开
始沉淀时， ， ，则
， ，故“除杂”时应控制溶液的pH范围是 。
（3）①根据不同pH下，用有机萃取剂(P204)萃取金属离子的顺序及萃取率图像， 时不能萃取 、
，故“反萃取”阶段，加硫酸调节溶液的 ， 时只萃取 而不萃取 ，且
时 萃取率较高， 或4时同时萃取 、 ，二者无法分离，故选B项.
②当萃取剂萃取 时发生反应 (易溶于有机溶剂) ，导致溶液的酸性增大。
③ 的平衡常数 ，说明 在萃取剂中的浓度是水中的90倍，用等体积的HA
一次性萃取 溶液的萃取率
。
（4）水相为 和硫酸的混合溶液，生产 晶体的“系列操作1”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、
洗涤、干燥。
（5）工艺流程中通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤获得 和 晶体和滤液，滤液的主要成分之一
为 ，可以循环利用，故工艺流程中可循环利用的物质除有机萃取剂P204外，还有 。
4．钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含
钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪( )的一种流程如图：回答下列问题：
(1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。
混合的实验操作是 。
(2)钪锰矿石中含铁元素，其中 易被氧化为 的原因是 。(从原子结构角度解释)
(3)常温下，先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是 。(已知： 、
、 )。
(4)已知 ， ， 。“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式是：
，此反应的平衡常数K= (用含a、b、c的代数式表示)。反应过程中，草酸用量过多时，钪
的沉淀率下降，原因可能是 。
(5)草酸钪晶体[ ]；在空气中加热， 随温度的变化情况如图所示。250℃时，
晶体的主要成分是 (填化学式)。550~850℃发生反应的化学方程式为 。
【答案】(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入HO 中，并不
2 2
断搅拌
(2)Fe2+的价层电子排布式为3d6，易失去1个电子达到半充满的稳定结构
(3)Fe(OH)
3
(4)2Sc3++ 3H C O=Sc （C O）↓+ 6H+ 草酸钪沉淀可能会转化为可溶性络合物，导致钪的
2 2 4 2 2 4 3沉淀率下降
(5)
【分析】工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)萃取后得到“油相”，洗涤“油相”可除去大量的钛离子，
加入NaOH反萃取，得到滤渣Fe(OH) 、Mn(OH) 、 ，加入盐酸酸溶，得到Fe3+、Mn2+、Sc3+，加
3 2
入氨水，先加入氨水调节 ，滤渣主要成分是Fe(OH) ，再向滤液加入氨水调节 ，得到沉淀
3
，加入盐酸溶解沉淀后再加入草酸沉钪，灼烧后得到Sc O。
2 3
【解析】（1）洗涤“油相”可除去大量的钛离子，洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比
例混合而成，不同的液体混合时，一般先加密度小的、易挥发的，后加密度大、难挥发的，若混合时放热，
则最后加受热易分解的，因此，混合的实验操作是：将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断
搅拌，冷却后再慢慢注入HO 中，并不断搅拌；
2 2
（2）Fe2+的价层电子排布式为3d6，易失去1个电子达到半充满的稳定结构；
（3）废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油相”以除去大量的钛离子，根据
、 、 ，可以求出余下三种离
子沉淀完全时的pH，先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH) ；
3
（4）根据分析可知，“沉钪”得到草酸钪的离子方程式2Sc3++ 3H C O=Sc （C O）↓+ 6H+；平衡常数
2 2 4 2 2 4 3
；草酸可与多种金属离
子形成可溶性络合物，故草酸用量过多时，草酸钪沉淀可能会转化为可溶性络合物，导致钪的沉淀率下降；
（5）设起始时 的物质的量为1 mol，质量为462 g，由图可知，250℃时，减少的质量为
462g×19.5%≈90g， ，即晶体失去5个结晶水，故250℃时晶体的主要成分是。250～550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g，可知550℃时晶体的主要成分是 。
850℃时剩余固体的质量为462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138g，除去钪元素质量后剩余质量为
，应为氧元素的质量， ，则850℃时晶体的化学式为 ，
故550～850℃发生反应的化学方程式为 。
5．HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主
要成分为MoS、NiS、VO、Al O)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。
2 5 2 3
已知：I．MoO 、VO、Al O 均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
3 2 5 2 3
II．高温下，NH VO 易分解产生N 和一种含氮元素的气体。
4 3 2
III．K (CuS)=6×10-36；K(H S)=1×10-7、K(H S)=6×10-15。
sp 1 2 2 2
回答下列问题：
(1)“浸渣”的成分为 (填化学式)；“滤液2”中的成分除了NaMoO 外，还含有 (填化学式)。
2 4
(2)请写出“焙烧”过程中MoS及Al O 分别与纯碱反应的化学方程式： ， 。
2 3
(3)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH Cl
4
的加入量分别为 、 。
(4)“沉钒”时生成NH VO 沉淀，请写出“煅烧”后生成氧化产物和还原产物的物质的量之比 。
4 3(5)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应Cu2+
4
+HS-=CuS↓+H+的K= 。
【答案】(1) NiO NaVO 、NaHCO
3 3
(2)2MoS+2Na CO+5O 2NaMoO +2CO +2SO Al O+Na CO 2NaAlO +CO ↑
2 3 2 2 4 2 2 2 3 2 3 2 2
(3) 20g·L-1 10g·L-1
(4)2：3
(5)1021
【分析】本题是工业流程题，工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳
和二氧化硫，MoO 和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中
3
也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸，
以此解题。
【解析】（1）硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸
渣”的形式沉淀出来，而 、 、 与纯碱反应生成 、 和 ，沉铝通过
量 生成沉淀 和 ，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了NaMoO 外，还
2 4
含有NaVO 、NaHCO ；
3 3
（2）由题中的信息可知， 及 分别与纯碱反应的化学方程式为
， ；
（3）由图可知选择的初始钒浓度和 的加入量分别为 和 时，钒提取率达到90%以上，
且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH Cl的加入量分别为： 和 ；
4
