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模板 04 化工流程题解题策略及答题规范
第一步：粗读题干 明确生产目的、原料、杂质和目标产品的成分。
第二步：分析流程 对照原料和产品，确定核心反应和核心辅料；依核心反应，明确流程
主线、支线和除杂任务。
第三步：解答设问 结合设问进一步分析流程，运用化学语言进行规范作答。
技法01 化工流程题的分析模型
1．主线法分析（1）流程图一般三大部分：原料预处理、转化与分离阶段、获取最终产物阶段。
（2）流程中要分析“进” 、“出” 物质和仍然留在溶液中的离子等（否则可能漏掉副产品或干扰离
子）。
（3）一般默认进入的物质过量，确保每一步目标元素利用率或转化率最高，产品产率最高，损失最
小。当然在某些特殊情况下要控制用量。
2．四线法分析
试剂线：分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物的转化等。
操作线：分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。
杂质线：分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。
产品线：工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，
实质是目标元素及其化合物的转化。
技法02 化工流程题的解题策略
1．审读试题三步骤
(1)读题干——明确原料成分和生产目的。
(2)读流程——分析明确流程转化原理和目的。
(3)读设问——明确所答问题，答什么。
2．破题关键
(1)看原料：明确化工生产或化学实验所需的材料。
(2)看目的：把握题干中的“制备”或“提纯”等关键词，确定化工生产或化学实验的目的。
(3)看箭头：进入的是投料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。
(4)看三线：主线主产品；分支副产品；回头为循环。
(5)找信息：明确反应条件的控制和分离提纯方法。
(6)关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。3．破题方法
(1)首尾分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图
中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程
中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解
答。
(2)分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用
分段分析法更容易找到解题的切入点。
(3)交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与
部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见
化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。
技法03 化工流程题的答题规范
1．沉淀的洗涤操作
(1)答题模板：沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验 2～3
次
(2)实例：在测定NaSO 和NaCl的混合物中NaSO 的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl 溶
2 4 2 4 2
液，沉淀SO ，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO 的质量，试问：怎样洗涤沉淀？
4
沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验2～3次
2．证明沉淀完全的操作
(1)答题模板：静置，取少量上层清液于试管中，加入××试剂(沉淀剂)，若没有××沉淀产生，则证明
××沉淀完全
(2)实例：在测定NaSO 和NaCl的混合物中NaSO 的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl 溶
2 4 2 4 2
液，沉淀SO ，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO 的质量，试问：怎样判断SO 是否沉淀完全？
4
静置，取上层清液少许于试管中，继续加入BaCl 溶液，若无白色沉淀产生，则证明SO 沉淀完全
2
3．增大原料浸出率的措施
搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气液或固液接触面积
4．蒸发结晶的操作
(1)从NaCl溶液中获取NaCl固体
方法：蒸发结晶
具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干
①
(2)NaCl溶液中混有少量的 KNO 溶液
② 3
方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥
具体操作：若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是 NaCl，母液中是KNO 和少量
① 3
NaCl，
②
这样就可以分离出大部分NaCl
(3)冷却结晶的操作：KNO 溶液中混有少量的 NaCl溶液
3
方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
①
具体操作：若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO3 ，母液中是NaCl和少量
KNO ②3 ，这样就可以分离出大部分KNO35．“目的或原因”类
目的或原因 思考方向
若滤渣是所需的物质，洗涤的目的是除去晶体表面的可溶性杂质，得
到更纯净的沉淀物
沉淀(晶体)洗涤的目的
若滤液是所需的物质，洗涤的目的是洗涤过滤所得到的滤渣，把有用
的物质如目标产物尽可能洗出来
既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损
沉淀(晶体)冰水洗涤的目的
耗
既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损
沉淀(晶体)用有机溶剂(酒
耗，此外又利用有机溶剂的挥发性，除去固体表面的水分，产品易干
精、丙酮等)洗涤的目的
燥
防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶
控制溶液pH的目的
解等
温度过高××物质分解(如HO 、浓硝酸、NH HCO 等)或××物质挥发
2 2 4 3
温度不高于×× 的原因 (如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如NaSO 等)或促进××物质水解(如
2 3
AlCl 等)
℃ 3
抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl 溶液时需在HCl气流中进行，加
3
蒸发、反应时的气体氛围
热MgCl ·6H O得MgCl 时需在HCl气流中进行等)
2 2 2
加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方
加热的目的
向)移动
减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如HO 、浓硝
2 2
减压蒸馏(减压蒸发)的原因
酸、NH HCO 等)
4 3
减压过滤的目的 加快过滤速度
减压烘干的目的 降低产品的烘干温度，防止产品分解
减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如HO 、浓硝酸、
2 2
减压蒸发的原因
NH HCO )或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)
4 3
防止过滤一种晶体或杂质的过程中，因降温而析出另一种晶体
要滤渣(产品)：防止降温时析出杂质而影响产品纯度或减少产品溶
趁热过滤的目的 解损耗。如：NaCl (KNO )
① 3
要滤液(产品)：防止降温时析出产品(溶解度随温度增大而增大)而损
耗。(除去溶解度小或难溶的杂质)
②
1．(2024·安徽卷)精炼铜产生的铜阳极泥富含 等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
（1）Cu位于元素周期表第_______周期第_______族。
