文档内容
第 05 讲 工业流程解题策略
目录
01 模拟基础练
【题型一】以制备物质简单流程为背景
【题型二】以资源开发利用为背景
【题型三】以物质分离提纯为背景
【题型四】制备物质综合工艺流程
【题型五】化学原理运用工艺流程
02 重难创新练
03 真题实战练
题型一 以制备物质简单流程为背景
1．(2024·北京市朝阳区高三质量检测)实验小组同学制备KClO 并探究其性质，过程如下：
3
下列说法不正确的是( )
A．可用饱和NaOH溶液净化氯气
B．生成KClO 的离子方程式为3Cl+6OH- ClO -+5Cl-+3H O
3 2 3 2
C．推测若取无色溶液a于试管中，滴加稀HSO 后再加入少量CCl ，下层液体变紫色
2 4 4
D．上述实验说明碱性条件下氧化性：Cl>KClO ，酸性条件下氧化性：Cl KClO，酸性条件下氧化性：ClNH，故A错误；B项，滤渣②的主要成分为
3 4 3
Cu和过量的Zn，故B错误；C项，滤液①中含有金属元素的离子为[Zn(NH )]2+、[Cu(NH )]2+，加入锌粉
3 4 3 4
发生反应Zn+[Cu(NH)] 2+＝Cu+[Zn(NH)] 2+，因此滤液①中[Cu(NH )]2+转化为[Zn(NH )]2+，因此滤液②
3 4 3 4 3 4 3 4
中含有金属元素的离子为[Zn(NH )] 2+，Zn的相对原子质量大于Cu，金属元素的质量增加，即“滤液①”
3 4
< “滤液②”，故C正确；D项，煅烧时ZnCO ·Zn(OH) 会分解，Zn为+2价，不会被氧气氧化，因此不需
3 2
要隔绝空气，故D错误；故选C。
3．(2024·江苏省南京师范大学苏州实验学校高三零模考试)一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。
下列说法错误的是( )A．“氧化”和“转化”工序中Cl 的主要作用相同
2
B．水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有H+和Cl-
C．“洗脱”工序可完成R NCl的再生
3
D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化
【答案】D
【解析】卤水“氧化”时氯气与卤水反应置换出Br ，同时氯气与水反应生成HCl进入水相Ⅰ；“还
2
原”时SO 与R N[ClBr ]反应生成HSO 、HBr、R NCl，R NCl再与HBr反应生成HCl和R NBr，用盐酸
2 3 2 2 4 3 3 3
“洗脱”R NBr生成HBr和R NCl，HBr被氯气氧化得到溴单质，蒸馏得到液溴。A项，“氧化”和“转
3 3
化”工序中Cl 的主要作用均为氧化Br-，A项正确；B项，由流程中转化关系知，“氧化”时氯气与卤水
2
反应置换出Br ，同时氯气与水反应生成HCl进入水相Ⅰ；“还原”时SO 与R N[ClBr ]反应生成HSO 、
2 2 3 2 2 4
HBr、R NCl，R NCl再与HBr反应生成HCl和R NBr，故水相Ⅱ中含H+和Cl-，则水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含
3 3 3
有H+和Cl-，B项正确；C项，用盐酸“洗脱”R NBr生成HBr同时生成R NCl，可完成R NCl的再生，C
3 3 3
项正确；D项，保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质挥发，D项错误；故选D。
4．(2024·黑龙江省大庆市三模)工业上常用的一种海水中提溴技术叫做“吹出法”，其过程主要包括氧
化、吹出、吸收和蒸馏等环节(如下图)，下列有关说法错误的是( )
A．过程中酸化海水的目的是抑制Br 的溶解
2
B．吸收塔中发生的主要反应的化学方程式为Br +SO+2H O=HSO +2HBr
2 2 2 2 4
C．实验室模拟蒸馏过程，用到的主要仪器包括：蒸馏烧瓶、球形冷凝管、温度计等
D．保存液溴的过程中，水封的主要目的是防止或减弱Br 的挥发
2
【答案】C
【解析】A项，Br 溶于水显酸性，酸化海水可以抑制Br 的溶解，A正确；B项，SO 具有还原性，
2 2 2
Br 具有氧化性，则吸收塔中发生的主要反应的化学方程式为Br +SO+2H O=HSO +2HB，B正确；C项，
2 2 2 2 2 4
蒸馏过程不能用球形冷凝管，应该用直形冷凝管，C错误；D项，因为Br 易挥发，所以水封的主要目的是
2
防止或减弱Br 的挥发，D正确；故选C。
2
题型二 以资源开发利用为背景5．(2024·广西南宁市高三模拟)氨氮废水是造成水体富营养化的原因之一，下图为处理氨氮废水的流
程。
下列离子方程式书写错误的是( )
A．过程①：NH ++OH-=NH ·H O
4 3 2
B．过程②总反应式：3Cl+2NH ·H O=6Cl-+N ↑+2H O+6H+
2 3 2 2 2
C．过程③：Cl+SO2-+H O=2Cl-+SO2-+2H+
2 3 2 4
D．Cl 溶于水：Cl+H O 2H++Cl-+ClO-
2 2 2
【答案】D
【解析】A项，含NH +废水与NaOH溶液反应生成NH ·H O，其反应的离子方程式为：NH ++OH-
4 3 2 4
=NH ·H O，A不符合题意；B项，过程②加入Cl 可将废水中的NH ·H O转化为无毒气体，反应过程中氯
3 2 2 3 2
元素化合价由0价降低到-1价，化合价降低，被还原，氮元素的化合价由-3价升高到0价，化合价升高，
被氧化，配平之后为：3Cl+2NH ·H O=6Cl-+N ↑+2H O+6H+ ，B不符合题意；C项，过程③中NaSO 溶
2 3 2 2 2 2 3
液的作用是将含余氯废水中的Cl 转化为氯离子，反应为：Cl+SO2-+H O=2Cl-+SO2-+2H+，C不符合题意；
2 2 3 2 4
D项，Cl 溶于水为可逆反应，生成的HClO为弱酸，不能拆开，反应为：Cl+H O H++Cl-+HClO，D
2 2 2
符合题意；故选D。
6．(2024·山东省烟台等三市高三一模)废旧铅蓄电池的铅膏主要含有PbSO 、PbO 和Pb。从铅膏中回
4 2
收PbO流程如下。
【已知：Pb(OH) 性质类似Al(OH) 】
2 3
下列说法错误的是( )
A．“脱硫”是把PbSO 转化为NaSO 将硫除去
4 2 4
B．“酸浸”发生的反应有PbCO +2HAc=Pb(Ac) +CO ↑+H O
3 2 2 2
C．“酸浸”中HO 会分解，应适当过量
2 2
D．“沉铅”时为保证铅的完全沉淀，应该加入过量氢氧化钠
【答案】D
【解析】从主要含PbSO 、PbO 废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅资源，通过如图流程可知“脱硫”时利
4 2用了沉淀转化原理，将PbSO 转化为PbCO ，便于后面的酸浸，在“酸浸”时HO 将PbO 还原，最终铅
4 3 2 2 2
元素全部转化为可溶性的Pb(Ac) ，“沉铅”时将Pb(Ac) 转化为Pb(OH)，最后Pb(OH) 加热得到PbO。A
2 2 2 2
项，在“脱硫”工艺中，PbSO 与 NaCO 溶液反应生成更难溶的PbCO ，同时生成NaSO 留在滤液中将
4 2 3 3 2 4
硫除去，A正确；B项，“酸浸”中PbO 通过和HO、HAc反应转化为Pb(Ac) 同时“脱硫”工艺中生成
2 2 2 2，
的PbCO 与醋酸反应也生成Pb(Ac) ，故发生的反应有PbCO +2HAc=Pb(Ac) +CO ↑+H O，B正确；C项，
3 2 3 2 2 2
HO 本身易分解，故“酸浸”中HO 会分解，为保证PbO 反应彻底，HO 应适当过量，C正确；D项，
2 2 2 2 2 2 2
“沉铅”时生成Pb(OH)，由于Pb(OH) 性质类似Al(OH) ，若氢氧化钠过量，会导致溶解，反而不利于
2 2 3
“沉铅”，故D错误；故选D。
7．(2024·江苏省常州市普通高中学业水平合格性考试适应性训练)医学发现一种Fe O 纳米粒子具有肝
3 4
靶向功能。利用废旧镀锌铁皮制备Fe O 胶体粒子的流程图示意如下：
3 4
已知：Zn溶于强碱时生成[Zn(OH) ]2-。下列有关说法正确的是( )
4
A．“Fe O”俗称铁红
3 4
B．“碱洗”是为了洗去废旧镀锌铁皮表面的油污
C．“酸溶”中发生反应的离子方程式为Fe(OH) +3H+=Fe3++3H O
3 2
D．“氧化”后溶液中存在的离子有：H+、Fe2+、Fe3+、SO 2-
4
【答案】D
【解析】废旧锌铁皮加入NaOH溶液中，氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污
作用，Zn溶于强碱时生成[Zn(OH) ]2-，过滤，所得固体加入过量稀硫酸，溶解铁，发生Fe+2H+=Fe2+
4
+H ↑，加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子，氧化后的溶液中含有H+、Fe2+、Fe3+、SO 2-，向溶液中通入
2 4
氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入NaOH溶液生成四氧化三铁胶体粒子。A项， Fe O 俗称铁红，
2 3
Fe O 俗称磁性氧化铁，故A错误；B项，氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，
3 4
Zn溶于强碱时生成[Zn(OH) ]2-，故B错误；C项，“酸溶”中发生反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+
4
+H ↑，故C错误；D项，“氧化”后溶液中存在的离子有：H+、Fe2+、Fe3+、SO 2-，故D正确；故选D。
2 4
8．(2024· 江苏省扬州中学高三下学期月考)利用如下流程可从废光盘中回收金属层中的银(金属层中其
他金属含量过低，对实验影响可忽略)：已知：NaClO溶液在加热时易分解生成NaCl和NaClO。下列说法正确的是( )
3
A．若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加
B．“氧化”时，发生的化学方程式：
C．若“还原”工序利用原电池来实现，则N 是正极产物
2
D．“还原”时，每生成1molAg，理论上消耗
【答案】A
【解析】由题给流程可知，废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、
氢氧化钠和氧气，过滤得到滤液和含有氯化银的滤渣；向滤渣中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，
过滤得到滤渣和含有银氨络离子的滤液；向滤液中加入一水合肼溶液，溶液中银氨络离子与一水合肼溶液
反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，过滤得到银。A项，若省略第一次过滤，过量的次氯酸钠溶液
能将一水合氨氧化为氮气，会使氨水的用量增加，A正确；B项，由分析可知，氧化时发生的反应为废光
盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，反应的化学方程
式为 ，B错误；C项，由化合价变化可知，若还原工序利用
原电池来实现，一水合肼会在负极失去电子发生氧化反应生成生成氮气，C错误；D项，还原时发生的反
应为溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，反应的离子方程式为
4[Ag(NH)]++N H•H O=4Ag↓+N↑+4NH++4NH↑+H O，则反应生成1mol银时，理论上消耗
3 2 2 4 2 2 4 3 2
，D错误；故选A。
题型三 以物质分离提纯为背景
9．(2024· 江苏省扬州中学高三下学期月考)利用如下流程可从废光盘中回收金属层中的银(金属层中其
他金属含量过低，对实验影响可忽略)：
已知：NaClO溶液在加热时易分解生成NaCl和NaClO。下列说法正确的是( )
3A．若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加
B．“氧化”时，发生的化学方程式：
C．若“还原”工序利用原电池来实现，则N 是正极产物
2
D．“还原”时，每生成1molAg，理论上消耗
【答案】A
【解析】由题给流程可知，废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、
氢氧化钠和氧气，过滤得到滤液和含有氯化银的滤渣；向滤渣中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，
过滤得到滤渣和含有银氨络离子的滤液；向滤液中加入一水合肼溶液，溶液中银氨络离子与一水合肼溶液
反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，过滤得到银。A项，若省略第一次过滤，过量的次氯酸钠溶液
能将一水合氨氧化为氮气，会使氨水的用量增加，A正确；B项，由分析可知，氧化时发生的反应为废光
盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，反应的化学方程
式为 ，B错误；C项，由化合价变化可知，若还原工序利用
原电池来实现，一水合肼会在负极失去电子发生氧化反应生成生成氮气，C错误；D项，还原时发生的反
应为溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，反应的离子方程式为
4[Ag(NH)]++N H•H O=4Ag↓+N↑+4NH++4NH↑+H O，则反应生成1mol银时，理论上消耗
3 2 2 4 2 2 4 3 2
，D错误；故选A。
10．无水FeCl 常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量Fe O、C和SiO)制
3 2 3 2
取无水FeCl 的流程如下，下列说法正确的是( )
3
A．“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe3+、Fe2+、H+、Cl-
B．“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂
C．将“氧化”后的溶液蒸干可获得FeCl ·6H O
3 2
D．“脱水”时加入SOCl 能抑制FeCl 的水解，原因是SOCl 与水反应生成HSO 和HCl
2 3 2 2 4
【答案】B
【解析】废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚
铁离子氧化为铁离子，处理得到FeCl ·6H O，加入SOCl 脱水得到FeCl 。A项，铁屑中主要成分Fe ，铁
3 2 2 3
和铁离子生成亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe2+、H+、Cl-，A错误；B项，氯气
具有氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B正确；C项，铁离子水解生成氢氧化铁，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得FeCl ·6H O，C错误；D项，是SOCl 与水反应生成SO
3 2 2 2
和HCl，D错误；故选B。
11．(2024·江苏省盐城市三校高三第一次联考)用硫酸渣(主要成分为Fe O、SiO)制备铁基颜料铁黄
2 3 2
(FeOOH)的一种工艺流程如图。
已知：“还原”时，发生反应FeS+14Fe3++8H O=2SO 2-+15Fe2++16H+；FeS 与HSO 不反应。下列有
2 2 4 2 2 4
关说法不正确的是( )
A．“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为1∶7
C．“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+
D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH•H O+O=8NH++4FeOOH↓+2H O
3 2 2 4 2
【答案】C
【解析】硫酸渣(主要成分为Fe O、SiO)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，
2 3 2
再加FeS 把铁离子还原为亚铁离子，同时生成SO 2-，过滤，滤渣含有SiO 和FeS，滤液中含有Fe2+和
2 4 2 2
H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的
FeOOH。A项，适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，可增大反应速率，A正确；B项，有关的离子方程
式为FeS+14Fe3++8H O=2 SO 2-+15Fe2++16H+，反应中FeS 的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则
2 2 4 2
SO 2-为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物质的
4
物质的量之比为2∶14=1∶7，B正确；C项，滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过
滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，C错误；D项，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节
pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH•H O+O=8NH++4FeOOH↓+2H O，D正确；故选