（4）由信息和流程可知， 沉淀煅烧时分解产生 和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，
其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为；氧化产物为氮气，还原产物为VO，故比值为2：3。
2 3
（5）由题意可知 的 。
6．电镀污泥是电镀废水处理过程中产生的固体废弃物，其中含有大量的金属，如铜、镍、铬等，是一种
廉价的二次可再生资源。以某厂的电镀污泥(除水干化后的成分如下表所示)为原料回收铜和镍的工艺路线
如图。
组成 Cu Ni Cr Al Fe Ca Mg 其他
质量分数1% 9.10 8.60 3.04 2.31 0.76 5.62 1.34 69.23
请回答下列问
题：
(1)若污泥中Cr以 的形式存在，则“酸浸”时发生反应的化学方程式为 。
(2)“沉淀”时，当硫化钠加入量为理论需求量的1.2倍、沉淀时间为30 min时，温度对铜沉淀率和镍损失
率的影响如图所示。则“沉淀”温度应控制为 ，温度过低、过高产生的影响是 。
(3)溶液中金属离子开始沉淀、沉淀完全和沉淀开始溶解的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀时( mol·L )的pH 7.2 4.9 3.7 2.2 7.5沉淀完全时( mol·L )的pH 8.7 6.8 4.7 3.2 9.0
沉淀开始溶解的pH - 12.0 7.8 - -
“净化除杂”时，向滤液中加氨水前通常需要加入适量的双氧水，目的是 。为保证除杂效果，
加入氨水调节溶液的pH，需要控制pH的范围为 。
(4)已知常温下 和 的溶度积常数分别为 、 ，若添加氟化钠后溶液中
mol⋅L ，此时 和 是否除尽？ 。
(5)向“净化除杂”后的滤液中加入碳酸钠溶液，生成碱式碳酸镍[化学式为 ]沉淀，
该过程中无气体生成，反应的离子方程式为 。
(6)取20.00g干化电镀污泥，进行回收处理得到粗品铜，最终转化为1.638g纯铜，则铜的回收率为
。
【答案】(1)
(2)60℃ 温度过低时铜沉淀率较小，温度过高时能耗增多且镍损失率增大
(3)将 氧化成 ，便于完全沉淀 6.8≤pH<7.2
(4)Ca2+已经除尽，Mg2+没有除尽
(5)
(6)90%
【分析】电镀污泥酸浸后加硫化钠沉淀铜离子生成硫化铜沉淀，最终转化为粗铜，滤液加氨水沉淀了
Fe3+、Al3+、Cr3+，加氟化钠沉淀Ca2+、Mg2+，加碳酸钠沉淀Ni2+离子生成碳酸镍，碳酸镍加入硫酸最后转
化为硫酸镍。
【解析】（1）污泥中Cr以 的形式存在，“酸浸”时与稀硫酸发生反应转化成硫酸铬，化学方程式
为 ；（2）由题图可知，“沉淀”温度应控制为60℃。若“沉淀”温度过低，铜沉淀率较小，若“沉淀”温度
过高，会导致能耗增多且镍损失率增大；
（3）双氧水可将 氧化成 ，便于加入氨水时完全沉淀。根据表中数据，为保证杂质离子完全沉淀，
且不影响 的存在，需要控制pH的范围为 ；
（4）根据 和 的溶度积常数进行计算，若溶液中 mol⋅L ，此时
， 已经除尽；
， 没有除尽；
（5）溶液中的 与碳酸钠溶液中的 发生水解反应生成 和 ，配平可得
反应的离子方程式为 ；
（6）根据题中数据计算可知，铜的回收率为 。
7．某科研小组设计出利用工业废酸(主要成分为稀硫酸)浸取某废弃的氧化铜锌矿(主要含CuO、ZnO和
SiO)的方案，实现废物综合利用，如图所示。
2
已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的 如下表所示。
开始沉淀时的
离子 完全沉淀时的
6.34 9.7
1.48 3.26.2 8.0
请回答下列问题：
(1)堆浸时，为了提高浸出效率可采取的措施有(任写一种)： 。
(2)堆浸时产生的矿渣主要成分是 。
(3)物质A的作用是 。
(4)除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的 ， 应控制在 范围之间。
(5)物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是 。
(6)除铁后得到的 可用 溶液在碱性环境下将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂 ，
写出该反应的离子方程式 。
【答案】(1)粉碎矿石、适当加热
(2)SiO
2
(3)将Fe2+氧化为Fe3+
(4)3.2≤pH<6.2
(5)(NH )SO
4 2 4
(6)2Fe(OH) +3ClO-+4OH-=2FeO +3Cl-+5H O
3 2
【分析】在堆浸中CuO、ZnO和废酸反应变成Cu2+和Zn2+，而SiO2不和除HF以外的酸反应，变成矿渣；
再加铁后Cu2+被置换成Cu，而Zn2+不变，过滤掉铜后，在将亚铁离子转变为铁离子，除掉Fe，然后再去
制取ZnO
【解析】（1）堆浸时，为了提高浸出效率可将矿石粉碎增大接触面积加快溶解，也可以适当升高温度加
快堆浸速率，故答案为粉碎矿石或适当加热；
（2）由以上分析可知堆浸时产生的矿渣主要成分是SiO；
2
（3）由以上分析可知物质A的作用是将亚铁离子氧化成三价铁，便于后续沉淀除去铁，为不引入新的杂
质离子，可选用氧气、HO 作氧化剂，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；
2 2
（4）除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的 ，同时不能使锌离子沉淀，根据表中数据可知pH范围应
为3.2≤pH<6.2；
（5）加碳酸氢铵和氨水将锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，同时生成硫酸铵(NH )SO ，可用作氮肥，故答
4 2 4
案为(NH )SO ；
4 2 4
（6）Fe(OH) 在碱性条件下被次氯酸钠氧化成高铁酸钠，1mol Fe(OH) 反应失去3mol电子，1mol ClO-得
3 32mol电子被还原为氯离子，根据得失电子守恒即元素守恒得反应方程式为：2Fe(OH) +3ClO-+4OH-=2FeO
3
+3Cl-+5H O。
2
8．废钒催化剂的回收、提取和再利用具有显著的经济效益和环保效益。从某种废钒催化剂(含SiO、
2
VOSO、VO、Fe O、Al O、有机物等)中回收制备VO 的工艺流程如下：
4 2 3 2 3 2 3 2 5
回答下列问题：
(1)工业生产中的钒催化剂一般以疏松多孔的硅藻土为载体，该做法的优点是 。
(2)在空气中“焙烧”废钒催化剂的目的是 (填选项标号)。
A．改变发钒催化剂的结构，便于后续“酸浸”
B．除去废钒催化剂中的有机杂质
C．使废钒催化剂中的杂质氧化，便于除去
(3)在不同pH的溶液中，+ 5价钒元素的存在形式不同，如下：
①“酸浸”时，VO 转化为VO 的离子方程式为 。
2 5
②“中和”时，调节溶液pH为7左右的目的为 和 。
(4)“离子交换”效率与钒溶液通过离子交换树脂的流速及钒淬液的pH有关。
①钒溶液通过离子交换树脂的流速过慢，会导致溶液滞留，离子交换时间太长；而流速过快也会影响离子
交换效果，其原因是 。
②钒吸附液的pH对吸附效果的影响如下图所示，“离子交换”时最适宜的pH= 。
(5)“煅烧”反应的化学方程式为 。【答案】(1)增大催化剂与反应物的接触面积，加快反应速率
(2)AB
(3) V O+ 2H+= 2VO + H O 铁离子转化为Fe(OH) 沉淀 铝离子转化为Al(OH) 沉淀
2 5 2 3 3
(4) 流速过快部分钒不能被吸附； 7.5
(5)2NH VO VO+ 2NH ↑+ H O
4 3 2 5 3 2
【分析】废钒催化剂经过焙烧粉碎用硫酸酸浸得到滤渣是SiO，滤液再加入KOH中和得到滤渣是Fe(OH)
2 3
和Al(OH) 沉淀，再用HR进行离子交换洗淋液洗脱分离出含钒的离子，加入氯化铵沉钒，最后煅烧的得
3 2
到VO。
2 5
【解析】（1）以疏松多孔的硅藻土为载体可以增大催化剂与反应物的接触面积，加快反应速率；
（2）废钒催化剂中有SiO、VOSO、VO、Fe O、Al O、有机物，在空气中焙烧可以改变催化剂的结构
2 4 2 3 2 3 2 3
便于后续酸浸，可以除去有机杂质，其它杂质不能被氧化，因此选A、B；