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。
（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为 的化学方程式为_______。
（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为 。
（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为_______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用
的物质为_______(填化学式)。
（6）“还原”步骤中，被氧化的 与产物 的物质的量之比为_______。
（7） 可被 氧化为 。从物质结构的角度分析 的结构为(a)而不是(b)的原
因：_______。
【答案】（1） ①. 四 ②. ⅠB
（2）Cu2+ （3）
（4）AgCl （5） ①. ②.
（6）3：4 （7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较
大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2 ，故Na2S2O3 不能被I2 氧化成(b)结构
【第一步 粗读题干】铜阳极泥富含 等多种元素。从铜阳极泥中分离提收金和银。
【第二步 分析流程】【第三步 解答设问】
(1)Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；
(2)由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2 浸取，Cu被转化为Cu2+ 进入浸取液1中，故浸取液1中含有的
金属离子主要是Cu2+ ；
(3)浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2 反应氧化还原反应，生成HAuCl4 和H2O，根据得失电子守恒及质量
守恒，可得反应得化学方程式为： ；
(4)根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与 反应转化 ；
(5)电沉积步骤中，阴极发生还原反应， 得电子被还原为 Ag，电极反应式为：
；阴极反应生成 ，同时阴极区溶液中含有Na+ ，故电沉积步骤完
成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为 ；
(6)还原步骤中， HAuCl4 被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4 转移3个电子，N2H4 被
氧化为N2 ，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4 转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4 与
产物Au的物质的量之比为3：4；
(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，
且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2 ，故Na2S2O3 不能被I2 氧化成(b)结构。
1． (2024·山东卷)以铅精矿(含PbS，Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2- 和[AgCl2]- 及单质硫。溶解等物质的量的PbS和
Ag2S时，消耗Fe3+ 物质的量之比为_______；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时 挥发外，另
一目的是防止产生_______(填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的 沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属 “电解I”阳
极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为_______。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是_______。
（4）“置换”中可选用的试剂X为_______(填标号)。
A． B． C． D．
“置换”反应的离子方程式为_______。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作_______(填“阴极”或“阳极”)。
【答案】（1）①1:1 ②H2S
（2）热浸 （3）将过量的Fe3+ 还原为Fe2+
（4）①C Pb+2[AgCl2]-===2Ag+[PbCl4]2-
（5）阳极
②
【第一步 粗读题干】以铅精矿(含PbS，Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag。
【第二步 分析流程】【第三步 解答设问】
(1)“热浸”时，Fe3+ 将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫，Fe3+ 被还原为Fe2+ ，在这个过程中Pb和Ag的
化合价保持不变，所以等物质的量的PbS和Ag2S时，S2- 物质的量相等，所以消耗Fe3+ 的物质的量相等，
比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2 沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为[PbCl4]2- ，电解[PbCl4]2- 溶液制备金属
Pb，Pb在阴极产生，阳极Cl- 放电产生Cl2 ， 尾液成分为FeCl2 ，FeCl2 吸收Cl2 后转化为FeCl3 ，可以在热
浸中循环使用。
(3)过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+ ，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的
目的是是将将过量的Fe3+ 还原为Fe2+ 。
(4)“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应
为：Pb+2[AgCl2]-===2Ag+[PbCl4]2- 。
(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为
阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+ ，阴极得电子得到Pb，
所以电极板应作阳极。
2. (2024·湖北卷)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐 中提取铍的路径为：
已知：
回答下列问题：
（1）基态 的轨道表示式为_______。（2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是_______。
（3）“萃取分液”的目的是分离 和 ，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察
到的现象是_______。
（4）写出反萃取生成 的化学方程式_______。“滤液2”可以进入_______步骤再利
用。
（5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是_______。
（6） 与醋酸反应得到某含4个 的配合物，4个 位于以1个O原子为中心的四面体的
4个顶点，且每个 的配位环境相同， 与 间通过 相连，其化学式为_______。
【答案】（1） （2）快速冷却
（3）无明显现象 （4） ①. ②. 反萃取
（5）增强熔融氯化铍的导电性
（6） 。
【分析】本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫
酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3 ，“滤液1”中有Be2+ 和Al3+ ，加入含HA的煤油将Be2+ 萃取到有机相
中，水相 1 中含有 Al3+ ，有机相为 ，加入过量氢氧化钠反萃取 Be2+ 使其转化为
进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2 ，通过系
列操作得到金属铍，据此回答。
