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微专题突破6 无机化工流程题透视一
1．（2023·江苏）VO －WO/TiO 催化剂能催化NH 脱除烟气中的NO，反应为4NH (g)＋O(g)
2 5 3 2 3 3 2
＋4NO(g)＝4N(g)＋6HO(g) ΔH＝－1 632.4 kJ·mol－1。
2 2
废催化剂的回收。回收VO－WO/TiO 废催化剂并制备NH VO 的过程可表示为：
2 5 3 2 4 3
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有
____________________________________________________________________________。
【答案】适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等
【解析】提高钒元素浸出率的方法还有适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等。
2．（2023·南京、盐城一模）以大洋锰结核(主要由MnO 、铁氧化物组成，还含有Cu等元素)为原
2
料，制备脱硫剂MnO，可用于脱除煤气中的HS。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示如下。
x y 2
上述过程中可循环利用的物质是_______________________________________________(填化学式)。
【答案】(NH )SO 、NH (或NH ·HO)、MnO
4 2 4 3 3 2 x y
【解析】大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成，还含有Cu等元素)，加入氨水浸取铜元素转化为
[Cu(NH )]2＋，MnO 与CO反应转化为MnCO ；加入(NH )SO 浸锰时，NH水解生成的H＋，将MnCO
3 4 2 3 4 2 4 3
转化MnSO ，同时产生NH ，除去不溶性杂质后，再加入(NH )CO 沉锰得到MnCO ，空气中煅烧可得
4 3 4 2 3 3
MnO，之后通入含HS的煤气进行硫化，生成的MnS中再通入O 得MnO。
x y 2 2 x y
由流程图可知，“沉锰”后滤液中的(NH )SO 回收后可用于“浸锰”，“浸锰”时产生的NH 回收
4 2 4 3
后可用于“氨浸”，MnO 脱硫剂经再生后可重新用于硫化，故可循环利用的物质有(NH )SO 、NH (或
x y 4 2 4 3
NH ·HO)、MnO。
3 2 x y
3．（2023·江苏南通高三如皋市第一中学开学考试）CuS是一种重要的P型半导体材料。以一种石
膏渣[含CaSO 及少量Cu(OH)、Cu (OH)SO 、Zn(OH) 等]为原料制备CuS的实验流程如下：
4 2 2 2 4 2
已知：常温下，K (CuS)＝1.27×10－36，K (ZnS)＝1.2×10－23。
sp sp
（1）“浸取”时，生成[Cu(NH )]2＋与[Zn(NH )]2＋等。Cu (OH)SO 参加反应的离子方程式为
3 4 3 4 2 2 4
_____________________________________________________________。
（2）“沉淀”时NaS溶液的用量不宜过多，其原因是
2
____________________________________________________________。
（3）循环“浸取”多次后，“滤液X”中浓度增大的阳离子主要有________________________。
【答案】（1）Cu (OH)SO ＋8NH ＝2[Cu(NH )]2＋＋SO 2－＋2OH－ （2）生成的CuS沉淀中会混
2 2 4 3 3 4 4
有ZnS沉淀 （3）[Cu(NH )]2＋和Na＋
3 4
【解析】以一种石膏渣[含CaSO 及少量Cu(OH)、Cu (OH)SO 、Zn(OH) 等]为原料制备CuS，石
4 2 2 2 4 2
膏渣加入过量氨水浸取，Cu(OH)、Cu (OH)SO 、Zn(OH)“浸取”时生成[Cu(NH )]2＋与[Zn(NH )]2＋
2 2 2 4 2 3 4 3 4
等，同时生成氢氧化钙，过滤除去氢氧化钙，滤液加入NaS溶液，使Cu2＋生成CuS沉淀，过滤得到
2
CuS，滤液可以循环利用，据此解答。微专题突破6 无机化工流程题透一
（1）Cu (OH) SO 反应生成[Cu(NH )]2＋，离子方程式为Cu (OH)SO ＋8NH ＝2[Cu(NH )]2＋＋
2 2 4 3 4 2 2 4 3 3 4
SO 2－＋2OH－；（2）常温下，K (CuS)＝1.27×10－36，K (ZnS)＝1.2×10－23，“沉淀”时NaS溶液的用
4 sp sp 2