（3）酸浸时VO 转化为VO 化合价没有变化，不是氧化还原反应，故离子方程式为VO+ 2H+= 2VO +
2 5 2 5
HO；调节pH值目的是让Fe3+和Al3+离子沉淀除去；
2
（4）流速过快部分钒不能被吸附，导致交换效率低；结合吸附效果图看出pH值为7.5时效率最高；
（5）沉淀是NH VO ，煅烧分解为VO，方程式为：2NH VO VO+ 2NH ↑+ H O。
4 3 2 5 4 3 2 5 3 2
9．草酸镍 是一种不溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。以铜镍合金废料(主要成
分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图：已知：①“浸出”液含有的离子主要有 ；
② 增大， 被氧化的速率加快，同时生成的 水解形成更多的胶体能吸附 。
③草酸的
回答下列问题：
(1)生产时为提高合金废料浸出率，常采取的措施有 (填字母)。
a．适当延长浸出时间 b．高温浸出 c．分批加入混酸浸取并搅拌
(2)“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是 。
(3)“氧化”过程中，控制 、pH小于3的条件下进行。
① 的电子式为 ②“氧化”过程的离子方程式为 。
③ 为3～4时，镍的回收率降低的原因是 。
(4)“过滤”后的滤液中加入 溶液反应得到草酸镍，过滤得到的草酸镍需要用蒸馏水洗涤，检验
晶体是否洗涤干净的方法是 。已知常温下 ，当溶液 时，
沉淀完全[ 时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度 。
(5)在空气中加热二水合草酸镍得到如下 热分解曲线如图所示，已知： 指的是在程序控制温度
下测量待测样品的质量与温度变化关系， 指通过单独的加热器补偿样品在加热过程中发生的热量变化，
以保持样品和参比物的温差为零。这种补偿能量即样品吸收(峰向下)或放出(峰向上)的热量。则 时，
反应的化学方程式为 。二水合草酸镍分解的整个反应是 (填“吸热”或“放热”)
反应。【答案】(1)ac
(2)
(3) 过高， 生成氢氧化铁胶体吸
附大量 ，导致镍回收率降低 中N为 杂化，未杂化的含孤对的 轨道与 的空 轨道形
成 键，降低了N原子上电荷密度，使其给出电子能力下降，碱性降低
(4) 取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干
净
(5) 放热
【分析】以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍，废料先加入稀硫
酸、稀硝酸浸出，浸出液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、 、 ，铁、铜、镍溶解，过滤
除去不溶的硅，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂除去硝酸等氧化剂，然后加入HO 氧化亚铁离子为铁
2 2
离子，并生成FeOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸，经过系列操作得到草酸镍，据此解答。
(5) ，理论质量损失率为 ； ，理论质量损失率为 。由图可知，二水合草酸镍首先在175 ~275℃失重，总质量损失率约为
19.19%，这是由样品中吸附水和结晶水的脱出引起的。相应的DSC分析表明，在246.5℃附近存在着较大
的吸热峰，这说明脱出水的过程是吸热的。随着热分解温度的升高，二水合草酸镍在325~400℃有较大的
质量损失，质量损失率达到38.36%，与二水合草酸镍热分解生成NiO所造成的理论质量损失率39.41%基
本上相吻合。因此，在空气中二水合草酸镍热分解的最终产物为NiO。在357.8℃附近有一放热峰，可知在
空气中二水合草酸镍热分解生成NiO的反应是放热反应。
【解析】（1）温度高时硝酸分解，故适当延长浸出时间、分批加入混酸浸取并搅拌可提高合金废料浸出
率，故选ac。
（2）根据分析，“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是Cu2+。
（3）① 的电子式为 ；
②“氧化”过程中， 氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，离子反应方程式为
；
③铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附镍离子。 过高， 生成氢氧化铁胶体吸附大量 ，导
致镍回收率降低。
（4）过滤得到的草酸镍上面可能沾有 ，通过检验 可判断晶体是否洗涤干净。其方法是：
取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净，
否则未洗涤干净；当溶液 时 沉淀完全，此时溶液中
。
，则
。（5）根据分析， 首先在175 ~275℃失重，总质量损失率约为19.19%，与
失去结晶水生成 理论质量损失率19.71%相吻合。因此 前所得产物为 。
随着热分解温度的升高， 在325~400℃有较大的质量损失，质量损失率达到38.36%，与
热分解生成NiO所造成的理论质量损失率39.41%基本上相吻合。因此，在空气中二水合草
酸镍热分解的最终产物为NiO。即 时反应的化学方程式为 ；在
357.8℃附近有一个放热峰，可知在空气中 热分解生成NiO的反应是放热反应。
10．铟(In)是一种稀散金属，常与其他金属矿石伴生，回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO,还含少量PbO、
FeS、FeSiO、 InO、 InS 等)中的金属铟的工艺流程如下：
3 2 3 2 3
已知：室温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
金属离子 Fe3+ Fe2+ In3+
开始沉淀pH(离子浓度为0.1mol·L-1时) 1.3 6 3
完全沉淀pH 2.7 8 4.3
回答下列问题：
(1)In O 中In的化合价是 。
2 3
(2)“中性浸出”的过程为：先加入稀硫酸和适量氧化剂MnO 氧化酸浸氧化锌烟尘，反应结束前半个小时加
2
入CaO调整pH=5.0~5.2。
①FeSiO 与稀HSO 反应的化学方程式为 。
3 2 4②氧化酸浸过程中，InS 中的硫元素被MnO 氧化为 ,该反应的离子方程式为 。
2 3 2
③氧化剂用量对中性浸出效果的影响如图所示。最佳氧化剂用量为 。
④“中浸渣”的主要成分为In(OH) 、 。 (写化学式)
3
(3)萃取时，发生反应In3+ +3H A In(HA ) +3H+,H A 代表有机萃取剂。
2 2 2 3 2 2
①反萃取时，宜选用的试剂X为 (写化学式)
②实验室进行萃取和反萃取时，均需要使用的玻璃仪器有 。
(4)“置换”后的滤液可返回 (填“滤液 1”或“滤液2”)中利用。
(5)“置换”时锌粉的利用率为90%，若想获得6.9 kg海绵铟，需要使用锌粉 _kg (结果保留1位小数)
【答案】(1)+3
(2)FeSiO +H SO = FeSO + H SiO InS + 12MnO + 24H+ = 2In3+ + 12Mn2+ +3 +12H O
3 2 4 4 2 3 2 3 2 2
1% Fe(OH) 、PbSO 、HSiO
3 4 2 3
(3)H SO 烧杯、分液漏斗
2 4
(4)滤液1
(5)6.5
【分析】氧化锌烟尘(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、FeS、FeSiO、InO 和InS 等)中性浸出时先加
3 2 3 2 3
稀硫酸和适量的二氧化锰，ZnO转化为硫酸锌，FeSiO 转化为硫酸亚铁和硅酸，亚铁离子最终被氧化成铁
3
离子，InS 转化为In3+和硫酸根离子，InO 转化为In3+，FeS最终转化为Fe3+和硫酸根离子，PbO转化为
2 3 2 3
PbSO ，调节pH后In3+和Fe3+转化为对应的氢氧化物沉淀，中浸渣中主要成分为In(OH) 、Fe(OH) 、PbSO
4 3 3 4
和HSiO。中浸渣中加入硫酸酸浸，In(OH) 、Fe(OH) 溶解转化为相应的金属阳离子，酸浸渣为PbSO 和
2 3 3 3 4