3 2 2 4 2
C。
12．(2024·陕西省西安市二模)七水硫酸锌在农业中可用作微量元素肥料，也被广泛用于工业领域。锌
渣制备ZnSO 7HO的工艺流程如下。
4 2
⋅锌渣的主要成分为ZnO，含有少量CuO、FeO、PbO、SiO 下列说法正确的是( )
2
A．滤渣①为SiO，滤渣③为 和
2
B．氧化操作发生的反应为：2Fe2++2ClO-+2OH-+2H O=2Fe(OH) ↓+Cl↑
2 3 2
C．加入 的主要作用是调节溶液的
D．操作X用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、漏斗
【答案】C
【解析】锌渣的主要成分为ZnO，含有少量CuO、FeO、PbO、SiO，加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应，
2
PbO与硫酸反应生成硫酸铅沉淀，所以滤渣1中为SiO 和PbSO ，滤液①溶质主要为硫酸锌、硫酸铜、硫
2 4
酸亚铁，加入漂白粉将Fe2+氧化为Fe3+，次氯酸根离子转化为氯气，再加ZnO调节溶液pH值，使Fe3+沉淀，
滤渣②为Fe(OH) ，滤液②主要溶质为硫酸锌和硫酸铜，加入Zn置换硫酸铜生成Cu，滤渣③中为Cu和过
3
量的锌，滤液③主要为硫酸锌，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO 7HO。A项，根
4 2
据分析可知，滤渣①中为SiO
2
和PbSO
4
，滤渣③中为Cu和过量的锌，A错误；B项，氧化⋅操作发生的反应
为：2Fe2++2ClO-+4H+=2Fe3++Cl↑+2H O，B错误；C项，根据分析可知，ZnO调节溶液pH值，使Fe3+沉淀，
2 2
C正确；D项，操作X用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，D错误；故选C。
题型四 制备物质综合工艺流程
13．(2024·江苏省常州市普通高中学业水平合格性考试适应性训练)实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要
成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的实验流程如下：
(1)“溶解”时Cu发生反应的离子方程式为 。
(2)“溶解”可适当升高温度以加快反应速率，但温度不宜过高。温度不宜过高的原因是 。
(3)滤渣中的主要物质是 (填化学式)。
(4)“沉锌”时生成碱式碳酸锌[ ]，碱式碳酸锌在空气中加热可转化为ZnO，过程中固体质量随温度的变化关系如下图所示。已知：Zn(OH) 加热至125℃、ZnCO 加热至350℃均分解成
2 3
ZnO，该碱式碳酸锌失去结晶水的温度与Zn(OH) 的分解温度接近。
2
根据以上实现数据计算，确定 中x的值(写出计算过程)。
【答案】(1) 2Cu+O +4H+=2Cu2++2H O
2 2
(2)盐酸受热易挥发，氧气的溶解度降低
(3)Cu(或Cu、Zn)
(4)x=2
【解析】废弃旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)，利用盐酸溶解，同时通入空气，金属分别转化为
氯化锌、氯化铜，加入氢氧化钠溶液调节pH，然后加入锌置换出铜，滤液中加入碳酸钠沉锌，生成碱式碳
酸锌，煅烧碱式碳酸锌生成氧化锌。(1)“溶解”时Cu被氧化为氯化铜，发生反应的离子方程式为
2Cu+O +4H+=2Cu2++2H O。(2)由于盐酸易挥发，氧气的溶解度随温度升高而降低，所以温度不宜过高的原
2 2
因是盐酸受热易挥发，氧气的溶解度降低。(3)锌置换铜，所以滤渣中的主要物质是Cu(或Cu、Zn)。(4)根
据图像结合物质的分解温度可知最终得到的氧化锌，设 为1mol，最终生成
3molZnO，因此满足 ，解得x＝2。
14．(2024·浙江省宁波市高三选考模拟考试)氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低
品位铜矿(主要成分为CuS。CuS 和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：
2
已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH．CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中(CuCl+Cl- CuCl -)。
2
请回答：
(1)还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是 。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．“浸取”过程中稀硫酸可以用浓硫酸代替
B．滤渣1的成分是Fe(OH)
3
C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH )]2+形式存在
3 4
D．“除锰”后滤液加热的主要目的是除去多余的氨水和NH HCO
4 3
(3)“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示：
请分析pH控制在 左右的原因 。
(4)为测定CuCl产品纯度进行如下实验：
a．称量所得CuCl产品 g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出 mL，加入足量的
mL0.5 mol/L AgNO 溶液，充分反应；
3
b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
c．加入指示剂，用NH SCN标准溶液滴定过量的AgNO 溶液；
4 3
d．重复实验操作三次，消耗 mol/L NH SCN溶液的体积平均为 mL。
4
已知K (AgCl)=3.2×10-10，K (AgSCN)=2.0×10-12。
sp sp
①加入硝基苯的作用是 。
②滴定选用的指示剂是 。
A．FeCl B．FeCl C．NH Fe(SO ) D．(NH )Fe(SO )
3 2 4 4 2 4 2 4 2
③CuCl的纯度为 。
【答案】(1) NaCuCl (2)AD
2
(3)pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应；pH高于2.5，随着c(OH―)增大，CuCl易转化为CuOH
(4) 防止在滴加NH SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀 C 99.50%
4
【解析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入
铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。(1)还原过程中铜离子、盐酸、
氯化钠、和铜，铜与铜离子反应转化为氯化亚铁，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中(CuCl+Cl-
CuCl -)，故所得产物的主要溶质的化学式是NaCuCl ；(2)A项，浓硫酸具有强氧化性，能氧化二价铁离子，
2 2
且能生成二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，选项A不正确；B项，滤渣1的成分是Fe(OH) ，选项B
3
正确；C项，“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH )]2+形式存在，选项C正确；D项，Cu元素主要
3 4
以[Cu(NH )]2+形式存在，“除锰”后滤液加热的主要目的是使其分解生成CuO，选项D不正确；故选
3 4
AD；(3)pH控制在2.5左右的原因是：pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应；pH高于2.5，随着c(OH―)增大，
CuCl易转化为CuOH；(4)①加入硝基苯的作用是防止在滴加NH SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉
4
淀；②结合该实验中滴加NH SCN标准溶液,指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因
4
为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂,故只能选NH Fe(SO ) ；故选C；③根据反应Ag++Cl-=AgCl↓、
4 4 2
Ag++SCN-=AgSCN，故10.00gCuCl产品的物质的量为n(CuCl)=
=0.1mol，CuCl的纯度为
= 。
15．(2024·江苏省南京师范大学苏州实验学校高三零模考试)氧化铈(CeO)是一种应用非常广泛的稀土
2
氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO、BaO、SiO 等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
3 2
已知：①稀土离子易与SO 2-形成复盐沉淀，Ce3+和SO 2-发生反应：
4 4
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 。
2
(3)加入硫脲的目的是将CeF 2+还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。
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 HCO -=Ce (CO)↓+3CO ↑+3H O
3 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
a2 2 3 sp 2 3 3
c(Ce3+)=1.0×10−5mol∙L−1，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c(HCO -)= mol∙L−1。
3
【答案】(1)BaSO 、SiO
4 2
(2)4CeFCO +4NaHCO+O 4NaF+4CeO +8CO +2H O
3 3 2 2 2 2
(3)2 CeF 2++2 =2Ce3++(SCNH)+2HF+2F-
2 2 3 2
(4)防止Ce3+被氧化
(5)CD
(6)0.2
【解析】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
3 2
取，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；
2 4 2 4
含CeF 2+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
2 2 4 3 2 4
Ce (SO )•Na SO •nH O，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
2 4 3 2 4 2
氢铵使Ce3+沉淀为Ce (CO)，最后灼烧分解生成CeO。(1)滤渣A的主要成分是BaSO、SiO。(2)在氟碳
2 3 3 2 4 2
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 两种固体以及两种高温下
3 2
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)根据信息硫脲( )具有还原
3 3 2 2 2 2性，酸性条件下易被氧化为(SCN H)，则加入硫脲的目的是将CeF 2+还原为Ce3+，反应的离子方程式为2
2 3 2 2
CeF 2++2 =2Ce3++(SCNH)+2HF+2F-。(4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学
2 2 3 2
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项，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项，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
2 3
代替NH HCO 溶液，会影响产品纯度，B错误；C项，减压过滤能够大大提高过滤效率，C正确；D项，
4 3
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
HCO -=Ce (CO)↓+3CO ↑+3H O，D正确；故选CD。(6)Ce3+恰好沉淀完全时，c(Ce3+)=1.0×10−5 mol∙L−1，则
3 2 3 3 2 2
，解得 ，
测得溶液的pH=5，根据 ，解得
c(HCO -)=0.2mol∙L−1。
3
16．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)废镍催化剂主要含Ni，还有少量Cu、Fe、
Al及其氧化物、SiO 某研究小组设计如图所示工艺流程制备硫酸镍晶体 。
2.
查阅资料：
①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。
②一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀的pH 7.2 4.0 2.2 7.5
沉淀完全的pH 9.0 5.6 3.2 9.0
(1)“滤渣2”的成分是 (用化学式表示)。溶液中加入HO 的目的是 (用离子方程
2 2
式表示)。(2)“调pH”可选用的物质 (填序号)。
A．NaCO B．NiCO C．HSO D．NiSO
2 3 3 2 4 4
“调pH”的范围为 。
(3)下列有关说法不正确的是___________。
A．酸浸步骤可用水浴加热，以加速反应
B．操作A中的有机溶剂可选用乙醇
C．调pH后过滤，需用玻璃棒对漏斗中的混合物充分搅拌
D．操作B中包含“结晶、过滤、洗涤、煅烧”等操作
(4)测定产品的纯度。
操作步骤 涉及反应
①准确称取制备的硫酸镍样品5.620g，加入含0.0200molEDTA
Ni2++H Y2-= NiH Y
的二钠盐溶液(用HY2-表示)，充分反应后定容成100mL。 2 2
2
②取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加二甲酚橙作指示剂，用
Zn2++H Y2-= ZnHY
2 2
标准液滴定到终点，平行实验三次，平均消
耗20.00mLZn2+标准液。
计算产品的纯度为 。
【答案】(1) Fe(OH) 、Al(OH) 2Fe2++H O+2H+=2Fe3++2H O
3 3 2 2 2
(2) B 5.6≤pH<7.2) (3)BCD (4)90.0%
【解析】根据流程图可以知道，废镍催化剂粉碎后进入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，
二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶硫酸盐额滤液；向滤液中加入有机溶
剂萃取、分液得到含有铜离子的有机层和溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为
铁离子，加入碳酸镍调节溶液pH在5.6≤pH＜7.2的范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢
氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有硫酸镍的滤液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结
晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。(1)滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝；加入过氧化氢
溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：2Fe2++H O+2H+=2Fe3++2H O；(2)为了将溶液中
2 2 2
铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，根据金属氢氧化物沉淀时的pH，要调节溶液的pH在
5.6≤pH＜7.2的范围内；为防止中和溶液中氢离子时引入新杂质，调节溶液的pH时可以加入碳酸镍固体；
选B；(3)A项，酸浸步骤适当升温可以加快反应速率，故A正确；B项，乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，
故B错误；C项，过滤后，漏斗内的沉淀不能用玻璃棒搅拌，故C错误；D项，操作B中包含“加热浓缩，
冷却结晶、过滤、洗涤”等操作，故D错误；故选BCD；(4)根据Zn2++H Y2-= ZnHY，n(Zn2+)=0.025mol/L
2 2
0.02L=0.0005mol，则在25mL的反应后的溶液中剩余的HY2-的物质的量为0.0005mol，与Ni2+反应的
2HY2-的物质的量为 -0.0005mol=0.0045mol=n(Ni2+)，原样品中的n(Ni2+)=0.0045mol 4=0.018mol，样
2
品的纯度为 =90.0%。
题型四 化学原理运用工艺流程
17．(2024·江苏省盐城市高三一模考试)碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料(主要含Cu Te)为原料回
2
收碲单质的一种工艺流程如下：
已知： ，
。
(1)“氧化酸浸”得到CuSO 和HTeO ，该反应的化学方程式为 。