量不宜过多，硫离子浓度过大会生成ZnS沉淀，故其原因是生成的CuS沉淀中会混有ZnS沉淀；（3）结
合制备流程，[Zn(NH )]2＋在滤液X中，且加入了NaS，引入了钠离子，故循环“浸取”多次后，“滤
3 4 2
液X”中浓度增大的阳离子主要有[Zn(NH )]2＋和Na＋。
3 4
4．（2024·江苏卷）回收磁性合金钕铁硼(Nd Fe B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
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含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺(R N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe (SO ) 溶液，原理为：
3 2 4 3
(R NH)SO ＋Fe3＋＋SO 2－＋HO H＋＋(R NH)Fe(OH)(SO )(有机层)
3 2 4 4 2 3 2 4 2
已知：(R NH)SO ＋H＋＋HSO － 2(R NH•HSO )
3 2 4 4 3 4
其他条件不变，水层初始pH在0.2～0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多
的原因是___________________________________________________________________________________
___________________________________________________________________________________________
___________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________。
【答案】①随水层pH增大，H＋的浓度减小，(R NH)SO ＋Fe3＋＋SO 2－＋HO H＋＋
3 2 4 4 2
(R NH)Fe(OH)(SO ) 的化学平衡向正反应方向移动，(R NH)SO ＋H＋＋HSO － 2(R NH•HSO )的
3 2 4 2 3 2 4 4 3 4
化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起(R NH)SO 浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，
3 2 4
导致(R NH)Fe(OH)(SO ) 的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多
3 2 4 2
【解析】①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在
0.2～0.8范围内，随水层pH增大，H＋的浓度减小，(R NH)SO ＋Fe3＋＋SO 2－＋HO H＋＋
3 2 4 4 2
(R NH)Fe(OH)(SO ) 的化学平衡向正反应方向移动，又H＋的浓度减小使平衡(R NH)SO ＋H＋＋HSO
3 2 4 2 3 2 4 4
－ 2(R NH•HSO )逆向移动，引起(R NH)SO 浓度的增大，进一步促进平衡(R NH)SO ＋Fe3＋＋SO 2
3 4 3 2 4 3 2 4 4
－＋HO H＋＋(R NH)Fe(OH)(SO ) 向萃取方向移动，导致(R NH)Fe(OH)(SO ) 的浓度增大，因
2 3 2 4 2 3 2 4 2
此，有机层中Fe元素含量迅速增多。
5．（2024·镇江市丹阳市上学期开学考）钴及其化合物在工业生产中有着广阔的应用前景。已知：
Co2＋不易被氧化，Co3＋具有强氧化性，[Co(NH )]2＋具有较强还原性，[Co(NH )]3＋性质稳定。
3 6 3 6
（1）从锂钴废料(主要成分为LiCoO)分离Co2＋。
2
①Co2＋的电子排布式为___________________。
②“酸溶”时不选择浓HCl的理由是：___________________________________________________。
③“净化”时，加NaF固体是将Li＋转化为沉淀，“净化”后溶液中c(F－)＝4.0×10－2 mol·L－1，若
“过滤1”后溶液中Li＋浓度为1.0 mol·L－1，则“净化”后c(Na＋)＝_____________________。[溶液体积
变化忽略不计，不考虑其他离子影响。25℃时K (LiF)＝2.0×10－3]
sp
【答案】（1）①[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7 ②浓HCl有还原性，与Co3＋会发生反应产生Cl，污
2
染环境 ③0.99 mol·L－1