HSiO，滤液2中加入P204+260号溶剂油萃取，In3+转化为In(HA )，分液后进行反萃取，得到In3+，最后
2 3 2 3
加入Zn置换生成海绵铟。
【解析】（1）InO 中O为-2价，则In为+3价。
2 3
（2）①硫酸酸性强于硅酸，FeSiO 与硫酸反应生成硫酸亚铁和硅酸，化学方程式为FeSiO +H SO =
3 3 2 4FeSO + H SiO。
4 2 3
②氧化酸浸过程中InS 中的硫被MnO 氧化为硫酸根离子，MnO 得电子转化为Mn2+，根据得失电子守恒
2 3 2 2
和原子守恒得到离子方程式为InS + 12MnO + 24H+ = 2In3+ + 12Mn2+ +3 +12H O。
2 3 2 2
③氧化酸浸过程中要尽量提高Zn的浸出率，尽量降低In的浸出率确保更多的In以固体的形式存在，则根
据图中可知，氧化剂用量为1%最佳。
④根据分析可知，浸渣中的主要成分为In(OH) 、Fe(OH) 、PbSO 和HSiO。
3 3 4 2 3
（3）①萃取时，发生反应为In3+ +3H A In(HA ) +3H+，反萃取即需要将In(HA ) 转化为In3+，因此可
2 2 2 3 2 3
以增大氢离子浓度，使化学平衡逆向移动，故宜选择HSO 为反萃取剂X。
2 4
②实验室进行萃取和反萃取时，均需要使用的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗。
（4）置换过程中Zn与硫酸铟反应生成In和硫酸锌，则置换后的滤液可返回滤液1用于制备ZnSO。
4
（5）置换时发生的反应为3Zn+2In3+=3Zn2++2In，要获得6.9kgIn，需要Zn5.85kg，锌粉的利用率为90%，
则需要锌粉6.5kg。
11．从废钼催化剂(主要成分为MoO 、MoS ，含少量NiS、NiO、Fe O 等)中回收利用金属的一种工艺流程
3 2 2 3
如图所示。
已知：①“沉钼”前钼元素主要以 形式存在；
②该条件下K (NiCO)=1.5 ×10-7；
sp 3
③温度低于20 °C时，以NiSO ·7H O形式结晶；温度高于30 °C时，以NiSO ·6H O形式结晶。
4 2 4 2
请回答下列问题。
(1)“焙烧”时先将纯碱和废钼催化剂磨成粉末、拌匀(混合料) ，然后采取如图所示的“多层逆流焙烧”，
这样做的优点为 ；“ 焙烧”时生成的气体A的主要成分有 (填化学式)。(2)若“除铁”后所得滤液中c(Ni2+)=1.0 mol·L-1“沉镍”后所得滤液中c( ) =1.0 ×10-5 mol·L-1，则沉镍率
= [沉镍率= ×100%，计算过程中不考虑溶液体积变化]。
(3)写出“沉钼”时的离子方程式： 。
(4)一系列操作实验步骤依次为
i．过滤，洗涤；
ii．将沉淀转移至烧杯，滴加稀HSO ，直至沉淀恰好完全溶解；
2 4
iii． 过滤得NiSO ·7H O。
4 2
步骤i中洗涤沉淀的操作方法为 。
把步骤iii填写完整：． 。
【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率 CO 、SO
2 2
(2)98.5%
(3)2 +4 +6H+= ( NH)MoO · 2H O↓+HO
4 2 4 13 2 2
(4)用玻璃棒引流，向漏斗中注入冷水直至没过沉淀，待水自然流下后，重复操作2 ~3次 蒸发浓缩，
在20° C以下冷却结晶
【分析】废钼催化剂加入纯碱、空气焙烧生成气体有二氧化碳、二氧化硫，物质有钼酸钠、铁镍氧化物，
水浸后过滤虑液中的钼酸钠用硝酸铵硝酸沉钼得到钼酸铵沉淀，滤渣用硫酸酸浸，加碳酸钠沉铁，加碳酸
氢钠沉镍，最后转化为硫酸镍。
【解析】（1）多层逆流焙烧可以增大反应物的接触面积，提高反应速率；生成气体是二氧化碳和二氧化
硫气体；
（2）沉镍后碳酸根离子浓度为1.0 ×10-5 mol·L-1，由溶度积常数计算公式K (NiCO)=1.5 ×10-7，计算出
sp 3c(Ni2+)=1.5×10-2，沉镍率= ；
（3）沉钼最后得到( NH)MoO · 2H O沉淀，反应的离子有 、 和氢离子，方程式为2 +4
4 2 4 13 2
+6H+= ( NH)MoO · 2H O↓+HO；
4 2 4 13 2 2
（4）洗涤沉淀的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中注入冷水直至没过沉淀，待水自然流下后，重复操作2
~3次。
12．用硫铁矿(主要成分是FeS， 含少量Al O、 SiO 和Fe O)为原料， 制备磷酸亚铁锂(LiFePO )，流程
2 2 3 2 3 4 4
如下图所示：
已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物 Fe(OH) Fe(OH) Al(OH)
3 2 3
开始沉淀的pH 2.3 7.5 4.0
完全沉淀的pH 4.1 9.7 5.2
回答下列问题：
(1)焙烧的目的是 。
(2)流程中从“焙烧”到“氧化”要经过一系列步骤，从下列步骤中选择正确的步骤并合理排序
___________→___________→___________→___________。
(3)“试剂R”最好选择 。
(4)流程中“高温煅烧”时，反应的化学方程式为 。(5)检验产品中是否混有Fe(OH) 或FePO 杂质的实验操作是 。
3 4
(6)用0.100 mol·L-1酸性KCr O 标准溶液滴定Fe2+，测定产品LiFePO 的纯度。
2 2 7 4
①从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键的仪器，
“___________ )”内填写一种操作，均用字母表示]。
用___________(称量LiFePO 样品8.000 g)→用烧杯(___________ ) →用___________(___________ )→用
4
___________(量取25.00 mL Fe2+溶液)→滴加2~3滴二苯胺磺酸钠作指示剂→用滴定管(盛装KCr O 标准溶
2 2 7
液，滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色)→(重复滴定3次，平均消耗KCr O 溶液20.00 mL)。
2 2 7
仪器： a．量筒； b．托盘天平； c． 100 mL容量瓶； d．分析天平； e．试剂瓶； f．移液管。
操作： g.配制一定体积的 Fe2+溶液； h．加稀硫酸溶解样品； i．装瓶贴标签。
②产品的纯度为 。
【答案】(1)将硫元素转化成SO 而除去(或将FeS 转化为Fe O 和SO )
2 2 2 3 2
(2)c→a→d→e
(3)H O ( 或过氧化氢)
2 2
(4)2FePO +Li CO+H C O 2LiFePO +H O↑+3CO↑
4 2 3 2 2 4 4 2 2
(5)取少量产品于试管中，先加适量盐酸溶解，再向试管中滴加几滴KSCN溶液
(6) dhcgf 94.8%
【分析】硫铁矿焙烧后加入硫酸酸溶，除去不反应的二氧化硅等物质，过滤滤液加入FeS进行还原操作，
将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去滤渣，滤液再加入氧化亚铁调节溶液pH除去铝，过
滤滤液进行氧化操作将二价铁转化为三价铁，加入磷酸氢二铵生成 沉淀， 和碳酸锂、草酸反
应生成 ；
【解析】（1）焙烧过程的目的是将 转化为氧化铁和二氧化硫，能够除去硫；
（2）由表格可知，三价铁离子和铝离子的沉淀范围有重叠，从焙烧到氧化要经历一系列步骤，此步骤需
要除去铝杂质且需要将三价铁转化为二价铁，防止沉铝过程中导致铁损失，故应该焙烧后首先加入稀硫酸
溶解金属氧化物后除去不反应的二氧化硅等物质，滤液加入FeS进行还原操作，将铁离子转化为亚铁离子
同时生成硫单质，过滤除去滤渣，滤液再加入氧化亚铁调节溶液pH除去铝，过滤滤液进行氧化操作，故
正确的步骤并合理排序为：c→a→d→e；（3）“试剂R”是一种氧化剂，需要将二价铁转化为三价铁且不引入新杂质，最好选择过氧化氢；
（4）“高温煅烧”条件下，由 和碳酸锂、草酸反应生成 ，化学方程式为
；
（5）铁离子会和KSCN溶液变红色，故检验产品中是否混有 或 杂质的实验操作是：取样品，
加入稀盐酸溶解，滴加KSCN溶液，若不变色则不含三价铁杂质，或变色则含三价铁杂质；