4 2 3
(2)“沉铜”时NaC O 过多会导致Cu2+与C O2-生成环状结构的配离子[Cu(C O)]2−，该配离子的结构式
2 2 4 2 4 2 4 2
为 (不考虑立体异构)
(3) CuC O 可溶于HC O，反应CuC O+H C O [Cu(C O)]2−+2H+的平衡常数为 。
2 4 2 2 4 2 4 2 2 4 2 4 2
[已知：反应Cu2+ +2C O2- [Cu(C O)]2−的平衡常数 ]
2 4 2 4 2
(4)“还原”在 条件下进行，HTeO 发生反应的离子方程式为 。
2 3
(5)“还原”时，NaSO 的实际投入量大于理论量，其可能的原因为 。
2 3
(6)将一定质量的CuC O 置于 气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化
2 4
的曲线如图所示。 下剩余固体的化学式为 。【答案】(1)Cu Te+4HO+2H SO =2CuSO+H TeO +5H O
2 2 2 2 4 4 2 3 2
(2)
(3)
(4)H TeO +2SO2- Te↓+2SO2-+H O
2 3 3 4 2
(5)提高HTeO 的还原率；NaSO 会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO ，SO 从溶液中逸出
2 3 2 3 2 2
(6) Cu
【解析】向碲铜废料(主要含Cu Te)中加入HO 溶液、稀HSO ，充分反应生成CuSO 和HTeO ，再
2 2 2 2 4 4 2 3
加入NaC O 溶液将Cu2+转化为CuC O 沉淀除去，此时滤液主要含有HTeO 、HSO ，最后再加入NaSO
2 2 4 2 4 2 3 2 4 2 3
溶液将HTeO 还原生成Te。(1)“氧化酸浸”过程，Cu Te被HO 氧化生成CuSO 和HTeO ，则反应的化学
2 3 2 2 2 4 2 3
方程式为：Cu Te+4HO+2H SO =2CuSO+H TeO +5H O；(2)在环状结构的配离子[Cu(C O)]2−中，C O2-的
2 2 2 2 4 4 2 3 2 2 4 2 2 4
碳氧单键中的O给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以4个配位键形成[Cu(C O)]2−，则该配离子的结构式为：
2 4 2
；(3)用R2−表示[Cu(C O)]2−，则反应CuC O+H C O [Cu(C O)]2−+2H+的
2 4 2 2 4 2 2 4 2 4 2
平衡常数为 ，因，即
，且反应Cu2+ +2C O2- [Cu(C O)]2−的平衡常数
2 4 2 4 2
，所以
，即 ；
(4)“还原”时，HTeO 被还原生成Te，SO 2-被氧化生成SO 2-，则HTeO 发生反应的离子方程式为：
2 3 3 4 2 3
HTeO +2SO2- Te↓+2SO2-+H O；(5)为提高HTeO 的还原率，加入的NaSO 溶液过量；“沉铜”后所
2 3 3 4 2 2 3 2 3
得滤液主要含有HTeO 、HSO ，NaSO 会与HSO 反应生成SO 并逸出，则NaSO 的实际投入量大于理
2 3 2 4 2 3 2 4 2 2 3
论量，其可能的原因为：提高HTeO 的还原率；NaSO 会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO ，
2 3 2 3 2
SO 从溶液中逸出；(6)由图可知，350~400°C时剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，
2
CuC O 的摩尔质量为152g/mol，则剩余固体的摩尔质量为： ，再结合化学反
2 4
应前后元素种类不变，350~400°C下剩余固体的化学式为Cu。
18．(2024· 江苏省南京航空航天大学苏州附属中学高三适应性测试)用镍铂合金废料(主要成分为Ni、
Pt，含少量Al和难溶于硫酸的重金属)回收镍和铂的一种工艺流程如下：
(1)“酸浸”后分离出的溶液中，c(Ni2+)=0.2mol/L，c(Al3+)=0.01mol/L，溶液中离子浓度小于1×10－5
mol/L时可认为沉淀完全，则“调pH”应控制pH的范围是 。(设“调pH”时溶液体积不变) {已知：
K [Ni(OH) ]=2×10－15，K [Al(OH) ]=1×10－33}
sp 2 sp 3
(2)“控温氧化”时控制其他条件一定，Ni O 的产率与温度和时间的关系如图所示。20℃、40℃时反应
2 3
后所得滤液主要为NaCl、NaOH和NaSO ，60℃时反应后所得滤液主要为NaCl、NaClO、NaOH、
2 4 3
NaSO ，反应相同时间，60℃时Ni O 的产率低于40℃时，原因可能是 。
2 4 2 3(3)“含Pt滤渣”中的Pt可以用王水(体积比3∶1的浓盐酸和浓硝酸的混合液)浸出。浸出时有HPtCl
2 6
和NO生成。向(NH )PtCl 溶液中加入NH Cl会生成(NH )PtCl 沉淀。
4 2 6 4 4 2 6
①写出浸出时Pt所发生反应的化学方程式： 。
②(NH )PtCl 在一定温度下可以分解生成Pt(NH )Cl，Pt(NH )Cl 在顺式和反式两种结构。请在如图
4 2 6 3 2 2 3 2 2
的两个结构中，选择其中一个，填入相应的基团表示Pt(NH )Cl 的顺式结构 。
3 2 2
(4)另外一种镍催化剂废渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO 等杂质)为原料可制备锂离子材
2
料镍酸锂。在制备过程中有人认为“除钙”可以用HF，则“除钙”的反应为：Ca2+(aq)+2HF(l) = CaF (s)+
2
2H+(aq)反应的平衡常数K=1.0×103，则K [CaF ]= 。(已知：室温下，HF的电离平衡常数K=4×10
sp 2 a
－4)。
(5)NiO 产品中可能含少量NiO，为测定Ni O 的纯度，进行如下实验：称取5.000g样品，加入足量硫
2 3 2 3
酸后，再加入100mL，1.000 mol/L Fe2+标准溶液，充分反应，加水定容至200mL取出20.00mL，用0.1
mol/L KMnO 标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗KMnO 标准溶液10.00mL。实验过程中发生反应如下：
4 4
Ni O + Fe2++ H+= Ni2++ Fe3++H O(未配平)
2 3 2
Fe2+ + + H+= Mn2++ Fe3++H O(未配平)
2
试通过计算确定Ni O 的质量分数，并写出计算过程 。
2 3
【答案】(1) 4.7Mo，Mg、Al能从酸溶液中置换出H ，则还原性
2 3 2 2
Mg > H ，Al > H ，因此Mo的金属活动性可能位于Mg、Al之后，b错误；c项，Na比较活泼，与钼酸盐
2 2
溶液直接作用，钠先和水反应，因而不能达到冶炼钼的目的，c错误；故选a。(7)MoS 晶体有类似石墨的
2
层状结构，层与层之间作用力较弱，很容易在层间发生相对滑动，因而可用作润滑剂。
1．(2024·云南昆明市二模)碲(Te)是一种重要的稀有分散元素，广泛应用于冶金、石油、化工、航空、
电子等领域。以某冶炼厂的湿阳极泥(含水26%，主要含锑、砷、铅、铋、银和少量铜、碲等)为原料回收
碲的流程如下：
已知：氧化还原电位可用来反映水溶液中物质表现出来的氧化还原性，用E(氧化态/还原态)表示。E
越高，氧化态的氧化性越强，E越低，还原态的还原性越强。若电解时控制电位高于E，则其氧化态不能
被还原。相关物质的氧化还原电位(E)如下表所示：
物质
氧化还原电位(E)/V 0.342 0.568 0.16 小于0.16 小于0.16
请回答下列问题：
(1) Te的基态原子的电子排布式为 。
52
(2)原料预处理可采用干燥箱中加热氧化或自然堆放氧化(四天以上)两种方式，两相比较，后者的主要
优点是 ；氧化后的原料还需粉碎、过筛，目的是 。
(3)浸出时，所得滤渣主要含铅、银的化合物，其化学式分别为 、 ；添加
NaClO 可显著提高碲和铜的浸出率，说明预处理后的原料中仍存在低价态的碲和铜，写出CuTe转化为
3 2
TeCl2-、CuCl+而被浸出的离子方程式 。
6(4)电解时为防止除Te以外的单质生成，需控制电位的范围为 ；加入饱和NaSO 溶液还原
2 3
TeCl2-可减少电能消耗并防止阳极生成 (填化学式)。
6
(5)碲可用于制备半导体材料碲化锌，其立方晶胞结构如图所示。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，
可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。A点碲原子坐标为 ，C点锌原子坐标为 ，
则B点锌原子坐标为 。若Te的原子半径为rpm，碲化锌晶胞中面心与顶点的碲原子相切，晶
体的密度为ρg· cm-3，则阿伏加德罗常数N = molˉ1 (列出计算式)。
A
【答案】(1)[Kr]5s25p4
(2) 耗能低，成本低 增大接触面积，提高浸出率
(3) PbSO AgCl 3CuTe+4ClO -+20Cl-+24H+=6CuCl++3TeCl2-+12H O
4 2 3 6 2
(4) 0.568V Cl
2
(5)
【解析】流程分析如下：湿阳极泥(含水26%，主要含锑、砷、铅、铋、银和少量铜、碲等)先进行加
热氧化或自然堆放氧化进行预处理，加入 HSO 、NaCl、NaClO 混合溶液进行浸出，使铅元素变为
2 4 3
PbSO ，Ag元素变为AgCl，过滤除掉，滤液中加入饱和NaSO 溶液，根据表格中氧化还原电位数据，控
4 2 3
制电位范围 0.568V，生成Te，同时防止除Te以外的单质生成。(1) Te是第五周期第VIA元素，基态原
52
子的电子排布式为[Kr]5s25p4；(2)自然堆放氧化(四天以上)与加热氧化比较，优点是耗能低，成本低；氧化
后的原料还需粉碎、过筛，目的是增大接触面积，提高浸出率；(3)由上述分析可知，所得滤渣主要含铅、
银的化合物，化学式分别为PbSO 、AgCl；NaClO 与CuTe反应生成TeCl2-、CuCl+，溶液是酸性环境，根
4 3 2 6
据电子守恒、电荷守恒写出该离子方程式为：3CuTe+4ClO -+20Cl-+24H+=6CuCl++3TeCl2-+12H O；(4)电解
2 3 6 2
时为防止除Te以外的单质生成，根据表格中氧化还原电位数据，需控制电位范围 0.568V；如果直接电解，
阳极可能生成Cl，因此加入饱和NaSO 溶液还原TeCl2-可减少电能消耗并防止阳极生成Cl；(5)根据A点
2 2 3 6 2
碲原子坐标为 ，C点锌原子坐标为 ，结合所给的坐标系，可知B点的Zn原子坐标为；若Te的原子半径为rpm，碲化锌晶胞中面心与顶点的碲原子相切，设晶胞边长为 apm，有
，a= pm，晶胞的体积为 cm3，由晶胞图可知，一个晶胞中含有 Zn为4个，Te
为 =4 个 ， 晶 胞 的 质 量 为 ， 晶 体 的 密 度 = ， N =
A
。
2．(2024·河北省邢台市五岳联盟高三模拟考试)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、磷等氧化物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示：
已知：i)最高价铬酸根在酸性介质中以Cr O2-存在，在碱性介质中以CrO2-存在；
2 7 4
ii)pH＜7时，硅元素以HSiO 形式存在；
2 3
iii)pH在4-12之间，铝元素以Al(OH) 形式存在。
3
回答下列问题：
(1)Cr元素的价电子轨道表示式 。
(2)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)。
(3)水浸渣中主要物质为 (填化学式)。
(4)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质为 (填化学式)。
(5)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO 和MgNH PO 的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH以
3 4 4
达到最好的除杂效果，下列说法中，正确的是 。
A．若pH过小，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀
4 4
B．若pH过小，会抑制硅酸根离子水解，导致硅酸镁无法完全沉淀
C．若pH过大，会导致镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO 沉淀，导致产品中混有杂质
3
D．若pH过大，溶液中铵根离子浓度增大，降低导致MgNH PO 无法完全沉淀
4 4
(6)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到VO 沉淀，VO 在pH＜1时，溶解为VO +或
2 5 2 5 2
VO3+在碱性条件下，溶解为VO -或VO 3-，上述性质说明VO 具有 (填标号)。
3 4 2 5A．酸性 B．碱性 C．两性
(7)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na SO)溶液，反应的离子方程式为 。
2 2 5
【答案】(1)
(2)Na CrO (3)SiO、Fe O (4)Al(OH)
2 4 2 2 3 3
(5)ac (6)C
(7)3S O2-+2Cr O2-+10H+═4Cr3++6SO2-+5H O
2 5 2 7 4 2
【解析】铬钒渣(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)中分离
提取铬和钒的流程为：铬钒渣在NaCO、NaOH作用下高温焙烧，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐
2 3
NaCrO、NaVO ，铝、硅、磷等的化合物转化为NaAlO 、NaSiO、NaPO ，铁的化合物转化为Fe O，
2 4 3 2 2 3 3 4 2 3
加水浸取熔渣，过滤，水浸渣中主要有SiO 和Fe O，水浸液中含有NaAlO 、NaVO 、NaCrO、
2 2 3 2 3 2 4
NaSiO、NaPO ，加入稀硫酸调溶液的pH到弱碱性时NaAlO 转化为Al(OH) 沉淀，过滤得到含有
2 3 3 4 2 3
Al(OH) 的滤渣，再加入MgSO 和(NH )SO 除硅磷，使硅、磷分别转化为MgSiO 、MgNH PO 沉淀，过滤
3 4 4 2 4 3 4 4
除去沉淀得到含有NaVO 、NaCrO 的滤液，加入稀硫酸将溶液pH调到1.8左右得到VO 沉淀，NaCrO
3 2 4 2 5 2 4
转化为NaCr O，Cr O2-具有强氧化性，与加入的NaSO 反应生成Cr3+，离子方程式为3SO2-+2Cr O2-
2 2 7 2 7 2 2 5 2 5 2 7
+10H+═4Cr3++6SO2-+5H O，调pH使Cr3+转化为Cr(OH) 沉淀，达到分离提取铬和钒目的。(1)Cr元素位于
4 2 3
第4周期第VB族，价电子排布式为3d54s1，价电子的轨道表示式为 ；
(2)煅烧过程中，铬元素转化为NaCrO；(3)水浸渣中主要有SiO、Fe O；(4)沉淀步骤调pH到弱碱性的目
2 4 2 2 3
的是将Al元素转化为Al(OH) 沉淀；(5)PO 3-、SiO2-水解呈碱性，“除硅磷”步骤中控制溶液的pH≈9以达
3 4 3
到最好的除杂效果。若pH过小时溶液的碱性减弱，PO 3-会与H+反应，使c(PO 3-)降低，不能完全
4 4
MgNH PO 沉淀，同时SiO2-会与H+反应生成硅酸胶状沉淀，不利于硅、磷转化为MgSiO 和MgNH PO 沉
4 4 3 3 4 4
淀；pH过大时溶液的碱性增强，沉淀剂中的Mg2+、NH +分别转化为Mg(OH) 沉淀、NH •H O，溶液中
4 2 3 2
c(NH +)降低，导致不能完全生成MgNH PO 沉淀；故答案为ac；(6)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8
4 4 4
左右得到VO 沉淀。VO 在pH＜1时，溶解为VO +或VO3+；在碱性条件下，溶解为VO -或VO 3-，说明
2 5 2 5 2 3 4
VO 具有两性；(7)酸性条件下NaCrO 转化为NaCr O，Cr O2-具有强氧化性，与NaSO 反应生成Cr3+，
2 5 2 4 2 2 7 2 7 2 2 5
离子方程式为3SO2-+2Cr O2-+10H+═4Cr3++6SO2-+5H O。
2 5 2 7 4 2
3．(2024·江苏省海安高级中学高三下学期开学考试)电解锰渣主要含MnO 、PbSO 、SiO、
2 4 2
Fe (SO )。利用电解锰回收铅的工艺如图所示[已知：K (PbSO )= 2.6×10－3]：
2 4 3 sp 4(1)关于电解锰渣回收铅的工艺
①“还原酸浸”时，Fe (SO ) 氧化PbS生成 的离子方程式为 。
2 4 3
②“浸出液”含有的盐类主要有FeSO 和 (填化学式)。
4
③从平衡移动的角度分析“浸铅”反应发生的原因： 。
(2)利用PbSO 可制备PbCrO。以PbSO 、NaCr O 和 为原料，通过混合后进行沉淀转化可制得
4 4 4 2 2 7
PbCrO。已知：PbCrO 的产率随 的变化如图1所示。
4 4
①制备PbCrO 时，控制 约为8的原因是 。
4
②设计如图装置(均为惰性电极)电解NaCr O 溶液制取NaCrO。图中右侧电极产生的气体为 。
2 2 7 2 4
(3)利用PbSO 可制得PbO 。PbO 受热分解为 的 和 价的混合氧化物， 价的Pb能氧化浓盐
4 2 2
酸生成Cl。现将1molPbO 加热分解得到O，向“剩余固体”中加入足量的浓盐酸得到Cl。生成的O 和