【解析】(1)基态Be2+ 的电子排布式为1s2 ，其轨道表达式为 。
(2)熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷
却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。
(3)“滤液1”中有Be2+ 和Al3+ ，加入含HA的煤油将Be2+ 萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+ ，则向过量
烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。
(4)反萃取生成 的化学方程式为 ，
滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。
(5)氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导
电性。
(6)由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个 O，Be与Be之间总
共有六个CH3COO- ，则其化学式为： 。
1．（2023·新课标卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为
铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O 存在，在碱性介质中以CrO 存在。
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为___________(填化学
式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2 和___________。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是___________。
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3 和MgNH4PO4 的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达
到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致___________；pH>9时，会导致___________。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5 沉淀，V2O5 在pH<1时，溶解为VO 或VO3+ 在碱
性条件下，溶解为VO 或VO ，上述性质说明V2O5 具有___________(填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为___________。
【答案】(1)Na2CrO4
(2)Fe2O3
(3)Al(OH)3
(4) 磷酸根会与H+ 反应使其浓度降低导致MgNH4PO4 无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理
会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3 沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度
降低导致MgNH4PO4 无法完全沉淀
(5)C
(6)2Cr2O +3S2O +10H+=4Cr3++6SO +5H2O
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的
最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫
酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶
液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3 和MgNH4PO4 沉淀，过滤得到含有MgSiO3 、MgNH4PO4
的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤
液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，
过滤得到氢氧化铬。
【解析】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4 ；
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3 ；
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：
Al(OH)3 ；
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3 和MgNH4PO4 沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+ 反应使其浓度降低导致MgNH4PO4 无法完全沉淀，同时
可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3 沉
淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4 无法完全沉淀，故答案为：磷
酸根会与H+ 反应使其浓度降低导致MgNH4PO4 ，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成
氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3 沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致
MgNH4PO4 无法完全沉淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性
氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式
为2Cr2O +3S2O +10H+=4Cr3++6SO +5H2O，故答案为：2Cr2O +3S2O +10H+=4Cr3++6SO +5H2O。
2．（2023·湖北卷） 是生产多晶硅的副产物。利用 对废弃的锂电池正极材料 进行氯化
处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。
(2)烧渣是LiCl、 和 的混合物，“500 焙烧”后剩余的 应先除去，否则水浸时会产生大量烟
雾，用化学方程式表示其原因_______。
℃
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体 常用方法的名称是_______。
(4)已知 ，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中 浓度为_______
。“850 煅烧”时的化学方程式为_______。
(5)导致 比 ℃易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
【答案】(1) 4 Ⅷ
(2)
(3)焰色反应
(4)
(5)abd
【分析】由流程和题中信息可知， 粗品与 在500 焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
℃和 的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是 和 ；滤
液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为 ）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼
2置于空气中在850 煅烧得到 ；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为
。
℃
【解析】（1）Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为 ，元素周期表第8、9、10
三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。
（2）“500 焙烧”后剩余的 应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反
应且能生成℃氯化氢和硅酸，故其原因是： 遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式