（6）①用分析天平(称量LiFePO 样品8.000 g)→用烧杯加稀硫酸溶解样品 →用100mL容量瓶(配制一定体
4
积的 Fe2+溶液)→用移液管(量取25.00 mL Fe2+溶液)→滴加2~3滴二苯胺磺酸钠作指示剂→用滴定管(盛装
KCr O 标准溶液，滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色)→(重复滴定3次，平均消耗KCr O 溶液20.00 mL)，
2 2 7 2 2 7
即为dhcgf；
② 具有氧化性会把亚铁离子氧化为铁离子，根据电子守恒、质量守恒配平可得：
，则产品的纯度为
。
13．汽车废弃催化剂中含有Pt，还含有少量的Fe O、MgO、Al O、SiO。一种从汽车废弃催化剂中回收
2 3 2 3 2
铂的流程如下：
有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子 Al3+ Mg2+ Fe3+
开始沉淀的pH 3.5 9.5 2.2
沉淀完全(c=1.0× 10-5mol/L)的pH 4.7 11.1 3.2
回答下列问题：(1)长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物，粉碎废弃催化剂后，需进行预处理操作A，操作A的名
称为 。
(2)酸浸工序中Pt溶于王水生成NO和氯铂酸(H PtCl )，该反应的化学方程式为 。有同学提议，将
2 6
王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，其优点是 。
(3)铂的浸出率与不同加热方式、不同固液比的关系如下图所示：
由图可知，Pt 浸出的最佳条件为 。
(4)酸浸温度不宜过高的原因为 。
(5)沉铂时，加入适当过量NH Cl的目的是 。
4
(6)通过调节滤液的pH以回收其他金属，依次析出的金属离子为 ，当Al3+开始沉淀时，溶液中的
Fe3+浓度为 mol/L。
【答案】(1)焙烧
(2) 3Pt + 4HNO+ 18HCl=3H PtCl + 4NO↑+ 8HO 避免生成氮的氧化物，污染空气
3 2 6 2
(3)微波加热到109℃，液固比约为2
(4)HCl、HNO 均易挥发，且HNO 易分解
3 3
(5)保证PtCl 离子沉淀完全
(6) Fe3+、Al3+、Mg2+ 10-5.9
【分析】由题给流程可知，废弃催化剂粉碎后，在空气中焙烧除去催化剂表面覆盖的积碳和有机物，向焙
烧渣中加入王水酸浸，铂溶于王水转化为氯铂酸，金属氧化物溶于王水转化为金属离子，二氧化硅不与王
水反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有氯铂酸、金属阳离子的滤液；向滤液中加入氯化铵溶液，将
氯铂酸转化为氯铂酸铵沉淀，过滤得到含有金属阳离子的滤液和氯铂酸铵；氯铂酸铵被还原转化为铂，通
过调节滤液的pH回收其他金属。
【解析】（1）由分析可知，操作A为废弃催化剂粉碎后，在空气中焙烧除去催化剂表面覆盖的积碳和有
机物；
（2）由题意可知，铂与王水反应生成氯铂酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Pt + 4HNO +
318HCl=3H PtCl + 4NO↑+ 8HO，若将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，铂被氧化为氯铂酸时，不会生
2 6 2
成有毒的一氧化氮，可以避免污染空气；
（3）由图可知，微波加热到109℃条件下，铂的浸出率最高时所需时间少于常规加热到109℃；微波加热
到109℃条件下，液固比约为2时，铂的浸出率最高，则铂浸出的最佳条件为微波加热到109℃，液固比约
为2；
（4）酸浸溶解时，若温度过高，王水中的盐酸和硝酸受热会挥发，且硝酸受热会分解，导致王水中盐酸
和硝酸的浓度减小，铂的浸出率降低，所以酸浸温度不宜过高；
（5）由分析可知，加入氯化铵溶液的目的是将氯铂酸转化为氯铂酸铵沉淀，则氯化铵适当过量，有利于
氯铂酸根离子完全转化为氯铂酸铵；
（6）由表格数据可知，完全沉淀时，溶液pH由小到大的顺序为铁离子、铝离子、镁离子，则依次析出的
金属离子为铁离子、铝离子、镁离子；由铁离子完全沉淀时，溶液pH为3.2可知，氢氧化铁的溶度积
K [Fe(OH) ]=(10-10.8)3×10-5=10-37.4，铝离子开始沉淀时，溶液的pH为3.5，则溶液中铁离子浓度为
sp 3
= =10-5.9mol/L。
14．氧化铈(CeO)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO、BaO、SiO 等)为原料制
2 3 2
备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：①稀土离子易与 形成复盐沉淀，Ce3+和 发生反应：
Ce (SO )+Na SO +nH O=Ce (SO )·Na SO ·nH O↓；
2 4 3 2 4 2 2 4 3 2 4 2
②硫脲： 具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN H)；
2 3 2
③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀；
④Ce (CO) 为白色粉末，难溶于水。
2 3 3
回答下列问题：(1)滤渣A的主要成分是 (填写化学式)。
(2)在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO 两
2
种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式 。
(3)加入硫脲的目的是将 还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。
(4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为 。
(5)下列关于步骤④的说法正确的是_____(填字母)。
A．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率
B．可以用NaCO 溶液代替NH HCO 溶液，不影响产品纯度
2 3 4 3
C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率
D．该步骤发生的反应是2Ce3++6 =Ce (CO)↓+3CO ↑+3H O
2 3 3 2 2
(6)若常温下，K (H CO)=5.0×10−11，K [Ce (CO)]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10−5mol∙L−1，
a2 2 3 sp 2 3 3
此时测得溶液的pH=5，则溶液中c( )= mol∙L−1。
【答案】(1)BaSO 、SiO
4 2
(2)4CeFCO +4NaHCO+O 4NaF+4CeO +8CO +2H O
3 3 2 2 2 2
(3)2 +2 =2Ce3++(SCNH)+2HF+2F-
2 3 2
(4)防止Ce3+被氧化
(5)CD
(6)0.2
【分析】氟碳铈矿(含CeFCO、BaO、SiO 等)在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，加稀硫酸浸取，
3 2
Ce4+进入溶液，SiO 不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO 沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO、BaSO；含
2 4 2 4
滤液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce (SO ) 与NaSO 形成复盐沉淀B为Ce (SO )•Na SO •nH O，
2 4 3 2 4 2 4 3 2 4 2
过滤分离。复盐沉淀加入NaOH，再加入稀盐酸，Ce3+被转移到溶液中，加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为
Ce (CO)，最后灼烧分解生成CeO。
2 3 3 2