2 2 2 2 2
Cl 的物质的量相等。计算“剩余固体”中Pb、O原子个数比。(写出计算过程) 。
2【答案】(1)2Fe3++ PbS+SO 2-=2Fe2++ PbSO +S MnSO CH COO-结合Pb2+形成难电离物质，使
4 4 4 3
PbSO Pb2++SO2-平衡正向移动
4 4
(2) pH小于8时，不利于NaCr O 转化为NaCrO， pH大于8时生成Pb(OH) 沉淀 H
2 2 7 2 4 2 2
(3) 3：4
【解析】电解锰渣主要含MnO 、PbSO 、SiO、Fe (SO )，电解锰渣中加入稀硫酸、PbS，在还原酸
2 4 2 2 4 3
浸时，氧化产物是S，“ 浸出液”含有的盐主要有MnSO 和少量的FeSO ，则MnSO (电解锰渣中的)、
4 4 4
PbSO 、SiO 不反应，MnO 、Fe (SO ) 与PbS发生氧化还原反应，使得浸出液中含有MnSO 和FeSO ，固
4 2 2 2 4 3 4 4
体中的硫酸铅在浸铅时与醋酸铵反应生成醋酸铅，醋酸铅在沉铅时与碳酸氢铵反应生成碳酸铅。(1)①由已
知条件，Fe (SO ) 氧化PbS为S及流程框图中加入HSO 溶液可得 ，
2 4 3 2 4
PbS中S由-2价升高为0价，化合价升2；Fe3+中Fe元素由+3价降为+2价，化合价降1，最小公倍数为2；
根据氧化还原反应原理及质量守恒配平得反应2Fe3++ PbS+SO 2-=2Fe2++ PbSO +S；②MnO 与PbS也发生上
4 4 2
述反应，MnO 被还原为Mn2+；③“浸铅”反应PbSO +2CH COO-=Pb(CHCOO) +SO2-，该溶液中加入
2 4 3 3 2 4
CHCOONH 时，c(CHCOO-)增大，平衡正向移动，使PbSO 转化为Pb(CH COO) ，故从平衡移动的角度
3 4 3 4 3 2
分析“浸铅”反应发生的原因：CHCOO-结合Pb2+形成难电离物质，使PbSO Pb2++SO2-平衡正向移
3 4 4
动；(2)①pH小于8时，不利于NaCr O 转化为pH大于8时生成Pb(OH) 沉淀,故制备PbCrO 时，控制pH
2 2 7 2 4
约为8；②据离子转化Cr O2-+H O CrO2-+2H+，在电解池右侧，若使NaCr O 转化为NaCrO，则需
2 7 2 4 2 2 7 2 4
使上述离子反应向右移动，右侧电解为2H＋＋2e-=H ↑，右侧消耗H+；(3)PbO 受热分解固体混合物，再与
2 2
HCl反应，+4价Pb还原为+2价，Cl-氧化为Cl，为PbCl 溶液，1molPbO 转化为PbCl ，电子转移：1mol
2 2 2 2
(4-2)=2mol，设产生O xmol，则Cl xmol，根据电子守恒：4x+2x=2mol，x= ，所以1molPbO 分解产
2 2 2
生O： mol，则固体混合物中n(O)=2mol- mol 2= mol，而n(Pb)不变，为1mol，n(Pb):n(O)=1: = 3：
2
4。
4．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)硝基乙烷可用作硝化纤维、染料等的溶剂和
火箭的燃料，也可用于合成农药、医药等。硫酸二乙酯硝化法是合成硝基乙烷的重要方法，工艺流程示意
图如下：已知：硫酸结构简式为
请回答：
(1)步骤①的化学方程式 。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．硫酸氢乙酯具有酸性
B．相同温度下，硫酸二乙酯在水中的溶解性大于硫酸
C．NaNO 具有一定毒性，不能作为食品添加剂使用
2
D．若③中硫酸二乙酯和NaNO 等物质的量反应，则A化学式为CHCHOSO ONa
2 3 2 2
(3)硫酸氢乙酯沸点为280℃，硫酸二乙酯的沸点为208℃，试从结构角度分析硫酸氢乙酯沸点高于硫酸
二乙酯的原因 。
(4)设计实验验证固体NaNO 有还原性(可供选择的试剂有：酸性KMnO 溶液、KI溶液、HO 溶液、
2 4 2 2
FeSO 溶液) ；写出实验过程中涉及的离子反应方程式 。
4
【答案】(1)H SO +CH CHOH→CHCHOSO H+HO
2 4 3 2 3 2 3 2
(2)BC
(3)硫酸氢乙酯可形成分子间氢键
(4) 取NaNO 固体于试管中，加适量水溶解，逐滴加入少量酸性KMnO 溶液，溶液不出现紫红色，则
2 4
NaNO 有还原性 5NO -+2MnO-+6H+=2Mn2++5NO-+3H O
2 2 4 3 2
【解析】硫酸与乙醇发生取代反应生成硫酸氢乙酯和水，真空条件2mol硫酸氢乙酯生成硫酸二乙酯和
硫酸，硫酸二乙酯与NaNO 反应生成硝基乙烷和硫酸钠。(1)步骤①的化学方程式为：
2
HSO +CH CHOH→CHCHOSO H+HO；(2)A项，生成硫酸氢乙酯只取代了硫酸中一个羟基，还剩下一
2 4 3 2 3 2 3 2
个羟基可以电离出H+，故硫酸氢乙酯具有酸性，故A正确；B项，相同温度下，硫酸中有羟基可以与水形
成氢键，故硫酸在水中的溶解性大于硫酸二乙酯，故B错误；C项， NaNO 具有一定毒性，不能作为食
2
品添加剂使用，故C正确；D项，若③中硫酸二乙酯和NaNO 等物质的量反应，硝基只能与1mol乙基结
2
合，则A化学式为CHCHOSO ONa，故D正确；故选BC。(3)硫酸氢乙酯中含有羟基，可以形成分子间
3 2 2
氢键，故硫酸氢乙酯沸点高于硫酸二乙酯；(4)固体NaNO 有还原性，选择有颜色的氧化剂试验现象明显，
2
故可以选取KMnO 溶液试验，取NaNO 固体于试管中，加适量水溶解，逐滴加入少量酸性KMnO 溶液，
4 2 4
溶液不出现紫红色，则NaNO 有还原性。
2
5．(2024·重庆市名校联盟高三联考)I．由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe O、Fe O、Al O 和SiO)得到绿
2 3 3 4 2 3 2
矾(FeSO ·7H O)，然后制取透明氧化铁颜料的流程如下：
4 2已知：①透明氧化铁又称纳米氧化铁，粒子直径微小(10~90nm)，包括氧化铁黄(FeOOH)和氧化铁红
(Fe O)，难溶于水，在碱性条件下非常稳定；
2 3
②Fe3+能将FeS 中的硫元素氧化为+6价。
2
回答下列问题：
(1)FeS 的电子式为 。
2
(2)“滤渣”中的主要成分是 。
(3)“还原”过程中涉及的离子方程式为 。
(4)流程中“ ”环节的目的是 。
(5)“沉淀”采用分批加入KOH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到色泽纯正的氢氧化铁，而且
还可以 。
(6)可用分光光度法测定制得的透明氧化铁中氧化铁黄和氧化铁红的含量。已知Fe(SCN) 的吸光度
3
A(对特定波长光的吸收程度)与Fe3+标准溶液浓度的关系如图所示：
称取3.47g透明氧化铁，用稀硫酸溶解并定容至1L，准确移取该溶液10.00mL，加入足量KSCN溶液，
再用蒸馏水定容至100mL。测得溶液吸光度A=0.8，则透明氧化铁中氧化铁红(Fe O)的质量分数为
2 3
%(保留小数点后一位)。
Ⅱ．氧化亚铜(Cu O)用途广泛，干法生产Cu O粉末的主要工艺流程如下：
2 2(7)粉碎机中，发生的变化属于 (填“物理变化”或“化学变化”)。
(8)800~900℃时，煅烧炉中发生化合反应，该反应的化学方程式为 。
【答案】(1) (2)二氧化硅和二硫化铁
(3)FeS +14Fe3+ +8H O=15Fe2++2SO2-+16H+
2 2 4
(4)除去溶液中的Al3+，得到FeSO 溶液
4
(5)形成细小的氢氧化铁颗粒
(6)23.1%
(7)物理变化
(8)CuO+Cu Cu O
2
【解析】由题给流程可知，向硫铁矿烧渣中加入稀硫酸酸浸时，金属氧化物溶于稀硫酸转化为可溶性
硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的容器中加入过量的二硫化铁，将溶液中的铁离子还原为亚
铁离子，过滤得到含有二氧化硅、二硫化亚铁的滤渣和含有硫酸亚铁、硫酸铝的滤液；滤液经结晶、过滤
得到含有硫酸铝的滤液1和绿矾；绿矾加水溶解后，加入氯酸钾和稀硫酸的混合溶液，将溶液中的亚铁离
子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中分批加入氢氧化钾溶液，并不断搅拌得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，
氢氧化铁经转化得到透明氧化铁。(1)二硫化铁是离子化合物，电子式为 ；(2)由分析可知，
滤渣为二氧化硅、二硫化亚铁；(3)由分析可知，还原过程中涉及的反应为过量的二硫化铁将溶液中的铁离
子还原为亚铁离子，反应的离子方程式为FeS+14Fe3+ +8H O=15Fe2++2SO2-+16H+；(4)由分析可知，流程
2 2 4
中结晶再溶解环节的目的是除去溶液中的铝离子，得到硫酸亚铁溶液；(5)由分析可知，向溶液中分批加入
氢氧化钾溶液，并不断搅拌的目的是得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，使氢氧化铁形成细小的氢氧化铁颗
粒便于转化为透明氧化铁；(6)设3.47g透明氧化铁中含有amol氧化铁黄和bmol氧化铁，由质量可得
amol×89g/mol+bmol×160g/mol=3.47g，由图可知，溶液吸光度A =0. 8时，溶液中铁离子浓度为4.0×10-
3mol/L，由铁原子个数守恒可得：0.01(a+2b)mol=0.1×4.0×10-3mol，解得a=0.03、b=0.005，则透明氧化铁中
氧化铁的质量分数为 ×100%=23.1%；(7)由图可知，粉碎机的作用是将氧化亚铜固体粉
碎为氧化亚铜粉末，粉碎过程中没有新物质生成，属于物理变化；(8)由图可知，800~900℃时，煅烧炉中发生的化合反应为氧化铜与铜高温下反应生成氧化亚铜，反应的化学方程式为CuO+Cu Cu O。
2
6．(2024·河南三门峡高三阶段性考试)分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合
物，一种回收工艺流程如图：
已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有NaTeO 、NaAsO 。
2 3 3 4
②“酸浸”时，锑元素发生反应生成难溶的Sb O(SO ) 浸渣。
2 4 4
回答下列问题：
(1)As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为 。
(2)“碱浸”时，TeO 与NaOH反应的离子方程式为 。
2
(3)向碱浸液中加入盐酸调节pH=4，有TeO 析出，分离出TeO 的操作是 。滤液中As元素最主
2 2
要的存在形式为 。(填标号)(25℃，HAsO 的各级电离常数为K =6.3×10-3，K =1.0×10-7，
3 4 a1 a2
K =3.2×10-12)
a3
A．HAsO B．HAsO - C．HAsO2- D．AsO 3-
3 4 2 4 4 4
(4)①Sb O(SO ) 中，Sb的化合价为 。
2 4 4
②“氯盐酸浸”时，通入SO 的目的是 。
2
(5)“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为 。
(6)TeO 可用作电子元件材料，熔点为733℃，TeO 晶胞是长方体结构如图。碲的配位数为 。
2 2
已知N 为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g/cm3。
A
【答案】(1) 4s24p3 (2) TeO +2OH-=TeO2-+H O
2 3 2
(3) 过滤 B
(4) +5 将Sb O(SO ) 还原为SbCl
2 4 4 3
(5)SbCl +H O=SbOCl+2HCl
3 2(6) 6
【解析】结合题干信息，分铜液加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，
碱浸液含有NaTeO 、NaAsO ；过滤后向滤渣中加入硫酸进行酸浸，铜的氢氧化物或氧化物均溶解，锑元
2 3 3 4
素反应生成难溶的Sb O(SO ) 浸渣，过滤后向浸渣中加入盐酸、氯化钠和二氧化硫，反应生成三氯化锑，
2 4 4
三氯化锑水解生成转化为SbOCl；碱浸液中加入酸调节PH=4，NaTeO 转化生成亚碲酸，亚碲酸不稳定分
2 3
解生成二氧化碲。(1)As为33号元素，基态As的价层电子排布式为：4s24p3。(2)TeO 属于酸性氧化物，与
2
NaOH反应的离子方程式为：TeO +2OH-=TeO2-+H O。(3)向碱浸液加入盐酸调节pH=4，TeO 以沉淀析出，
2 3 2 2
分离出TeO 的操作是过滤；由题干信息可知，HAsO 的各级电离常数为：K =6.3×10-3，K =1.0×10-7，
2 3 4 a1 a2
K =3.2×10-12，pH=4，则c(H+)=10-4mol/L，HAsO H++ H AsO - ，Ka= ，
a3 3 4 2 4 1
，故As主要以HAsO - 形式存在，故选B。(4)①结合化合物的化合价为0，
2 4
Sb O(SO ) 中，Sb 的化合价为+5 价；② SO 具有还原性，“氯盐酸浸”时，通入 SO 的目的是将
2 4 4 2 2
Sb O(SO ) 还 原 为 SbCl 。 (5)“ 水 解 ” 时 ， SbCl 水 解 生 成 SbOCl ， 化 学 方 程 式 为 ：
2 4 4 3 3
SbCl +H O=SbOCl+2HCl。(6)结合图示晶胞结构，离碲离子最近的氧负离子有6个，故碲的配位数为6；根
3 2
据 均 摊 ， 该 晶 胞 含 有 2+4× =4 个 O 原 子 ， 含 有 1+8× =2 个 Te ， 则 该 晶 体 的 密 度 =
g· cm-3。
7．(2024·江苏省苏锡常镇四市高三下教学情况调研一模)高砷煤中含有砷硫铁(FeAsS)等物质。燃煤产
生的烟气中含NO、SO 、粉尘等，经过SCR脱硝除去NO，粉尘经沉降得到粉煤灰。
2
(1)燃煤固硫
①燃用高砷煤时加入生石灰将大部分硫元素转化为 (填化学式)留在煤渣中。
②高砷煤燃烧过程中，砷硫铁在高温下被氧化成As O 释放到烟气中，该反应的化学方程式为
2 3
。
(2)SCR脱硝(脱除烟气中的NO)
在烟气中加入适量氨气，用钒氧化物作催化剂将NH 、NO、O 转化为N。烟气中含有的As O 会使钒
3 2 2 2 3氧化物催化剂中毒。
①在SCR脱硝的反应中还原剂为 (填化学式)。
②研究发现砷中毒机理主要是As O 分子破坏了催化剂的Lewis酸位点，使 数量减少(产物中As
2 3
化合价为+3、+5)。请补充完整产物的结构 。
③As O 不易使催化剂中毒。但与As O 相比，As O 更不利于脱硝反应的进行，其原因是
2 3 2 3 2 5
。
(3)粉煤灰成分研究
粉煤灰可用于水泥工业，粉煤灰中的氨含量(NH 或铵盐)会影响水泥的性能。
3
①取50.00 g粉煤灰加入NaOH蒸出NH ，用20 mL 0.1000 molL 的HSO 溶液吸收NH ，用0．
3 2 4 3
⋅
2000molL NaOH溶液滴定过量的HSO 至终点，平行滴定3次，平均消耗NaOH溶液10.00 mL，计算
2 4
⋅
粉煤灰中的以NH 计的氨含量 (用mgg 表示，写出计算过程)。
3
⋅
②相同烟气所得脱硝粉煤灰(经过SCR脱硝后获得)与未脱硝粉煤灰(直接沉降获得)加水后溶解后，所
得浆液pH随时间的变化如图所示。脱硝粉煤灰pH始终比未脱硝粉煤灰低的原因是 。
【答案】(1) CaSO
4(2) NH As O 将NH 氧化，与NO反应的NH 的量减少，产生的As O 会
3 2 5 3 3 2 3
使催化剂中毒
(3) 粉煤灰中的氨含量 部分SO 被氧化为SO ，SO 与NH 、HO反应生成(NH )SO
2 3 3 3 2 4 2 4
溶于水呈酸性
【解析】(1)①向燃煤中加入生石灰，高温时生石灰、氧气和SO 转化为CaSO 留在煤渣中；②高砷煤
2 4
燃烧过程中， 砷硫铁在高 温下被氧化成 As O 释放到烟气中， 该反应的化学方程式为
2 3
；(2)①NH 、NO、O 转化为N ，其中NH 的N化合价从-3变为
3 2 2 3
0，失电子化合价升高，是还原剂；②由题意，产物中As化合价为+3、+5，As O 分子破坏了催化剂的
2 3
Lewis酸位点，故考虑有一个As与两个位点结合，是+5价，另一个As仍然与3个O结合，是+3价，故结
构为 ；③As O 不易使催化剂中毒，但与As O 相比，As O 更不利于脱硝反应的进行，因
2 5 2 3 2 5
为As O 将NH 氧化，与NO反应的NH 的量减少，产生的As O 会使催化剂中毒；(3)①通过NaOH溶液
2 5 3 3 2 3
可以计算出过量的硫酸物质的量为 ，则与NH 反应的硫酸物质的量为
3
0.1000 molL−1×20×10-3L-1×10-3mol=1×10-3mol ， 粉 煤 灰 中 的 以 NH 计 的 氨 含 量 为
3
⋅
；②未脱硝粉煤灰中有 NO，有氧化性，部分 SO 被氧化为
2
SO ，SO 与NH 、HO反应生成(NH )SO 溶于水呈酸性，所以脱硝粉煤灰pH始终比未脱硝粉煤灰低。
3 3 3 2 4 2 4
8．(2024· 江苏省扬州中学高三下学期月考)金属铼(Re)广泛应用于国防、石油化工以及电子制造等领
域，铼可通过还原高铼酸铵(NH ReO)制备。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼
4 4酸铵的流程如下图所示。
(1)为了提高“焙烧”过程的效率，可以采取的措施为 (回答任意两点)。“焙烧”过程加入生石灰，
有效解决了SO 的危害，则ReS 转化为Ca(ReO ) 的方程式为 。
2 2 4 2
(2)“萃取”机理为：R N+H++ReO -=R N·HReO ，则“反萃取”所用试剂X为 。
3 4 3 4