【解析】由题给流程可知，锂钴废料酸溶、过滤得到酸溶渣和含有锂离子、亚钴离子的滤液；向滤
液中加入氟化钠溶液，将锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤得到氟化锂溶渣和含有亚钴离子的溶液。
①钴元素的原子序数为27，基态亚钴离子的电子排布式为[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案为：
[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；②钴酸锂中钴元素的化合价为＋3价，由题意可知，＋3价钴元素具有强氧
化性，若酸溶时加入具有还原性的浓盐酸，钴酸锂会与浓盐酸反应生成有毒的氯气，污染空气，所以酸
2
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找溶时不能选用浓盐酸，故答案为：浓HCl有还原性，与Co3＋会发生反应产生Cl，污染环境；③由氟化锂
2
的溶度积可知，净化后溶液中锂离子浓度为＝＝0.05 mol·L－1，则沉淀锂离子消耗氟离子的浓度为1
mol·L－1－0.05 mol·L－1＝0.95 mol·L－1，由净化后溶液中氟离子浓度为0.04 mol·L－1可知，溶液
中钠离子的浓度为0.95 mol·L－1＋0.04 mol·L－1＝0.99 mol·L－1，故答案为：0.99 mol·L－1。
6．（2025·南通市如东县第一次调研）实验室以碳酸锰矿(含MnCO 及少量Fe、Al、Si等氧化物)
3
为原料可制得高纯MnCO。
3
（1）焙烧：将碳酸锰矿与(NH )SO 在温度为300～500℃下进行焙烧，写出焙烧时MnCO 所发生反
4 2 4 3
应的化学方程式：_______________________________________________。
（2）制备MnCO：向净化后的MnSO 溶液在搅拌下缓慢滴加沉淀剂NH HCO 溶液，过滤、洗涤、
3 4 4 3
干燥，得到MnCO 固体。
3
①将过滤得到的滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体为_______________(填化学式)。
②沉淀剂不选择NaCO 溶液的原因是____________________________________________________。
2 3
③MnCO 在空气中，一段时间后会生成MnO(OH)，写出该反应的化学方程式
3 2
_____________________________。
【答案】（1）MnCO＋(NH )SO ============MnSO ＋2NH ↑＋CO↑＋HO （2）①(NH )SO
3 4 2 4 4 3 2 2 4 2 4
②NaCO 溶液碱性较强，会有部分Mn(OH) 沉淀生成 ③2MnCO ＋O＋2HO＝2MnO(OH)＋2CO
2 3 2 3 2 2 2 2
【解析】根据碳酸锰矿中所含成分，以及焙烧、制备过程可知，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、
氨气和二氧化碳，铁的氧化物、氧化铝、二氧化硅不与硫酸铵反应，加水溶解后，得到含硫酸锰溶液；
向净化后的MnSO 溶液中缓慢滴加沉淀剂NH HCO 溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO 固体。
4 4 3 3
（1）据分析可知，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，焙烧时所发生反应的化学方
程式为：MnCO＋(NH )SO ============MnSO ＋2NH ↑＋CO↑＋HO；（2）①过滤得到的滤液中主
3 4 2 4 4 3 2 2
要含有硫酸铵，将其蒸发浓缩、冷却结晶可得到的晶体(NH )SO ；②NaCO 属于强碱弱酸盐，溶液显
4 2 4 2 3
碱性，且碱性较强，会有部分Mn元素转化成Mn(OH) 沉淀，所得MnCO 不纯，而碳酸氢铵溶液的碱性
2 3
相对较弱，能更好地控制反应条件，减少锰的损失；③MnCO 在空气中一段时间后，与空气中的氧气和
3
水反应，生成MnO(OH)，故方程式为：2MnCO ＋O＋2HO＝2MnO(OH)＋2CO。
2 3 2 2 2 2
7．（2025·江苏镇江市开学考）一种从某铜镍矿(主要成分为CuFeS 、FeS 、NiO、MgO、SiO 等)
2 2 2
中回收Cu、Ni的流程如图。
（1）基态Cu2＋的外围电子排布为________________。
（2）“氧压浸出”过程中，加压的目的是___________________________________________。
（3）“萃铜"时发生的反应为Cu2＋(水相)＋2HR(有机相) CuR (有机相)＋2H＋(水相)，适当增
2