为 。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为 ，常用焰色反应鉴别 和 ， 的焰色反应为
紫红色，而 的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体 常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知 ，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中
， 浓度为 。“850 煅烧”时，
℃
与 反应生成 和 ，该反应的化学方程式为 。
（5）a．Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此， 比 易水解，a有关；
b．Si的原子半径更大，因此， 中的共用电子对更加偏向于 ，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si
原子更易受到水电离的 的进攻，因此， 比 易水解，b有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说
明 比 易水解，c无关；
d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的 形成化学键，从而导致 比 易水解，d有
关；
综上所述，导致 比 易水解的因素有abd。
3．（2023·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)NA
(3) Fe(OH)3
(4) 9.0% SO2 有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
(5)
(6)11.1
【分析】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)2 ，在空气中可被氧化成 。
【解析】（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NA
（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SO2
有还原性，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)2 ，在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程式为：
；
（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。
4. (2024·江苏卷)回收磁性合金钕铁硼( )可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
（1）钕铁硼在空气中焙烧转化为 、 等(忽略硼的化合物)，用 盐酸酸浸后过滤得
到 溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率( )随浸取时间变化
如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_______。
（2）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( ) 有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的 溶液，原理为：
(有机层)
已知：
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_______。②反萃取后， 经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞
体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 _______。
（3）净化后的 溶液通过沉钕、焙烧得到 。
①向 溶液中加入 溶液， 可转化为 沉淀。该反应的离子方程
式为_______。
②将 (摩尔质量为 )在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化
曲线如图所示。 时，所得固体产物可表示为 ，通过以上实验数据确定
该产物中 的比值_______(写出计算过程)。
【答案】（1）①. ②. 浸出初期，c(H+)较大，铁的浸出率较大，约5min后，溶液酸性减弱，
水解生成 进入滤渣
（2）①. 随水层pH增大，H+ 的浓度减小，
的化学平衡向正反应方向移动，
的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起
浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致 的浓
度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多 ②. 2:1
（3）①. ②. 2:1
【解析】【小问1详解】
①钕铁硼在空气中焙烧后得到的 、 均可溶于盐酸，得到含有 和 的溶液。由图
中信息可知，Nd的浸出率逐渐增大，而Fe的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的 的浓度逐渐减小， 逐渐增大导致 水解生成 沉淀，因此，含铁滤渣的主要成
分为 。
②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3 溶解，Fe的浸出率增
大，约5min随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的 的浓度逐渐减小， 逐渐增大导致 水解生成
进入滤渣，Fe的浸出率又减小。
【小问2详解】
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， 的浓度减小，
的化学平衡向正反应方向移
动，又 的浓度减小使平衡 逆向移动，引起
浓度的增大，进一步促进平衡
向萃取方向移动，导致
的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。
②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe
原子的数目为 ； 原子全部在晶胞的面上，共有 ，因此，其中原子数目比
2:1。
【小问3详解】
①向 溶液中加入 溶液， 和 相互促进对方水解生成 沉淀和
CO2 ，该反应的离子方程式为 。
② 的物质的量为 ，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素
的质量和化合价均保持不变，因此， = ； 时剩余固体的质量为7.60
，固体减少的质量为 ，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和
，碳酸盐分解得到氧化物和 ，因此，可以推测固体变为 时失去的质量是生成 和
的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成 的质量为
，则生成 的质量为 - = ，则生成 的物质的量为 ，由C元素守恒可知，分解后剩余的 的物
质的量为4×10-5mol- = ，因此可以确定该产物中 的比值为
。
5. (2024·浙江卷1月)固态化合物Y的组成为 ，以Y为原料实现如下转化。
已知： 与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
请回答：
（1）依据步骤Ⅲ， 、 和 中溶解度最大的是_______。写出溶液C中的所有阴离
子_______。步骤Ⅱ中，加入 的作用是_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 气体D是形成酸雨的主要成分 B. 固体E可能含有
C. 可溶于 溶液 D. 碱性：
（3）酸性条件下，固体 (微溶于水，其还原产物为无色 )可氧化 为 ，根据该反
应原理，设计实验验证Y中含有 元素_______；写出 转化为 的离子方程式_______。
【答案】（1） ①. MgCO3 ②. 、 、OH- 、Cl- ③. 调节溶液pH值，防止钙离子、镁离
子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀 （2）BC
（3）①. 取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3 ，观察到溶液变为紫红色，则证
明Y中含有锰元素 ②.