(3)如图表示萃取液流速与铼吸附率关系，萃取剂流速宜选用的范围是6~8BV/h，选择此范围的原因是
。
(4)已知高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水。提纯粗高铼酸铵固体的方法是 。
(5)经过上述反应后制备的铼粉中含有少量碳粉和铁粉(其熔沸点见表)，在3500℃下，利用氢气提纯可
得到纯度达99.995%的铼粉，请分析原因 。
物质 熔点(℃) 沸点(℃)
Re 3180 5900
C 3652 4827
Fe 1535 2750
(6)三氧化铼晶胞如下图所示(小黑点代表铼或氧原子)，铼原子填在了氧原子围成的 (填“四面体”“立方体”或“八面体”)空隙中。
【答案】(1) 适当升高温度，将钼精矿粉碎，增大空气通入量 4ReS +10CaO+19O
2 2
2Ca(ReO )+8CaSO
4 2 4
(2)氨水
(3)萃取液流速小于6BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8BV/h，铼吸附率下降
太多
(4)重结晶或用热水溶解再降温结晶，过滤，再洗涤干燥
(5)3500℃时，Fe已气化去除；固态碳与H 完全反应，形成了气态物质
2
(6)八面体
【解析】钼精矿在空气中焙烧硫元素转化成二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼
元素转化成Ca(ReO )，钼元素转化成CaMoO，加入硫酸、软锰矿，硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣
4 2 4
CaSO，加入氨水和生石灰，得到NH ReO，然后过滤，通过萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、
4 4 4
洗涤、干燥得到产品。(1)为了提高“焙烧”过程的效率，可以适当升高温度、将钼精矿粉碎、搅拌、适当
增大空气的进入量等；ReS 在反应中转化成Ca(ReO ) 和CaSO，ReS 作还原剂，氧气作氧化剂，因此有
2 4 2 4 2
CaO+ReS +O Ca(ReO )+CaSO ，根据原子守恒配平即可，氧气最后配平，所得化学反应方程式为
2 2 4 2 4
10CaO+4ReS +19O 2Ca(ReO )+8CaSO ；(2)“反萃取”获得NH ReO，为了不产生新杂质，且
2 2 4 2 4 4 4
R N+H++ReO R N·HReO 的平衡向左移动，所加试剂为氨水；(3)增大萃取液流速、提高铼吸附率可以提
3 3 4
高生产效益，根据萃取液流速与铼吸附率关系图，萃取液流速小于6BV/h，萃取时间太长，会降低生产效
率；萃取液流速大于8BV/h，铼吸附率下降太多；为提高生产效益，萃取液流速宜选用的范围是6～8BV·h
－1；(4)高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，所以用重结晶法提纯；或先用热水溶解再降温结晶，过滤，再
洗涤干燥；(5)由图可知，3500℃时，Fe已气化去除；固态碳与H 完全反应，形成了气态物质，说明在
2
3500℃下，利用氢气提纯可得到纯度达99.995%的铼粉；(6)中间四个氧原子与上下面各一个氧原子形成八
面体，则6个O原子围成一个八面体。9．(2024·江苏省连云港市高三第一次调研考试)以含钼(Mo)废催化剂(含MoS，以及 、 、
2
等)为原料制备MoO，其过程表示如下：
3
(1)焙烧。将废催化剂和足量 固体置于焙烧炉中，通入足量空气加热至 充分反应。焙烧过
程中MoS 转化为NaMoO 的化学方程式为 。
2 2 4
(2)浸取。将焙烧所得固体加水浸泡，然后过滤、洗涤。过滤后所得滤液中存在的阴离子有OH-、
MoO2-、 。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有 (任写一点)。
4
(3)除杂。向浸取后的滤液中通入过量CO，过滤。通入过量CO 的目的 。
2 2
(4)制备。向上述(3)所得滤液中加入硝酸调节溶液的 小于6，使MoO2-转化为MoO 6-，然后加入
4 7 24
NH NO 充分反应，析出(NH )MoO ·4H O，灼烧后可得到MoO。灼烧(NH )MoO ·4H O得到MoO 的
4 3 4 6 7 24 2 3 4 6 7 24 2 3
化学方程式为 。
(5)应用。将MoO 制成 催化剂，用于氨催化还原氮氧化物，一定压强下，将
3
氨氮比为1.0的混合气体按一定流速通入装有上述催化剂的反应装置，测得NO 的转化率随温度的变化关
x
系如图所示。在温度 之间，NO 转化率不高的原因是 。
x
【答案】(1)2MoS+4NaOH+7O 2NaMoO+4SO+2HO
2 2 2 4 2 2
(2) [Al(OH) ]- 废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等
4
(3)将[Al(OH) ]-转化为氢氧化铝沉淀
4
(4)(NH )MoO ·4H O 7MoO+6NH↑+7HO↑
4 6 7 24 2 3 3 2(5)没有达到催化剂所需的合适的活化温度
【解析】废催化剂在氢氧化钠条件下，通入氧气焙烧将 MoS 转化为NaMoO ，焙烧产生的气体主要
2 2 4
为硫元素转化生成的SO ；加HO浸出除去不溶的铁、铜化合物，浸出液含OH-、MoO2-、[Al(OH) ]-，通
2 2 4 4
入过量的二氧化碳，将[Al(OH) ]-转化为氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中加入硝酸调节溶液的pH小于6，使
4
MoO2-转化为MoO 6-，然后加入NH NO 充分反应，析出(NH )MoO ·4H O，灼烧后可得到MoO 。(1)焙
4 7 24 4 3 4 6 7 24 2 3
烧过程氧气具有氧化性，会氧化 MoS 生成二氧化硫和 NaMoO ，氢氧化钠、氧气和 MoS 转化为
2 2 4 2
NaMoO 、二氧化硫，水，化学方程式为 2MoS+4NaOH+7O 2NaMoO+4SO+2HO；(2)氧化铝会和
2 4 2 2 2 4 2 2
氢氧化钠生成可溶性的Na[Al(OH) ]，故过滤后所得滤液中存在的阴离子有OH-、MoO2-、[Al(OH) ]-。欲提
4 4 4
高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等；(3)通入过量的二氧
化碳，将[Al(OH) ]-转化为氢氧化铝沉淀，除去铝元素；(4)(NH )MoO ·4H O，灼烧后可得到MoO ，结合
4 4 6 7 24 2 3
质量守恒可知，还生成氨气和水，反应为(NH )MoO ·4H O 7MoO+6NH↑+7HO↑；(5)催化剂催化需
4 6 7 24 2 3 3 2
要一定的活化温度，在温度 之间，NO 转化率不高的原因是：。此时温度较低，没有达到催化
x
剂所需的合适的活化温度，导致反应速率较慢，单位时间内NO 转化率不高。
x
10．(2024·四川遂宁高三期中)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
2 5 2 3
所示。
已知：I．焙烧时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，分解产物常含N 和NH 两种含氮元素的气体。
4 3 2 3
III．K (CuS)=6×10-36；K(H S)=1×10-7、K(H S)=6×10-15。
sp 1 2 2 2
请回答下列问题：
(1)流程的“气体”中含有二氧化碳，写出二氧化碳的一种用途： 。
(2)请写出“焙烧”过程中Al O 及MoS分别与纯碱反应的化学方程式： ， 。
2 3
(3)“浸渣”的成分为 (填化学式)；“滤液2”中的成分除了NaMoO 外，还含有
2 4
(填化学式)。
(4)“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的加入量分别为 、 。
4(5)在实际工业生产中，“沉钼”前要加入NH HS除掉溶液中微量的Cu2+，反应Cu2++HS－=CuS+H+的
4
平衡常数K= 。
(6)“沉钒”时生成NH VO 沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式： 。
4 3
【答案】(1)制干冰
(2) Al O+Na CO 2NaAlO +CO ↑
2 3 2 3 2 2
2MoS+2Na CO+5O 2NaMoO +2CO +2SO
2 3 2 2 4 2 2
(3) NiO NaVO 、NaHCO
3 3
(4) 20g∙L-1 10g∙L-1
(5)1021
(6)6NH VO 3VO+2N ↑+2NH↑+9H O
4 3 2 3 2 3 2
【解析】HDS废催化剂在纯碱条件下焙烧，其中MoS与纯碱焙烧生成NaMoO 、CO 和SO ，MoO
2 4 2 2 3
与纯碱焙烧生成NaMoO 和CO，VO 与纯碱焙烧生成NaVO 和CO，Al O 与纯碱焙烧生成NaAlO 和
2 4 2 2 5 3 2 2 3 2
CO，只有NiS转化生成的NiO不与纯碱反应，水浸时以浸渣形式沉淀下来，滤液1的成分为：
2
NaMoO 、 NaVO 、 NaAlO 、NaCO，往其中通入过量的CO 沉铝时生成Al(OH) 和 NaHCO ，调节
2 4 3 2 2 3 2 3 3
pH后加NH Cl沉钒得NH VO 沉淀，煅烧时生成VO，滤液加硝酸得到钼酸。(1)二氧化碳的用途：制干
4 4 3 2 3
冰、碳酸饮料、纯碱、灭火等；(2)AlO 与纯碱焙烧生成NaAlO 和CO，反应的化学方程式：
2 3 2 2
Al O+Na CO 2NaAlO +CO ↑，MoS与纯碱焙烧生成NaMoO 、CO 和SO ，反应的化学方程式：
2 3 2 3 2 2 2 4 2 2
2MoS+2Na CO+5O 2NaMoO +2CO +2SO；(3)焙烧后只有NiS转化生成的NiO不与纯碱反应且不溶
2 3 2 2 4 2 2
于水，水浸时以浸渣形式沉淀下来，“浸渣”的成分为NiO；焙烧后Mo、V、Al均转化为对应的钠盐，为
使各物质完全转化加入的NaCO 过量，所以滤液1的成分为：NaMoO 、 NaVO 、 NaAlO 、NaCO，
2 3 2 4 3 2 2 3
往其中通入过量的CO 沉铝时生成Al(OH) 和 NaHCO ，所以“滤液2”中的成分除了NaMoO 外，还含有
2 3 3 2 4
NaVO 、NaHCO ；(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH Cl的加入量分别为20g∙L-1和10g∙L-1时，钒提取率
3 3 4
到达90%以上，且再增大量时，提取率变化不大，所以初始钒的浓度和NH Cl的加入量分别为20g∙L-1和
4
10g∙L-1；(5) ；(6)已知：高温下NH VO 易分解，
4 3
分解产物常含N 和NH 两种含氮元素的气体，又图中说明NH VO 煅烧时生成VO，所以其化学方程式为：
2 3 4 3 2 3
6NH VO 3VO+2N ↑+2NH↑+9H O。
4 3 2 3 2 3 211．(2024·河北张家口张垣联盟高三联考)金属铼(Re)是重要的新兴金属，应用于国防、石油化工以及
电子制造等领域，通过还原高铼酸铵(NH ReO)可制取金属铼。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼
4 4
的硫化物)制取高铼酸铵的流程如下图所示。回答下列问题：
(1)“焙烧”过程加入生石灰的目的 。
(2)“焙烧”常采用高压空气、逆流操作(空气从培烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，这样操作的目的是
，请再举出一项提高“焙烧”效率的合理措施： 。
(3)“浸出”中，浸出率与温度的关系如下左图所示，浸出率与硫酸浓度的关系如下右图所示。工业生产
应选择的适宜条件是 。
(4)“萃取”机理为： ，则“反萃取”对应的离子方程式为 。
(5)硫酸铼(IV)铵[(NH )Re (SO )·mHO]是制备高纯铼的基础产品，为测定其组成进行如下实验：
4 a b 4 c 2
①称取3.300g样品配成100mL溶液M。
②取10.00mL溶液M，用0.05mol/L的BaCl 标准溶液滴定，恰好完全沉淀，进行三次平行实验，平均消
2
耗40.00 mL BaCl 标准溶液。
2
③另取10.00mL溶液M，加足量浓NaOH溶液并加热，生成标准状况下气体44.80mL。
通过计算可知铼的物质的量为 ，确定硫酸铼铵的化学式为 。
【答案】(1)吸收二氧化硫，避免污染环境
(2) 增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率 适当升温或将矿石粉碎
(3)95℃和c(HSO )=3.0mol/L
2 4
(4) 或
(5) 0.005mol (NH )Re(SO)·H O
4 4 4 4 2
【解析】钼精矿在空气中焙烧硫元素转化成二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼元素转化成Ca(ReO )，钼元素转化成CaMoO，加入硫酸、软锰矿，硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣
4 2 4
CaSO，加入氨水和生石灰，得到NH ReO，然后过滤，通过萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、
4 4 4
洗涤、干燥得到产品，据此分析。(1)由上述分析可知二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，可避免二
氧化硫污染环境；(2)“焙烧”常采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，
提高原料的利用率；适当升高温度，加快反应速率，也可提高“焙烧”效率；(3)由图可知95℃和
c(HSO )=3.0mol/L时，浸出较高，因此选择的条件为：95℃和c(HSO )=3.0mol/L；(4)反萃取时
2 4 2 4
与氨气反应生成 ，反应离子方程式为：
或 ；(5)由②可知，10.00mL溶液M中含SO 2-的物质的量为
4
0.05mol/L×0.04L=0.002mol；由③可知10.00mL溶液M中含铵根离子的物质的量等于生成氨气的物质的量，
为 ，可知SO 2-和铵根离子的物质的量相等，结合化合物中各元素的代数和为0可
4
得该物质中a=c=4，b=1，除水外的组成为：(NH )Re(SO)，该物质的物质的量为0.0005mol；摩尔质量为
4 4 4 4
，则化学式为：(NH )Re(SO)·H O，含铼的物质的量为0.0005mol。
4 4 4 4 2
12．(2024·山西吕梁高三阶段性测试)8月1日起，为了国家信息安全，我国禁止镓和锗的出口，锗是
一种重要的半导体材料，工业上用精硫锗矿(主要成分为GeS )制取高纯度锗的工艺流程如图所示：
2
(1) COCl 分子中各原子均达到8电子稳定结构，其结构式为 。
2
(2)800℃升华时通入N 的目的是： 、 。
2
(3)酸浸时Ge、S元素均被氧化到最高价态，写出该反应的离子方程式： ，酸浸时温度不
能过高的原因是 。
(4) GeCl 易水解生成GeCl ·n HO，证明GeCl ·n HO沉淀洗涤干净的方法是 。
4 4 2 4 2
(5)测定错的含量：称取0.5500g锗样品，加入双氧水溶解，再加入盐酸生成 ，以淀粉为指示剂，用 的碘酸钾标准溶液滴定，消耗碘酸钾的体积为24.80mL。已知：酸性条件下IO -，能将
3
氧化为 ，①在滴定过程中依次发生的离子方程式为： 、 ，②该样品中储
的质量分数是 %(精确到0.01%)。
【答案】(1)
(2) 避免GeS 被氧化，得到较纯净的GeS 将生成的GeS 带入后续装置
2 2 2
(3) GeS+8H++10NO-=GeO+SO2-+10NO+4H O 浓HNO 受热易分解
3 2 4 2 2 3
(4)取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO 酸化的AgNO 如果不出现白色沉淀，则证明洗涤干净
3 3
(5) 3Ge2++IO -+6H+=3Ge4++I-+3H O IO -+5I-+6H+=3I +3H O 98.75%
3 2 3 2 2
【解析】精硫锗矿粉碎，然后在氮气氛围中加热至800℃升华，得到GeS ，GeS 在825℃条件下被氨
2 2
气还原为GeS，氨气被氧化为氮气；GeS加入浓硝酸酸浸后，被硝酸氧化生成粗GeO ，GeO 600℃条件下
2 2
与SOCl 发生氯化得到GeCl ，GeCl 与高纯水反应生成GeCl ·n HO，GeCl ·n HO在200℃下发生脱水生
2 4 4 4 2 4 2
成GeO ，GeO 被氢气还原得到Ge。(1)COCl 是共价化合物，各原子均达到8电子稳定结构，其结构式为
2 2 2
。(2)800℃升华时通入N 的目的是：避免GeS 被氧化，得到较为纯净的GeS ；并且将生成
2 2 2
的GeS 带入后续装置。(3)酸浸时Ge、S元素均被氧化到最高价态，说明GeS被HNO 氧化为GeO 和
2 3 2
SO 2-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：GeS+8H++10NO-=GeO+SO2-+10NO+4H O，酸
4 3 2 4 2 2
浸时温度不能过高的原因是浓HNO 受热易分解。(4)GeCl 易水解生成GeCl ·n HO，洗涤GeCl ·n HO的
3 4 4 2 4 2
目的是除去Cl-，证明GeCl ·n HO沉淀洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO 酸化
4 2 3