【解析】（1）根据分析，滤渣A的主要成分是BaSO、SiO。
4 2
（2）在氟碳铈矿矿石粉(CeFCO)中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO 两种固体以及
3 2两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中反应的化学
方程式为4CeFCO+4NaHCO+O 4NaF+4CeO +8CO +2H O。
3 3 2 2 2 2
（3）根据信息硫脲( )具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN H)，则加入硫脲的目的是将
2 3 2
还原为Ce3+，反应的离子方程式为2 +2 =2Ce3++(SCNH)+2HF+2F-。
2 3 2
（4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+推
测，加入X的作用是防止Ce3+被氧化。
（5）A．由于加入的碳酸氢铵过量，沉淀比较充分，因此过滤后的滤液中含有的Ce3+很少，A错误；
B．碳酸钠与Ce3+直接快速反应沉淀，在生成沉淀的过程中，其他杂质离子会掺杂在沉淀中，因此不可以
用NaCO 溶液代替NH HCO 溶液，会影响产品纯度，B错误；
2 3 4 3
C．减压过滤能够大大提高过滤效率，C正确；
D．Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce (CO) 沉淀，同时生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3++6
2 3 3
=Ce (CO)↓+3CO ↑+3H O，D正确；故选CD。
2 3 3 2 2
（6）Ce3+恰好沉淀完全时，c(Ce3+)=1.0×10−5 mol∙L−1，则
，解得 ，
测得溶液的pH=5，根据 ，解得c(
)=0.2mol∙L−1。
15．利用“铁脱络－化学沉淀法”回收电镀废水中镍的流程如图。已知：①废水中镍主要以NiR 络合物形式存在，其在水溶液中存在平衡：NiR (aq) Ni2+(aq)+2R-(aq，有
2 2
机配体) K=1.6×10-14。
②常温下，K [Fe(OH) ]=1×10-39，K [Ni(OH) ]=1.6×10-15。
sp 3 sp 2
③“脱络”(指NiR 转化成Ni2+过程中，反应历程如下：
2
i.Fe2++H O=Fe3++OH-+•OH
2 2
ii.R-+•OH=OH-+•R
iii.H O+2•OH=O ↑+2H O
2 2 2 2
(1)•OH的电子式为 ，其中氧元素的化合价为 价。
(2)①根据•OH与HO 的反应历程，分析“脱络”时加入的Fe2+的作用机制： 。
2 2
②实验测得HO 加入量对溶液中镍回收率的影响如图所示.由图可知，当加入HO 的量为 g•L-1时，
2 2 2 2
镍回收效果最好。
(3)常温下，若“脱络”后的废水中c(Ni2+)=0.01mol•L-1，“沉淀”时先加入NaOH至溶液的pH= ，
使Fe3+恰好沉淀完全(Fe3+浓度为10-6mol•L-1，忽略溶液体积变化)，此时 (填“有”或
“无”)Ni(OH) 沉淀生成。
2
(4)取100mL某电镀废水利用上述流程回收镍，得到2.325gNi(OH) 沉淀，经计算该步骤中Ni2+的回收率为
2
99.97%；Ni(OH) 沉淀再经稀硫酸溶解、 、过滤，得到NiSO •7H O固体的质量为6.744g。试计算
2 4 2
100mL该电镀废水中镍转化成NiSO •7H O的总回收率： (保留四位有效数字)。
4 2
【答案】(1) -1
(2)生成羟基自由基，消耗有机配体R-，使平衡NiR (aq) Ni2+(aq)+2R-(aq)正向移动 0.45
2
(3)3 无(4)蒸发浓缩、冷却结晶 95.97%
【分析】电镀废水中含有NiR ，加入铁、双氧水，使NiR (aq) Ni2+(aq)+2R-(aq，有机配体)平衡正向移动
2 2
脱络，得到含有Ni2+的废水，加氢氧化钠生成Ni(OH) 固体，Ni(OH) 沉淀再经稀硫酸溶解、蒸发浓缩、冷
2 2
却结晶、过滤，得到NiSO •7H O固体。
4 2
【解析】（1）•OH中含有1个未成对电子，电子式为 ；根据化合价代数和等于0，其中氧元素的
化合价为-1价；
（2）①根据•OH与HO 的反应历程，加入的Fe2+的作用是生成羟基自由基，消耗有机配体R-，使平衡
2 2
NiR (aq) Ni2+(aq)+2R-(aq)正向移动。
2
②由图可知，当加入HO 的量为0.45g•L-1时，镍回收率最大，效果最好。
2 2
（3） 完全沉淀时，
，则 ，即 ；此时
，故无 沉淀生成。
（4）NiSO 溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到 固体；
4
沉淀转化成 固体的转化率为 ， 该电镀
废水中镍转化成 的总回收率为 。
16．钴元素是一种重要的战略资源，一种有机物净化钴渣梯级分离与富集钴新工艺如图。
已知：用有机物净化钴渣后钴主要以有机整合物状态存在，在水溶液中难溶，可以水洗预处理得到浸出渣，进一步再继续处理富集钴，浸出渣中还含有Zn、Fe、Cd(与Zn同族)等元素。回答下列问题：
(1)“煅烧”的主要目的是 。
(2)“浸取”过程中发生氧化还原反应的离子方程式是 。操作2是 ，得到的固体物质中含
有 (填化学式，下同)；若副产品为含结晶水的固体，则其主要成分为 。
(3)当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol•L-1时，可认为已除尽。
已知：①K [Co(OH) ]=1×10-44
sp 3
②金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH数据如表所示：
金属离
开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
子
Fe3+ 1.5 3.3
Cd2+ 7.2 9.5
Zn2+ 6.2 8.0
则“酸洗”时溶液pH的理论范围为 。
【答案】(1)除去浸出渣中的有机物(或使含钴有机物转化为氧化物)
(2) 2Fe3++SO +H O=2Fe2++SO +2H+ 过滤 Fe(OH) 、Zn(OH) 、Cd(OH) 、Co(OH)
2 3 2 2 3
NaSO •10H O
2 4 2
(3)1≤pH＜1.5
【分析】用有机物净化钴渣后，钴主要以有机整合物状态存在，“煅烧”步骤的目的是除去浸出渣中的有
机物或使含钴有机物转化成为氧化物，“浸取”步骤中加入酸，将金属元素转化为金属离子，加入亚硫酸
钠，利用其还原性，将Fe3+还原为Fe2+，然后过滤，加入过氧化氢，将Fe2+氧化成Fe3+，Co2+氧化成Co3+，
加入NaOH溶液，调节pH，得到Zn(OH) 、Fe(OH) 、Cd(OH) 、Co(OH) ，滤液为NaSO ，过滤，据此分
2 3 2 3 2 4
析：
【解析】（1）用有机物净化钴渣后，钴主要以有机整合物状态存在，“煅烧”步骤的目的是除去浸出渣
中的有机物或使含钴有机物转化成为氧化物；
（2）浸取”步骤中加入酸，将金属元素转化为金属离子，其离子为Co2+、Zn2+、Cd2+、Fe3+，Fe3+具有强氧
化性，能与NaSO 发生氧化还原反应，其离子方程式为2Fe3++SO +H O=2Fe2++SO +2H+；加入过氧化氢，
2 3 2
将Fe2+氧化成Fe3+，Co2+氧化成Co3+，加入NaOH溶液，调节pH，得到Zn(OH) 、Fe(OH) 、Cd(OH) 、
2 3 2
Co(OH) ，滤液为NaSO ，因此操作2是过滤；对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶，得到NaSO ·10H O；
3 2 4 2 4 2（3）K [Co(OH) ]=c(Co3+)·c3(OH-)，当Co3+全部转化沉淀，溶液中c(OH-)≥ =1.0×10-
sp 3
13mol/L，因此当pH=1时，Co3+已经完全沉淀，“酸洗”时Co(OH) 不能溶解，其余氢氧化物溶解，根据表
3
中数据，控制pH理论范围是1≤pH＜1.5。
17．铟(In)与A1同主族，是一种稀有贵金属，广泛应用于电子半导体、光纤通信等领域。某企业以炼锌废