【分析】Y中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离
子，氯离子，若酸过量，还有H+ ，加入氨气和氯化铵将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B中主要含有
镁离子、锰离子、钙离子、铵根离子，氯离子，Ⅲ中又通入CO2 将钙离子与锰离子转化为沉淀，据此回
答。
【小问1详解】
①MnCO3 、CaCO3 和 MgCO3 是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的
沉淀是CaCO3 和 MgCO3 ，所以 MgCO3 溶解度最大；
②溶液中加入盐酸引入阴离子氯离子，Ⅲ中又通入CO2 引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧
根；
【小问2详解】A．气体是CO2 不是形成酸雨的主要成分，故A错误；
B．固体E可能含有Na2CO3 ，当二氧化碳过量时反应方程式为： ，当二氧
化碳少量时 ，所以可能含有Na2CO3 ，故B正确；
C．Mn(OH)2 可溶于NH4Cl溶液，由于NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+ 与Mn(OH)2 反应，故C
正确；
D．碱性是Ca(OH)2 ＞Fe(OH)2 ，氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，故D错误；
故选BC。
【小问3详解】
①酸性条件下，固体NaBiO3 可氧化Mn2+ 为 ，取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入
适量NaBiO3 ，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素；
②根据题目信息可知 。
6．（2023·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
【分析】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。
【解析】（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 。
7．（2024·北京海淀期中）钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含 、[Ni(CN)4]2- 、 等)并回收铬元素
的工艺路线如下：
已知：I．六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡： +H2O 2 +2H+
II．室温下相关物质的Ksp 如下：
化合物 CaSO4 BaSO4 BaCrO4
Ksp 4.9×10-5 1.1×10-10 1.2×10-10
（1）向废水中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。 NaClO能氧化CN- ，生成无毒无味气
体，补全该反应的离子方程式： 。
①
□CN-+□_____+□_____=□ +□_____+□_____
结合平衡移动原理解释加入NaClO可提高镍元素的去除率的原因： 。
（2）
②
用石灰乳将含铬废水预调至不同pH，经破氰后取等量的溶液1，向其中加入等量的BaCl2·2H2O，搅
拌、反应60min，得到Cr(VI)去除率随预调pH变化如图。与预调pH=6相比，pH=7时Cr(VI)的去除
率显著提高，可能的原因有 (写出两条)。
（3）沉淀2与足量H2SO4 反应的离子方程式为 。
（4）溶液2需处理至Ba2+ 含量达标后方可排放。可用如下方法测定废水中Ba2+ 含量。
步骤1：取aL含Ba2+ 废水，浓缩至100mL后，加入过量的Na2CrO4 标准溶液，充分反应后过滤，向