的AgNO 如果不出现白色沉淀，则证明洗涤干净。(5)由“酸性条件下IO -能将Ge2+氧化为Ge4+可知，滴定
3 3
过程中发生反应：3Ge2++IO +6H+=3Ge4++I-+3H O，当发生IO -+5I-+6H+=3I +3H O时，溶液变蓝色，达到
2 3 2 2
滴定终点。由此可得关系式：3Ge2+~IO -，则 n(Ge2+)= 3n(IO -)=3×24.80×10-3L×0.1000mol/L=7.44×10-3mol，
3 3
故该样品中锗的质量分数是 ×100%=98.75%。
13．(2024·河北邢台五岳联盟高三联考)过硫酸铵[(NH )SO]是一种重要的氧化剂、漂白剂。工业上用
4 2 2 8
粗硫酸铵(杂质主要为含铁化合物)生产过硫酸铵的一种工艺流程如图所示。已知：(NH )SO 具有强氧化性和腐蚀性，0℃时在水中的溶解度为58.2g，微溶于乙醇，不溶于丙酮。
4 2 2 8
回答下列问题：
(1) (NH )SO 中S元素的化合价为 该物质中N、O、S元素的第一电离能由大到小的顺序
4 2 2 8
是 。
(2)用离子方程式表示(NH )SO 溶液呈酸性的原因： 。
4 2 4
(3)若将等体积、等浓度的氨水和稀硫酸混合后，混合溶液的主要溶质为 (填化学式)，混合
溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为 。
(4)FeOOH可用于脱除HS，其产物为FeSSH，常温下，FeSSH经空气氧化可再生出FeOOH，从而循
2
环使用。写出FeOOH再生的化学方程式： 。
(5)降温结晶后所得(NH )SO 晶体经过滤、 (填试剂名称)洗涤、干燥可得纯净的
4 2 2 8
(NH )SO 晶体，写出在实验室中洗涤(NH )SO 晶体的操作： 。
4 2 2 8 4 2 2 8
【答案】(1) +6 N＞O＞S
(2)NH ++H O NH ·H O +H+
4 2 3 2
(3) NHHSO c(H＋)＞c(SO 2-)＞c(NH +)＞c(OH―)
4 4 4 4
(4) FeSSH+O =FeOOH+2S
2
(5) 无水乙醇 过滤后，用玻璃棒引流，将无水乙醇注入漏斗中，直至没过晶体，然后等待液体从
漏斗底部流走 ，重复操作两到三次
【解析】(1)①过硫酸铵中铵根离子为+1价，8个氧原子中有2个氧原子存在过氧键，为-1价，其余6
个氧原子化合价为-2价，根据化合价计算规则，可求得S元素的化合价为+6价；②由于N元素的2p轨道
处于半满状态，较稳定，所以第一电离能N＞O，同主族元素，原子序数越大，第一电离能越小，所以第
一电离能O＞S，所以该物质中N、O、S元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞S；(2)硫酸铵是强酸
弱碱盐，铵根离子水解显酸性，离子方程式为：NH ++H O NH ·H O +H+；(3)等体积、等浓度的氨
4 2 3 2
水和稀硫酸混合，稀硫酸过量，混合溶液的主要溶质为NH HSO ；NH HSO 是强电解质，会完全电离成等
4 4 4 4
量的NH +、H+和SO 2-，由于水也会电离出H+，而NH +会发生水解，所以浓度大小：H+＞SO 2-＞NH +；
4 4 4 4 4
NH +水解产生NH ·H O和OH-，水解是微弱的，综上所述，混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：
4 3 2
c(H＋)＞c(SO 2-)＞c(NH +)＞c(OH―)；(4)FeSSH经空气氧化可再生出FeOOH，根据氧化还原规律及元素守恒，
4 4
可得其反应方程式为：FeSSH+O =FeOOH+2S。(5)①由于过硫酸铵0℃时在水中的溶解度较大，但微溶于
2
乙醇，所以过硫酸铵晶体可用无水乙醇洗涤，不仅可以洗除杂志，同时乙醇易挥发，便于晶体干燥；②过
滤后，用玻璃棒引流，将无水乙醇注入漏斗中，直至没过晶体，然后等待液体从漏斗底部流走 ，重复操作两到三次 。
14．(2024·浙江金华一中高三期中)工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS，还含有少量SiO)制备CuCl的
2 2
工艺流程如图：
(1)已知在水溶液中存在平衡：CuCl+2Cl- [CuCl ]2- (无色)。“还原”的离子方程式为 。
3
(2)关于该工艺流程，下列说法正确的是_____。
A．“浸取”时离子方程式为CuFeS+4O = Cu2++Fe2++2SO2-
2 2 4
B．“一系列操作”是加入大量的水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥
C．“滤渣②”主要成分是CuCl
D．“还原”时当溶液变为无色时，表明“还原”进行完全
(3)CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，但其易溶于氨水的原因是 。
(4)滤渣①的主要成分是 (填写化学式)。设计实验验证滤渣①中的阳离子 。
【答案】(1) Cu+Cu2++6Cl- 2[CuCl ]2- (2)BD
3
(3)CuCl可与氨形成易溶于水的配位化合物
(4) Fe(OH) 、CuO 取少量固体样品于试管中，加入稀盐酸溶解，再加入少量氨水调节pH，有红
3
褐色沉淀产生，证明存在Fe3+；溶液逐渐变为蓝色，静置，取上层清液加入氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，
证明存在Cu2+
【解析】分析流程图得：黄铜矿经浸取后得到含有Cu2+和Fe3+的溶液，加入过量的氧化铜调pH后，滤
渣①中含有氢氧化铁和过量的氧化铜，加入过量铜粉还原Cu2+得到氯化亚铜溶液，滤渣②的主要成分是铜
粉，滤液中存在CuCl+2Cl- [CuCl ]2-(无色)，经一系列操作后得到氯化亚铜固体。(1)分析溶液中的离
3
子，结合该工艺需要制备CuCl，则Cu2+与Cu发生归中反应，又结合已知条件CuCl+2Cl- [CuCl ]2-，
3
可得总离子反应为Cu+Cu2++6Cl- 2[CuCl ]2-；(2)A项，“浸取”时铁元素应被氧化成铁离子，故离子方程
3
式为4CuFeS+17O +4H+= 4Cu2++4Fe3++8SO2-+2H O，故A错误；B项，由离子方程式CuCl+2Cl-
2 2 4 2
[CuCl ]2-可知，加入大量水，使平衡不断逆向移动，故“一系列操作”是加入大量的水、过滤、用无水乙
3
醇洗涤、真空干燥，故B正确；C项，.“滤渣②”主要成分应是未完全反应的Cu，故C错误；D项，“还
原”进行完全时， 溶液中蓝色的Cu2+完全转化为无色[CuCl ]2-的，所以当溶液变为无色时，表明“还原”
3
进行完全，故D正确。故选BD。(3)根据Cu (OH) 可溶于氨水形成铜氨溶液可知，CuCl也可与氨形成易
2
溶于水的配位化合物；(4)①加入过量CuO，调节pH，目的是使Fe3++3H O Fe(OH) +3H+不断正向进
2 3行，将Fe3+转化为Fe(OH) 除去，因此“滤渣①”的主要成分是Fe(OH) 和过量的CuO；②因为“滤渣①”
3 3
的主要成分是Fe(OH) 和过量的CuO，则需要检验Fe3+和Cu2+，故操作为：取少量固体样品于试管中，加
3
入稀盐酸溶解，再加入少量氨水调节pH，有红褐色沉淀产生，证明存在Fe3+；溶液逐渐变为蓝色，静置，
取上层清液加入氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，证明存在Cu2+。
1．(2022•福建卷，6)用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：
下列说法错误的是( )
A．“浸出”产生的气体含有H B．“除杂”的目的是除去Ni、Co元素
2
C．流程中未产生六价铬化合物 D．“滤渣2”的主要成分是Fe (C O)
2 2 4 3
【答案】D
【解析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+加入NaS
2
分离出滤渣1含CoS和NiS，Cr3+、Fe2+不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC O，过滤分离出硫酸铬。A项，
2 4
四种金属均与稀硫酸反应生成H，A正确；B项，共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则
2
“除杂"的目的是除去Ni、Co元素，B正确；C项，由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正
确；D项，“滤渣2”的主要成分是FeC O，D错误；故选D。
2 4
2．(2023•湖北省选择性考试，3)工业制备高纯硅的主要过程如下：
石英砂 粗硅 高纯硅
下列说法错误的是( )
A．制备粗硅的反应方程式为SiO+2C Si+2CO↑
2
B．1molSi含Si-Si键的数目约为4×16.02×10-23
C．原料气HCl和H 应充分去除水和氧气
2
D．生成SiHCl 的反应为熵减过程
3
【答案】B【解析】A项，SiO 和C在高温下发生反应生成Si和CO，因此，制备粗硅的反应方程式为SiO+2C
2 2
Si+2CO↑，A正确；B项，在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结
构，因此，平均每个Si形成2个共价键， 1mol Si含Si-Si键的数目约为2×16.02×10-23，B错误；C项，
HCl易与水形成盐酸，在一定的条件下氧气可以将HCl氧化；H 在高温下遇到氧气能发生反应生成水，且
2
其易燃易爆，其与SiHCl 在高温下反应生成硅和HCl，因此，原料气HCl和H 应充分去除水和氧气 ，C
3 2
正确；D项，Si+3HCl SiHCl +H ，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成SiHCl 的反应为熵
3 2 3
减过程，D正确；故选B。
3．(2023•山东卷，13)一种制备Cu O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液 在3~4之间，反应Ⅲ
2
需及时补加 以保持反应在 条件下进行。常温下，HSO 的电离平衡常数K =1.3×10-2，
2 3 a1
K =6.3×10-8。下列说法正确的是( )
a2
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO 被氧化
3
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若Cu O产量不变，参与反应Ⅲ的 与CuSO 物质的量之比 增大时，需补加NaOH的量
2 4
减少
【答案】CD
【解析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠
反应(反应Ⅱ)，所得溶液pH在3~4之间，溶液显酸性，根据HSO 的电离平衡常数K =1.3×10-2，
2 3 a1
K =6.3×10-8，可知NaHSO 溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO，调节溶液pH
a2 3 3
值至11，使NaHSO 转化为NaSO ，低温真空蒸发(防止NaSO 被氧化)，故固液分离得到NaSO 晶体和
3 2 3 2 3 2 3
NaSO 溶液，NaSO 和CuSO 反应的离子方程式是SO 2-+2Cu2＋+2H O=SO 2-+ Cu O+4H+,反应过程中酸性越
2 3 2 3 4 3 2 4 2来越强，使NaSO 转化成SO 气体，总反应方程式是2CuSO +3Na SO = Cu O+2SO ↑+3Na SO ，需及时补
2 3 2 4 2 3 2 2 2 4
加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。A项，反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原
反应，反应Ⅱ是SO 和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是
2 3
NaSO 和CuSO 反应生成Cu O，是氧化还原反应，故A错误；B项，低温真空蒸发主要目的是防止
2 3 4 2
NaSO 被氧化，而不是NaHSO，故B错误；C项，经分析溶液Y的成分是NaSO 溶液，可循环用于反应
2 3 3 2 3
Ⅱ的操作单元吸收SO 气体(气体Ⅰ)，故C正确；D项，制取Cu O总反应方程式是2CuSO +3Na SO =
2 2 4 2 3
Cu O+2SO ↑+3Na SO ，化合物X是指NaSO ，若Cu O产量不变，增大 比，多的NaSO 会消耗
2 2 2 4 2 3 2 2 3
氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量，故D正确；故选CD。
4．(2022•山东卷，12)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂
质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是( )
A．固体X主要成分是Fe(OH) 和S；金属M为Zn
3
B．浸取时，增大O 压强可促进金属离子浸出
2
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【解析】依据题中的工艺流程，CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O 作用下，用硫酸溶液浸取，
2
CuS反应产生为CuSO 、S、HO，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH 调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH) 沉
4 2 3 3
淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH) ；滤液中含有Cu2+、
3
Zn2+；然后向滤液中通入高压H，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出
2
来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。A项，固体X主要成分是S、
Fe(OH) ，金属M为Zn，A正确；B项，CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2+
3(aq)+S2-(aq)，增大O 的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促
2
进金属离子的浸取，B正确；C项，根据流程图可知：用NH 调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而
3
Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2
～4.2，C正确；D项，在用H 还原Cu2+变为Cu单质时，H 失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成
2 2
HO，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H 失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D
2 2
错误；故选D。
5．(2021•湖南选择性考试，6)一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如图：
下列说法错误的是( )
A．物质X常选用生石灰
B．工业上常用电解熔融MgCl 制备金属镁
2
C．“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl MgCl +CO
2 2
D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl
2
【答案】D
【解析】A项，苦卤水中加入物质X的目的是将溶液中的镁离子转化为Mg(OH) 沉淀，故物质X溶于
2
水后应该显碱性，生石灰价格便宜且溶于水显碱性，故物质常选用生石灰，故A正确；B项，因钠镁铝为
活泼金属，故选用电解法进行冶炼，制备镁可选用电解熔融 MgCl 的方法，故B正确；C项，根据流程反
2
应物是MgO、C和Cl 发生氧化还原反应，又因高温条件下碳元素转化为一氧化碳，生成物质为MgCl 和
2 2
CO，据电子守恒配平方程式，故C正确；D项，煅烧后的产物中主要为MgO，MgO中加入稀盐酸后得到
MgCl 溶液，但将MgCl 溶液加热蒸发后所得的产物为Mg(OH) ，故D错误；故选D。
2 2 2
6．(2023•北京卷，18)以银锰精矿(主要含Ag S、MnS、FeS)和氧化锰矿(主要含MnO)为原料联合提取
2 2 2
银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，MnO 的氧化性强于Fe3+。
2
(1) “浸锰”过程是在HSO 溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS，有利于后续银的浸出：矿
2 4 2
石中的银以Ag S的形式残留于浸锰渣中。
2①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+= Mn2++H S↑，则可推断：K (MnS) (填“>”或“<”)
2 sp
K (Ag S)。
sp 2
②在HSO 溶液中，银锰精矿中的FeS 和氧化锰矿中的 发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离