大溶液pH有利于铜的萃取，其原因是______________________________________________。
（4）“沉铁"过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为
___________________________________________________________。
（5）单质镍与碳、镁形成某晶体的晶胞结构如图所示，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为
_______。微专题突破6 无机化工流程题透一
（6）“沉镍"时为确保Ni2＋沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥_______。(已知：25℃时，
K [Ni(OH)]＝4.0×10－15；lg2＝0.3；当溶液中c(Ni2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该Ni2＋沉淀完全)。
sp 2
（7）测定NiSO •7HO粗品的纯度。取3.000 gNiSO •7HO粗品溶于水(滴加几滴稀硫酸)配成100.0
4 2 4 2
mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用0.05000 mol·L－1的NaHY标准溶液滴定，
2 2
平均消耗标准溶液50.00 mL。计算确定粗品中NiSO •7HO的纯度_____________。(已知：Ni2＋＋HY2－
4 2 2
＝NiY2－＋2H＋，写出计算过程)。
【答案】（1）3d9 （2）增大氧气浓度，加快氧气氧化Fe2＋的速率 （3）增大溶液pH则c(H＋)减
小，平衡正向移动 （4）3Fe3＋＋Na＋＋2SO 2－＋6HO＝NaFe (SO )(OH)↓＋6H＋ （5）1∶3 （6）
4 2 3 4 2 6
9.3 （7）93.67%
【解析】向铜镍矿（主要成分为CuFeS 、FeS 、NiO、MgO、SiO 等）中加入O 、HSO 进行氧压浸
2 2 2 2 2 4
出，将铁元素转化为Fe (SO ) ，镍元素转化为NiSO 、铜元素转化为CuSO 、镁元素转化为MgSO ，硫
2 4 3 4 4 4
元素转化为S单质，过滤得到滤渣主要成分为 SiO 和S，用铜离子萃取剂萃取出Cu2＋，分液得到萃取液，
2
萃余液中主要含有 Fe3＋、Mg2＋、Ni2＋，向萃余液中加入 NaSO 和 MgO 进行沉铁将 Fe3＋转化为
2 4
NaFe (SO )(OH) 、过滤出沉淀，向滤液中加入MgO将Ni2＋以Ni(OH) 的形成沉淀，最后对Ni(OH) 进
3 4 2 6 2 2
行处理制得Ni，母液中主要溶质为MgSO 。
4
（1）Cu核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能级1个电子、3d能级1个电子形成Cu2＋，
Cu2＋的外围电子排布式为3d9；（2）“氧压浸出"通入氧气时加压的目的是增大氧气浓度，加快氧气氧化
Fe2＋的速率；（3）适当增大溶液pH则c(H＋)减小，平衡正向移动，有利于铜的萃取；（4）萃余液呈酸
性，加入氧化镁调节pH，向萃余液中加入NaSO 进行沉铁将Fe3＋转化为NaFe (SO )(OH)，“沉铁"过
2 4 3 4 2 6
程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为3Fe3＋＋Na＋＋2SO 2－＋6HO＝NaFe (SO )(OH)↓＋6H＋；（5）
4 2 3 4 2 6
由均摊法，晶胞中Mg个数为8×＝1，Ni个数为3×＝3，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为1∶3；
（6）“沉镍"时为确保Ni2＋沉淀完全，此时c(Ni2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1，由K [Ni(OH)]＝c(Ni2
sp 2
＋)•c2(OH－)；则溶液c(OH－)＝＝＝2.0×10－5 mol·L－1， 常温下c(H＋)＝＝＝5.0×10－10 mol·L－1，溶液的
pH＝－lgc(H＋)＝－1＋lg2＋10＝9.3；（7）已知：Ni2＋＋HY2－＝NiY2－＋2H＋，则n(Ni2＋)＝n(HY2－)
2 2
＝0.05000 mol·L－1×50.00×10－3 L＝2.5000×10－3 mol，粗品中n(Ni2＋)＝2.5000×10－3 mol×＝
1.000×10－2 mol，粗品中NiSO •7HO的纯度＝≈93.67%
4 2
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细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找