滤液中加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl标准溶液滴定至CrO 全部转化为Cr2O ，消耗HCl标准溶
液
的体积为bmL。
步骤2：取100mL蒸馏水，加入与步骤1中等量的Na2CrO4 标准溶液，加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl标准溶液滴定，消耗HCl标准溶液的体积为cmL。
步骤1中加入的Na2CrO4 标准溶液必须过量，目的是 。
①
若废水中其他杂质不参与反应，则废水中Ba2+ 的含量为 mg·L−1(写出表达式)。
【答案②】（1）2CN-+5ClO-+1H2O=2 +1N2↑+5Cl- ClO- 氧化CN- ，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-
Ni2++4CN- 正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2 沉淀
（2）预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡 +H2O 2 +2H+ 正向移动，c( )增大，生成
BaCrO4 沉淀量增大
@预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的 转化为CaSO4 沉淀，从而减少了沉淀 消耗的
Ba2+ 的量，使更多的Ba2+ 与 反应生成BaCrO4 沉淀
（3）2BaCrO4+2H++2 =2BaSO4+ +H2O
（4）保证废水中Ba2+ 沉淀完全
【分析】流程分析：加石灰乳调节PH后， 转化为CaSO4 沉淀（微溶）， 主要转化成 ；
破氰后[Ni(CN)4]2- 转化为Ni(OH)2 沉淀；继续加入BaCl2▪2H2O，生成主要沉淀为BaCrO4 和BaSO4 ；加入
H2SO4 ，生成BaSO4 沉淀和 。
【解析】（1） NaClO能氧化CN- ，生成无毒无味气体N2 和 ，NaClO被还原为Cl- 等无毒无害物
质，CN- 失去5
①
个电子，ClO- 获得2个电子，根据电子守恒，可知CN- 系数是2，ClO- 系数是5，反应的离
子方程式：2CN-+5ClO-+1H2O=2 +1N2↑+5Cl- ；
ClO- 氧化CN- ，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2- Ni2++4CN- 正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2
沉淀，提高镍元素的去除率；
②
（2） 预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡 +H2O 2 +2H+ 正向移动，c( )增大，生成
BaCrO①
4
沉淀量增大； 预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的 转化为CaSO4 沉淀，从而减少
了沉淀 消耗的Ba②
2+
的量，使更多的Ba2+ 与 反应生成BaCrO4 沉淀；
（3）沉淀2中铬元素以BaCrO4 形式存在，六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡： +H2O 2
+2H+ ，则酸性增加，使BaCrO4 沉淀溶解平衡移动，离子方程式：2BaCrO4+2H++2 =2BaSO4+
+H2O
（4） 保证废水中Ba2+ 沉淀完全
根据①离子方程式： +H2O 2 +2H+ ，n(H+) n( ) n(Ba2+)，步骤2消耗的HCl是与全
②部的Na2CrO4 标准溶液反应，步骤1消耗的HCl是 与全部Ba2+ 反应后剩余的 所需量，两者的
差值即与全部Ba2+ 反应需要的Na2CrO4 ；n(H+)= n( )=n(Ba2+)=（c-b） L×0.1mol·L−1 ，