2 4 2
子有 。
(2) “浸银”时，使用过量FeCl、HCl和CaCl 的混合液作为浸出剂，将Ag S中的银以[AgCl]-形式浸出。
3 2 2 2
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。
Fe3++Ag S+ +2[AgCl]- +S
2 2
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl-、+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，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释 分钟后Ag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) > Fe3+、Mn2+
(2) 2Fe3++Ag S+4 Cl- 2Fe2++2[AgCl]- +S Cl-是为了与Ag S电离出的Ag+结合生成
2 2 2
[AgCl]-，使平衡正向移动，提高Ag S的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH) 沉淀
2 2 3
(3)2[AgCl]- +Fe3+=Fe2++2Ag+4Cl- 、2Fe3++Fe=3Fe2+ Fe2+被氧气氧化为Fe3+，Fe3+把Ag氧化为Ag+
2
(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO ，同时将银元素和锰元素分离开；生成
4
的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】银锰精矿(主要含Ag S、MnS、FeS)和氧化锰矿(主要含MnO)混合加HSO 溶液，使矿石中
2 2 2 2 4
的锰元素浸出，同时去除FeS，矿石中的银以Ag S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子
2 2
有Fe3+、Mn2+；浸锰渣中Ag S与过量FeCl、HCl和CaCl 的混合液反应，将Ag S中的银以[AgCl]-形式浸
2 3 2 2 2
出，用铁粉把[AgCl]-还原为金属银。(1)①“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag S的形式残留于浸锰渣中，
2 2
MnS发生反应MnS+2H+= Mn2++H S↑，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：K (MnS)>
2 sp
K (Ag S)；②根据信息，在HSO 溶液中二氧化锰可将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，则浸锰液中
sp 2 2 4主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+。(2)①Ag S中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守
2
恒、元素守恒，该离子方程式为2Fe3++Ag S+4 Cl- 2Fe2++2[AgCl]- +S；②Cl-是为了与Ag S电离出的
2 2 2
Ag+结合生成[AgCl]-，使平衡正向移动，提高Ag S的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)
2 2 3
沉淀。(3)①铁粉可将[AgCl]-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
2[AgCl]- +Fe3+=Fe2++2Ag+4Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+；②溶液中生成的Fe2+会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3+，
2
Fe3+把部分Ag氧化为Ag+，因此t min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MnO 的氧化性将FeS
2 2
中的Fe2+氧化为Fe3+，同时生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnSO 。
4
7．(2023•山东卷，17)盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO 2-和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一
4
种以高镁卤水为原料经两段除镁制备LiCO 的工艺流程如下：
2 3
已知：常温下，K (LiCO)=2.2×10－3。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
sp 2 3
回答下列问题：
(1)含硼固体中的B(OH) 在水中存在平衡：B(OH) +H O [B(OH) ]- +H+ (常温下，K=1.010-9.34)；
3 3 2 4 a
B(OH) 与NaOH溶液反应可制备硼砂NaB O(OH) ·8H O。常温下，在 硼砂溶液中，
3 2 4 5 4 2
[B O(OH) ]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH) 和[B(OH) ]-，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液
4 5 4 3 4
pH=_____。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中 的浓度为2.0 mol·L-1，则常温下精制Ⅱ
过程中CO2-浓度应控制在_____ mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收 外，还将增加
3
_____的用量(填化学式)。
(3)精制Ⅱ的目的是_____；进行操作 时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____。
【答案】(1) [B O(OH) ]2-+5H O=2B(OH) +2[B(OH) ]- 9.34
4 5 4 2 3 4
(2) CaSO 5.5×10－4 纯碱
4
(3)加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+)，提高LiCO
3 2 3
纯度 盐酸 浓缩液中因CO2-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有
3
LiCO，最终所得LiCO 的产率减小
2 3 2 3
【解析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有
Na+、Li+、Cl-、SO 2-等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件
4
下溶解度最小的是CaSO ，则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO ；由于CaSO 微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加
4 4 4
纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为CaCO;精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，
3
浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到LiCO。(1)含硼固体中的B(OH) 在水中存在平衡：
2 3 3
B(OH) +H O [B(OH) ]- +H+ (常温下，K=10-9.34)；B(OH) 与NaOH溶液反应可制备硼砂
3 2 4 3
NaB O(OH) ·8H O。常温下.在0.1mol·L-1硼砂溶液中，[B O(OH) ]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH) 和
2 4 5 4 2 4 5 4 3
[B(OH) ]-，该水解反应的离子方程式为[B O(OH) ]2-+5H O=2B(OH) +2[B(OH) ]-，由B元素守恒可知，
4 4 5 4 2 3 4
B(OH) 和[B(OH) ]-的浓度均为0.5mol·L-1， ，则该溶液pH=9.34。(2)滤渣
3 4
I的主要成分是CaSO ；精制I后溶液中Li+的浓度为2.0 mol·L-1，由 可知，则常温下
4
精制Ⅱ过程中CO2-浓度应控制在 mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除
3
无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱(Na CO)的用量。(3)
2 3
精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO ；由于CaSO 微溶于水，精
4 4
制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所
得滤液中的Ca2+转化为CaCO(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+)，提高LiCO 纯度。操作X是为了除去剩
3 2 3
余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离
子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因CO2-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的
3
NaCl中会混有LiCO，最终所得LiCO 的产率减小。
2 3 2 3
8．(2023•湖南卷，17)超纯Ga(CH ) 是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作
3 3
者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH ) 方面取得了显著成果，工
3 3
业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH ) 的工艺流程如下：
3 3已知：①金属Ga的化学性质和 相似，Ga的熔点为29.8℃；
②EtO (乙醚)和NR (三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
2 3
③相关物质的沸点：
物质 Ga(CH ) EtO CHI NR
3 3 2 3 3
沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列问题：
(1)晶体Ga(CH ) 的晶体类型是_______；
3 3
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40-45℃的原因是_______，阴极的电极反应式为
_______；
(3)“合成Ga(CH )(Et O)”工序中的产物还包括MgI 和CHMgI，写出该反应的化学方程式：_______；
3 3 2 2 3
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
(5)下列说法错误的是_______；
A．流程中EtO得到了循环利用
2
B．流程中，“合成GaMg”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
2 5
C．“工序X”的作用是解配Ga(CH )(NR )，并蒸出Ga(CH )
3 3 3 3 3
D．用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH ) 和CHI
3 3 3
(6)直接分解Ga(CH )(Et O)不能制备超纯Ga(CH )，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
3 3 2 3 3Ga(CH ) 的理由是_______；
3 3
(7)比较分子中的C-Ga-C键角大小：Ga(CH )_______ Ga(CH )(Et O) (填“>”“<”或“=”)，其原因是
3 3 3 3 2
_______。
【答案】(1)分子晶体
(2) 保证Ga为液体，便于纯Ga流出 Ga3++3eˉ=Ga
(3)8CH I+2EtO+Ga Mg=2 Ga(CH )(Et O)+3 MgI +2CH MgI
3 2 2 5 3 3 2 2 3
(4)CH
4
(5)D
(6)NR 沸点较高，易与Ga(CH ) 分离，EtO的沸点低于Ga(CH )，一起气化，难以得到超纯Ga(CH )
3 3 3 2 3 3 3 3
(7) > Ga(CH ) 中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH )(Et O)中Ga为sp3杂化，所以
3 3 3 3 2
为四面体结构，故夹角较小
【解析】以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH )，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产
3 3
GaMg，GaMg 和CHI、EtO反应生成Ga(CH )(Et O)、MgI 和CHMgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除
2 5 2 5 3 2 3 3 2 2 3
去残渣MgI 、CHMgI，加入NR 进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH )，EtO重复利用。(1)晶体
2 3 3 3 3 2
Ga(CH ) 的沸点较低，晶体类型是分子晶体；(2)电解池温度控制在40-45℃可以保证Ga为液体，便于纯
3 3
Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；(3)“合成Ga(CH )(Et O)”工序
3 3 2
中的产物还包括MgI 和CHMgI，该反应的化学方程式8CHI+2EtO+Ga Mg=2 Ga(CH )(Et O)+3
2 3 3 2 2 5 3 3 2
MgI +2CH MgI；(4)“残渣”含CHMgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH；(5)A项，流程中EtO得到
2 3 3 4 2
了循环利用，A正确；B项， Ga(CH )(Et O)容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成GaMg”至
3 3 2 2 5
“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；C项， “配体交换”得到Ga(CH )(NR )，“工序X”先解
3 3 3
配Ga(CH )(NR )后蒸出Ga(CH )，C正确；D项，二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用
3 3 3 3 3
核磁共振氢谱能区分Ga(CH ) 和CHI，D错误；故选D；(6)直接分解Ga(CH )(Et O)时由于EtO的沸点较
3 3 3 3 3 2 2
低，与Ga(CH ) 一起蒸出，不能制备超纯Ga(CH )，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH ) 的
3 3 3 3 3 3
理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR 沸点远高于Ga(CH )，与Ga(CH ) 易分离；(7)分子中的C-Ga-C
3 3 3 3 3
键角Ga(CH )> Ga(CH )(Et O)，其原因是Ga(CH ) 中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH )(Et O)
3 3 3 3 2 3 3 3 3 2
中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
9．(2023•全国乙卷，27)LiMn O 作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO ，含
2 4 3
有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn O 的流程如下：
2 4
已知：K [Fe(OH) ]=2.8×10-39，K [Al(OH) ]=1.3×10-33，K [Ni(OH) ]=5.5×10-16。
sp 3 sp 3 sp 2回答下列问题：
(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为_______。为提高溶矿速率，可采取的措施_______(举1例)。
(2)加入少量MnO 的作用是_______。不宜使用HO 替代MnO ，原因是_______。
2 2 2 2
(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=_______mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去