渣(含Zn、Fe、In、Sn、Si、O等元素)为原料提取单质铟并综合回收铁、锌。生产工艺流程如图所示。
已知：
①锡、锌的性质均与铝的性质相似。
②常温下：K [Zn(OH) ]=7.1×10-18；K [Fe(OH) ]=3.2×10-38；K [In(OH) ]=1.4×10-33。
sp 2 sp 3 sp 3
请回答下列问题：
(1)“炼锌废渣”需要两段浸出。“低浓度酸浸出”的目的是 。
(2)工业中常用真空过滤的方法进行固液分离，与普通过滤相比，其优点除固液分离彻底外，还有
(填一条)。
(3)常温下，在“高浓度酸浸出”溶液中存在平衡：In3+(aq)+3H O(l) In(OH) (s)+3H+(aq)，则该反应的
2 3
化学平衡常数K= 。(计算结果保留两位有效数字)
(4)处理“滤渣1”可回收 (填元素符号)。
(5)“置换”后所得浊液经过滤、洗涤、干燥等操作得到海绵铟，检验海绵铟已洗涤干净的方法为 。
(6)“碱熔”步骤中，在进一步富集铟的同时除去Zn、Sn等杂质，写出“碱熔”时NaOH与Zn反应的离子
方程式 。
(7)以粗铟为阳极，纯铟为阴极，HSO 、NaCl和InCl 混合液为电解液可提纯粗铟。写出阴极反应的电极方
2 4 3
程式： 。
【答案】(1)实现了大量锌和铟的有效分离
(2)过滤速度快
(3)7.1×10-10(4)Fe
(5)取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化，再滴加BaCl 溶液，若没有白色沉淀产生，则说明固体已洗涤干净
2
(6)Zn+2OH-=ZnO +H ↑
2
(7)In3++3e-=In
【分析】炼锌废渣(含Zn、Fe、In、Sn、Si、O等元素)加低浓度硫酸酸浸，将锌转化为硫酸锌进入浸出液，
在蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸锌晶体；其他元素进入富铟渣中，过滤后，富铟渣加入高浓度硫酸中酸浸，
Fe、In、Sn进入酸浸液中，Si进入浸渣中，过滤后酸浸液中加碳酸钠调节pH为5.0，将铁转化为氢氧化铁
沉淀过滤除去，滤液中加Zn粉置换出In，过滤出海绵铟，将海绵铟溶于强碱NaOH溶液，溶解过量的Zn
粉、Sn，进一步除去铟中的Zn和Sn等金属，得到粗铟，电解精炼得到精铟，据此分析解答。
【解析】（1）“低浓度酸浸出”的目的是将锌溶解进入酸浸液中，而铟进入富铟渣中，从而实现了大量
锌和铟的有效分离；
（2）真空过滤可以加快过滤速率；
（3）In3+(aq)+3H O(l) In(OH) (s)+3H+(aq)，该反应的化学平衡常数K=
2 3
7.1×10-10；
（4）由以上分析可知滤渣1主要成分为氢氧化铁，可回收金属Fe；
（5）检验海绵铟已洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化，再滴加BaCl 溶液，若没有白
2
色沉淀产生，则说明固体已洗涤干净；
（6）“碱熔”时NaOH与Zn反应的离子方程式：Zn+2OH-=ZnO +H ↑；
2
（7）以粗铟为阳极，纯铟为阴极，HSO 、NaCl和InCl 混合液为电解液可提纯粗铟。阴极反应的电极方
2 4 3
程式：In3++3e-=In。
18．钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、
SiO 等)中回收钴的一种工艺流程如图：
2
相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子 Co2+ Fe2+ Fe3+ Zn2+
开始沉淀的pH 7.15 6.3 1.5 6.2
沉淀完全的pH 9.15 8.3 2.8 8.2
回答下列问题：
(1)滤渣1是 “加热酸浸”时为确保安全，加热时应避免 。
(2)操作1的名称是 ，从流程信息分析，在有机溶剂M中 (填“ZnSO”或“CoSO ”)溶解度更
4 4
大。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、 。
(3)若无氧化步骤，对实验的影响是 。试剂X可以为下列物质中的 。
A．KOH B． Zn(OH) C． ZnO D． NaCO
2 2 3
(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH) 沉淀，实现钴回收。该反应的离子方程式是 ，
3
若将次氯酸钠改为NaSO(还原产物为 )，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
2 2 8
(5)常温下，已知Co(OH) 的溶度积常数为K ，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1中]，溶液的pH至少
3 sp
为 (用含K 的式子表示)。
sp
【答案】(1)SiO 避免明火
2
(2)萃取、分液 ZnSO 过滤、洗涤、干燥
4
(3)无法有效除铁 BC
(4)2Co2++4OH-+H O+ClO-=2Co(OH) ↓+Cl- 1：2
2 3
(5)14+lg
【分析】废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO 等)其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO，溶液中含有锌离子，
2 2
亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧
化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中为钴离子，有机相为锌离子，操作2是蒸发浓缩、冷却结
晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解题。
【解析】（1）经分析可知滤渣1是SiO，“加热酸浸”时为确保安全应注意避免明火，因为酸浸时会产生
2
氢气。
（2）经分析可知操作1的名称是萃取、分液，从流程信息分析，在有机溶剂M中ZnSO。操作2是蒸发
4
浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（3）若无氧化步骤，亚铁离子不能转化为三价铁离子，对实验的影响是无法有效除铁。试剂X可以为下列物质中的KOH和Zn(OH) ，需要氢氧根结合三价铁离子。
2
（4）工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH) 沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是：
3
2Co2++4OH-+H O+ClO-=2Co(OH) ↓+Cl-，若将次氯酸钠改为NaSO(还原产物为 )，NaSO 与Co2+得失
2 3 2 2 8 2 2 8
电子比为2：1，氧化剂为NaSO、还原剂为Co2+，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。
2 2 8
（5）常温下，已知Co(OH) 的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，溶液的c(OH-)=
3
，pH至少为14+lg 。
19．镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适
中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上由废旧的钴
酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流
程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如图所示：
已知：①粉碎灼烧后产物的主要成分是LiO、NiO、Co O、MnO、Fe O、Al O。
2 2 3 2 3 2 3
②萃取剂对Fe3+选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的Fe3+很难被反萃取。
③25°C时K (Li CO)=1.6×10-3。
sp 2 3
④已知LiCO 的溶解度如表所示：
2 3
温度/℃ 0 20 80