m(Ba2+)=137×（c-b） g；则废水中Ba2+ 的含量为 mg·L−1
8．（2024届·辽宁沈阳·三模）稀土元素铈及其化合物在生产生活中有重要用途，如汽车尾气用稀土/钯三效催化剂处理，不仅可以降低催化剂的成本，还可以提高催化效能。以氟碳铈矿(主要成分为
)为原料制备 的一种工艺流程如图：
已知： 滤渣1的主要成分是难溶于水的 ，滤渣2的主要成分是 ；
①
、 (a、b均大于0)。
当前工艺条件下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于 )时的pH如下
表：
②
金属阳离子
开始沉淀时的pH 1.3 7.7
完全沉淀时的pH 3.1 9.2
回答下列问题：
（1）写出一条提高焙烧效率的方法： 。
（2）加入盐酸和 进行浸取时有污染环境的气体产生，该气体为 (填化学式)；操作1和操作2的
名称为 。
（3）调节滤液1的pH的范围为 ；滤渣3的主要成分为 (填化学式)。
（4） 有强氧化性，含 的溶液可吸收雾霾中的NO，生成 、 (二者物质的量之比为1：
1)，该反应的离子方程式为 。
（5）滤渣1经KCl溶液充分浸取后，测得反应体系中 的物质的量浓度为 ，则 的物质的
量浓度为 (用含a、b的式子表示)。
（6）在空气中焙烧 的反应方程式为 。
（7）某研究小组利用硫化锌锂电池，在酸性环境下电解 制 的装置如图所示。阴极的电极
反应式为 ，随着电解反应的进行，为使电解液成分稳定，应不断补充 (填化学式)。【答案】（1）矿石粉碎、搅拌等
（2）Cl2 过滤
（3）3.1~7.7 Fe(OH)3
（4）
（5）
（6）
（7）
【分析】氟碳铈矿焙烧后加入盐酸、硼酸酸浸，生成 沉淀成为滤渣1，滤渣1加入氯化钾溶液得
到 沉淀成为滤渣2，滤液1中含有铁离子、Ce3+ ，调节pH将铁离子转化为沉淀得到滤渣3，滤液2
含Ce3+ ，滤液2加入碳酸氢铵得到 ，煅烧过程中被空气中氧气氧化为 ；
【解析】（1）矿石粉碎、搅拌等都会加快反应速率，提高焙烧效率；
（2）四价Ce具有氧化性，加入盐酸和 进行浸取时，会将氯离子氧化为有毒的氯气，产生有污染
环境的气体，该气体为Cl2 ；操作1和操作2均为分离固液的操作，名称为过滤；
（3）调节滤液1的pH使得铁离子沉淀被分离，而 不产生沉淀，结合表数据可知，范围为3.1~7.7；
滤渣3的主要成分为生成氢氧化铁Fe(OH)3 ；
（4）含 的溶液可吸收雾霾中的NO，生成 、 (二者物质的量之比为1：1)，假设均生成1个
、 ，则2分子NO共失去4个电子，由电子守恒可知，则需要4个 参与反应，反应为：
；
（5）滤渣1经KCl溶液充分浸取后，测得反应体系中 的物质的量浓度为 ，则
， 的物质的量浓度为
；（6） 煅烧过程中被空气中氧气氧化为 ，反应为 ；
（7）在酸性环境下电解 制 ，则阴极氢离子放电发生还原反应生成氢气，电极反应式为
，阳极 失去电子发生氧化反应生成 ，反应为
；则总反应为： ，随着电解反应的进行，为使电解液成分稳定，应不断补
充硫酸 。
9．（2024届·四川乐山·三模）利用硝酸、过氧化氢对废弃锂电池中的正极材料LiMn2O4 进行处理，回收
Li、Mn元素，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）通过仪器分析可知LiMn2O4 晶体中锰元素由 、 构成，它们的个数比为 。
（2）为了提高“酸浸”的效率，可采取的方法有 (答出2条)。“滤液1”的主要溶质有LiNO3 、
，写出“酸浸”时发生反应的离子方程式 。
（3）在“酸浸”时，若用盐酸替代硝酸，可能产生的不良影响是 ，请评价若流程中缺少“加热浓缩”步
骤后工艺的优缺点 (优点和缺点各写一条)。
（4）“沉锂”试剂不选用 的原因可能是 (写出一条)。
（5）写出“800 煅烧” 时发生反应的化学方程式 。
℃
（6）若“沉锂”前“滤液2”中 ，取1L该溶液加入等体积Na2CO3 溶液充分反应后溶液中
，则该实验中锂离子的沉淀率为 %(已知 ，混合后
溶液体积变化忽略不计)。
【答案】（1）1 1
（2）粉碎LiMn2∶ O4 粗品、适当提高温度、适当提高硝酸浓度、加速搅拌等 2LiMn2O4+10H+
+3H2O2=3O2+ 2Li++4 +8H2O
（3）反应生成Cl2 ，污染环境 优点：减少能源消耗；缺点：硝酸不能循环利用，浪费原料
（4） 碱性比碳酸钠碱性弱，无法调pH到12
（5）
（6）98【分析】LiMn2O4 粗品加入HNO3 和H2O2 的混合液体，得到Mn(NO3)2 、LiNO3 ，再加热浓缩后，硝酸循
环利用，再加入碳酸铵溶液，得到碳酸锰和含锂离子的溶液，过滤，向滤液中加入Na2CO3 溶液，得到
Li2CO3 沉淀。
【解析】（1）根据化合价的代数和为0，得到锰元素平均价态为+3.5价，则 、 的个数比为
1 1；
（
∶
2）为了提高“酸浸”的效率，可采取的方法有：粉碎LiMn2O4 粗品、适当提高温度、适当提高硝酸浓
度、加速搅拌等；因为“滤液1”的主要溶质有LiNO3 、 ，则“酸浸”时发生反应的离子方程式：
2LiMn2O4+10H++3H2O2=3O2 + 2Li++4 +8H2O；
（3）用盐酸代替HNO3 ，则反应生成Cl2 ，污染环境；若流程中缺少“加热浓缩”步骤后工艺的优点：减少
能源消耗；缺点：硝酸不能循环利用，浪费原料；
（4）“沉锂”试剂不选用 的原因可能是， 碱性比碳酸钠碱性弱，无法调pH到
12；，
（5）“800 煅烧” 得到三氧化二锰和二氧化碳，化学方程式 ；
℃
（6） ，则沉淀后 ，
沉淀后 ，锂离子的沉淀率为 。
10．（2024·湖北圆创联盟一模）某制药厂的废钯催化剂含 、 、 、 、 和活性炭，
提取贵金属 的流程如下：
已知： 铂系元素（包括Pt、Pd等六种元素）的单质均为惰性金属；
①性质较稳定，难溶于酸、碱，可溶于王水；
② 、 。
回答下列问题：
③
（1）“焙烧”步骤的主要目的是除去活性炭，通常控制温度600 、焙烧时间约 ，焙烧温度过高或时
间过长均导致钯浸出率降低，原因是 。
℃
（2）“浸渣”的成分是少量 及 。
（3）“浸出”步骤中生成配合物 ，写出该反应的化学方程式 。
（4）“氨化”步骤中 转化为 ，反应后溶液 ，此时溶液中
。（5）“沉钯”步骤中的离子方程式为 。
（6） 存在两种平面结构，将其记为A和B。查得25 时A、B在水中的溶解度分别为
0.2577g、0.0366g，A具有广谱的抗癌活性，写出A的结构式 ℃ （ 中共价键不必画出）。
【答案】（1）温度过高或焙烧时间过长会导致Pd与氧气生成PdO，使Pd的浸出率降低
（2）
（3）Pd+H2O2+4HCl=H2[PdCl4]+2H2O
（4）0.03
（5）
（6）
【分析】废钯催化剂含Pd、Al2O3 、CuO、Bi2O3 、SiO2 和活性炭，先在空气中焙烧除去活性炭，使其转化
为二氧化碳，再对固体进行酸浸，Al2O3 、CuO、Bi2O3 溶解，SiO2 不溶于酸，且由题知，有少量PdO生
成，故浸出后的滤渣为SiO2 和PdO，酸浸后的溶液中加入氨水调节pH，使Al3+ 、Bi3+ 以氢氧化物沉淀，
再加入盐酸沉钯得Pd(NH3)2Cl2 ，再将其转化为钯；
【解析】（1）根据题给信息 可推知，温度过高或焙烧时间过长会导致难溶于“浸出”步骤的PdO生成，
使Pd的浸出率降低；
②
（2）废 催化剂含 、 、 、 、 和活性炭，其中活性炭在焙烧中除去；其余物质
中不溶于酸的仅有 ，焙烧可能生成极少量 ；
（3）由流程图可知该步反应物为 、 、 ，可由此得到方程式
Pd+H2O2+4HCl=H2[PdCl4]+2H2O；
（4）反应后溶液 ，即 ， ，由 可得
，
，即二者浓度之比为0.03；
（5）由（4）可知此时含 的反应物为 ，由流程图知其余反应物为 ，生成物为难溶
于水的 。可由此得到方程式 ；
（6）根据数据，A在水中溶解度显著大于B，由“相似相溶”原理可推知A结构的极性应大于B，因此A
结
构中相同的基团应相邻，结构式为 。