S(Li CO)/g 1.54 1.33 0.85
2 3
回答下列问题：
(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是 。
(2)“碱浸”时涉及反应的离子方程式是 ；“酸浸”时加入HO 的作用是 。
2 2
(3)“酸浸”时保持其他条件相同，测得不同温度下钴的浸出率如图所示。60℃时浸出率达到最大，可能的
原因是 。(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了Fe3+，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是
。
Fe3+ Al3+ Fe2+ Co2+ Ni2+ Mn2+
开始沉淀时pH 1.5 3.4 6.3 6.6 6.7 7.8
完全沉淀时pH 3.5 4.7 8.3 9.2 9.5 10.4
(5)流程中用“热水洗涤”的原因是 。
【答案】(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分
(2) AlO+2OH-=2 +H O 把+3价钴还原为+2价
2 3 2
(3)温度低于60℃时，酸浸反应速率较慢；温度高于60℃时，HO 分解反应速率较快
2 2
(4)3.5≤pH<6.6
(5)Li CO 的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少LiCO 的溶解
2 3 2 3
【分析】废旧电池正极材料灼烧，得到LiO、NiO、Co O、MnO、Fe O、A1 O，加入氢氧化钠碱浸除去
2 2 3 2 3 2 3
铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO 、NiSO 、MnSO
4 4 4
调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，
钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；
【解析】（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的A1 O ，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的A1 O ，
2 3 2 3
对应的化学反应方程式是Al O+2OH-=2 +H O。
2 3 2
结合流程可知钴元素价态在氧化物中是+3价，而最后得到+2价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中
加入HO 的作用是把+3价钴还原为+2价。
2 2
（3）60℃时浸出率达到最大，可能的原因要从高于60℃和低于60℃两个方面来解释，温度低于60℃时，酸浸反应速率较慢；温度高于60℃时，HO 分解反应速率较快，故60℃时浸出率达到最大。
2 2
（4）根据流程信息，需保证Fe3+沉淀完全，而Co2+、 Ni2+、Mn2+均未开始沉淀，故最佳的pH范围是
3.5≤pH<6.6。
（5）流程中用“热水洗涤”的原因是LiCO 的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少LiCO 的溶解。
2 3 2 3
20．硫酸镍广泛应用于电镀、电池、催化剂等工业。某科研小组以粗硫酸镍(含Cu2+、Fe3+、Ca2+、 Mg2+、
Zn2+等)为原料，经下图一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺，回答下列问题。
(1)①“硫化除铜”过程中除Cu2+发生的反应外，另一离子反应方程式为 。
②“硫化除铜”后滤液1中主要金属阳离子为Ca2+、Mg2+、Zn2+、 。
(2)“氧化除杂” 时加入Cl 和Ni (OH) 的主要作用分别是 、 。
2 2
(3)“氟化除杂”后滤渣2的主要成分是 (写化学式)。
(4)“滤液3”中加入有机萃取剂后，Zn2+与有机萃取剂形成易溶于萃取剂的络合物。该过程选用的萃取剂一
般为P [ (二(2－乙基)己基)磷酸酯]，其萃取原理为： 2 +Zn2+
204
+2H+，反萃取是用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为
萃取的逆过程。取“萃取除锌”过程中的有机相，加入反萃取剂可回收ZnSO，具体过程如图，其中反萃
4
取剂可以选择下列哪种物质 (填选项)。
A．NaOH溶液 B． HSO 溶液 C．ZnSO 溶液
2 4 4(5)“萃取除锌”后的溶液经操作A可得硫酸镍晶体，称取1.000g硫酸镍晶体(NiSO ·6H O )样品溶解，定容
4 2
至250mL。取25.00mL试液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用0.01mol·L－1的EDTA (Na HY)标准溶液滴定至
2 2
终点，重复操作2－3次，平均消耗EDTA标准溶液体积为23.50mL。
已知：反应为Ni2++H Y2－=NiY2－ +2H+；紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。
2
①滴定终点的操作和现象是 。
②计算样品纯度为 。(保留三位有 效数字，不考虑杂质反应)
【答案】(1) H S+2Fe3+=2Fe2++S ↓+2H+ Ni2+、Fe2+
2
(2)将滤液中Fe2+氧化为Fe3+ 调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去
(3)CaF、MgF
2 2
(4)B
(5)滴入最后一滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不变色 61.8%
【分析】由题给流程可知，粗硫酸镍加入水和硫酸溶解，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，向溶液中通入
硫化氢气体，将溶液中的铜离子转化为硫化铜沉淀，铁离子被还原转化为亚铁离子，过滤得到含有硫化铜
的滤渣和滤液；向滤液中通入氯气，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，加入氢氧化镍调节溶液pH值，
将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和滤液；向滤液中加入氟化镍，将溶液中
的钙离子、镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到氟化钙、氟化镁的滤渣和滤液；向滤液中加入有
机萃取剂萃取溶液中的锌离子，分液得到含有镍离子的溶液；含有镍离子的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、
过滤、洗涤、干燥得到硫酸镍晶体。
【解析】（1）①由分析可知，向溶液中通入硫化氢气体时，溶液中铜离子与硫化氢反应转化为硫化铜沉
淀，铁离子被还原转化为亚铁离子，反应的离子方程式为HS+2Fe3+=2Fe2++S ↓+2H+；
2
②由分析可知，向溶液中通入硫化氢气体时，溶液中铜离子与硫化氢反应转化为硫化铜沉淀，铁离子被还
原转化为亚铁离子，则硫化除铜所得滤液中含有钙离子、镁离子、锌离子、镍离子和亚铁离子；
（2）由分析可知，氧化除杂时，通入氯气的目的是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，加入氢氧化镍的
目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀；
（3）由分析可知，滤渣2的主要成分是氟化钙和氟化镁；
（4）由方程式可知，反萃取剂应为硫酸溶液，加入硫酸溶液，溶液中的氢离子浓度增大，平衡向逆反应
方向移动，分液可用得到含有硫酸锌的无机相，故选B；
（5）①由题意可知，当溶液中的镍离子与EDTA溶液完全反应时，滴入最后一滴EDTA标准液，溶液会
由橙黄色变为紫色，说明滴定达到滴定终点，则滴定终点的操作和现象为滴入最后一滴标准液，溶液由橙
黄色变为紫色且半分钟内不变色；②由题意可知，滴定消耗23.50mL 0.01mol/L EDTA标准溶液，则样品纯度为
×100%≈61.8%。