的金属离子是_______。
(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_______。
(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_______。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，
应不断_______。电解废液可在反应器中循环利用。
(6)缎烧窑中，生成LiMn O 反应的化学方程式是_______。
2 4
【答案】(1) MnCO +H SO =MnSO +H O+CO↑ 粉碎菱锰矿
3 2 4 4 2 2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化HO 分解
2 2
(3) 2.8×10-9 Al3+
(4)BaSO 、NiS
4
(5) Mn2++2H O H↑+MnO↓+2H+ 加入Mn(OH)
2 2 2 2
(6)2Li CO+8MnO 4LiMn O+2CO ↑+O ↑
2 3 2 2 4 2 2
【解析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO ，可将固体溶解为离子，将杂
2
质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO 可以将溶液中的Fe2+氧化为
2
Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的
Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，
将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO ，将MnO 与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn O。(1)菱锰矿中
2 2 2 4
主要含有MnCO ，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：
3
MnCO +H SO =MnSO +H O+CO↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；(2)加入MnO 的作用是将酸溶
3 2 4 4 2 2 2
后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用HO 氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化HO 分解，
2 2 2 2
不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；(3)溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-
10mol·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)= =2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，
认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中
c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属
离子是Al3+；(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为BaS+Ni2++SO2-
4
=BaSO ↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO、NiS；(5)在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO ，反应的离子方程
4 4 2式为Mn2++2H O H↑+MnO↓+2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)
2 2 2 2
以保持电解液成分的稳定；(6)煅烧窑中MnO 与LiCO 发生反应生成LiMn O，反应的化学方程式为
2 2 3 2 4
2LiCO+8MnO 4LiMn O+2CO ↑+O ↑。
2 3 2 2 4 2 2
10．(2023•浙江省6月选考，18)工业上煅烧含硫矿物产生的SO 可以按如下流程脱除或利用。
2
已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO 可以在炉内添加CaCO 通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式
2 3
___________。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO ，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
2
①下列说法正确的是___________。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的SO 也可用浓HSO 吸收
3 2 4
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是___________。
(3)设计实验验证化合物A中含有S元素_____；写出实验过程中涉及的反应方程式____。
【答案】(1)2SO +O +2CaCO 2CaSO +2CO
2 2 3 4 2
(2)① BCD ②硫酸分子能形成更多的分子间氢键
(3)①取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色
沉淀，说明A中含有S元素
② +2NaOH=CHOH+Na SO +H O、NaSO +BaCl =BaSO ↓+2NaCl
3 2 4 2 2 4 2 4
【解析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被
氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成 A： 。(1)氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为
2SO +O +2CaCO 2CaSO +2CO ；(2)①A项，硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负
2 2 3 4 2
价，A错误；B项，根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，
具有酸性，B正确；C项，化合物A含有 基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一
种无机酸酯，C正确；D项，工业上途径Ⅱ产生的SO 也可用浓HSO 吸收用于生产发烟硫酸，D正确；
3 2 4
故选BCD；②一定压强下，化合物A分子只有1个-OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个-OH形成氢键，
故导致A的沸点低于硫酸；(3) A为 ，A碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯
化钡生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸
化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明 A 中含有 S 元素；涉及反应为：
+2NaOH=CHOH+Na SO +H O、NaSO +BaCl =BaSO ↓+2NaCl。
3 2 4 2 2 4 2 4
11．(2022•湖北省选择性考试，16)全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某
兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)，并设计
了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
时相关物质的参数如下：
LiOH的溶解度：12.4g/100gH O
2
化合物 K
sp
Mg(OH)
2
Ca(OH)
2
CaCO
3LiCO
2 3
回答下列问题：
(1)“沉淀1”为___________。
(2)向“滤液1”中加入适量固体LiCO 的目的是___________。
2 3
(3)为提高LiCO 的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
2 3
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备LiCO。查阅资料后，发现文献对常温下的LiCO 有不同
2 3 2 3
的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO 的性质，将饱和 溶液与饱和
3
NaHCO 溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述
3
现象说明，在该实验条件下LiHCO ___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为
3
___________。
(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入NaCO 改为通入CO。这一改动能否达到
2 3 2
相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】(1)Mg(OH)
2
(2)将Ca2+转化成CaCO 沉淀除去，同时不引入新杂质
3
(3) 蒸发浓缩 趁热过滤
(4) 不稳定 Li+ + HCO - = LiHCO ，2LiHCO = LiCO↓ + CO ↑+ H O
3 3 3 2 3 2 2
(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的CO，则LiOH转化为LiHCO ，结合(4)的探究结果，
2 3
LiHCO 也会很快分解产生LiCO，所以这一改动能达到相同的效果
3 2 3
【解析】浓缩卤水(含有Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)中加入石灰乳[Ca(OH) ]后得到含有Na+、
2
Li+、Cl-和Ca2+的滤液1，沉淀1为Mg(OH) ，向滤液1中加入LiCO 后，得到滤液2，含有的离子为Na+、
2 2 3
Li+、Cl-和OH-，沉淀2为CaCO ，向滤液2中加入NaCO，得到LiCO 沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，
3 2 3 2 3
洗涤、干燥后得到产品LiCO。(1)浓缩卤水中含有Mg2+，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH) 沉淀，所以
2 3 2
沉淀1为Mg(OH) ；(2)滤液1中含有Na+、Li+、Cl-和Ca2+，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度
2积常数，可推测，加入LiCO 的目的是将Ca2+转化成CaCO 沉淀除去，同时不引入新杂质；(3)由LiCO
2 3 3 2 3
的溶解度曲线可知，温度升高，LiCO 的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提
2 3
高LiCO 的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤；
2 3
(4)饱和LiCl和饱和NaHCO 等体积混合后，产生了LiHCO 和NaCl，随后LiHCO 分解产生了CO 和
3 3 3 2
LiCO；(5)“滤液2”中含有LiOH，加入NaCO，目的是将LiOH转化为LiCO。若改为通入过量的CO，
2 3 2 3 2 3 2
则LiOH转化为LiHCO ，结合(4)的探究结果，LiHCO 也会很快分解产生LiCO，所以这一改动能达到相
3 3 2 3
同的效果。
12．(2022•辽宁省选择性考试，16)某工厂采用辉铋矿(主要成分为BiS，含有FeS、SiO 杂质)与软锰
2 3 2 2
矿(主要成分为MnO )联合焙烧法制备BiOCl和MnSO ，工艺流程如下：
2 4
已知：①焙烧时过量的MnO 分解为MnO，FeS 转变为Fe O；
2 2 3 2 2 3
②金属活动性： ；
③相关金属离子形成氢氧化物的 范围如下：
开始沉淀pH 完全沉淀pH
Fe2+ 6.5 8.3
Fe3+ 1.6 2.8
Mn2+ 8.1 10.1
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为___________。
a．进一步粉碎矿石
b．鼓入适当过量的空气
c．降低焙烧温度
(2) Bi S 在空气中单独焙烧生成BiO，反应的化学方程式为___________。
2 3 2 3
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②___________。
(4)滤渣的主要成分为___________(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为___________。(6)加入金属 的目的是___________。
【答案】(1)ab
(2) 2Bi S+9O 2BiO+6SO
2 3 2 2 3 2
(3)抑制金属离子水解
(4) SiO
2
(5)Mn O+6H++2Cl-=2Mn2++ Cl ↑+3H O
2 3 2 2
(6)将Fe3+转化为Fe2+
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化：BiS→BiO+SO、
2 3 2 3 2
FeS→Fe O+SO、MnO →MnO+ MnSO ，故联合焙烧后得到BiO、Fe O、MnO、MnSO 和SiO；水
2 2 3 2 2 2 3 4 2 3 2 3 2 3 4 2
浸：MnSO 进入滤液，滤渣为BiO、Fe O、MnO 和SiO；酸浸：加入过量浓盐酸后，BiO 和Fe O 发
4 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3
生转化：BiO→Bi3+、Fe O→Fe3+，因MnSO 有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：MnO+6H++2Cl-
2 3 2 3 4 2 3
=2Mn2++ Cl ↑+3H O，气体A为Cl，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、
2 2 2 2
Mn2+；第(4)(5)问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH=2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液，
可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。(1)a项，联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空
气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；b项，鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，
选项b符合题意；c项，降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；答案选
ab；(2) Bi S 在空气中单独焙烧生成BiO，根据原子守恒可知还应生成SO ，结合得失电子守恒，反应的
2 3 2 3 2
化学方程式为2BiS+9O 2BiO+6SO；(3)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、
2 3 2 2 3 2
Mn2+、H+、Cl-，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的
BiOCl产率偏低；(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO；(5)因MnO 有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反
2 2 3
应：MnO+6H++2Cl-=2Mn2++ Cl ↑+3H O；(6)由已知信息③知，调pH=2.6时，Fe3+会水解生成Fe(OH) 沉淀，
2 3 2 2 3
但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl 的滤液，为了不引入新的杂质，加
2
入Bi作还原剂。
13．(2022•江苏卷，15)实验室以二氧化铈(CeO)废渣为原料制备Cl-含量少的Ce (CO)，其部分实验过
2 2 3 3
程如下：
(1)“酸浸”时CeO 与HO 反应生成Ce3+并放出O，该反应的离子方程式为_______。
2 2 2 2
(2)pH约为7的CeCl 溶液与NH HCO 溶液反应可生成Ce (CO) 沉淀，该沉淀中 含量与加料方式有
3 4 3 2 3 3关。得到含Cl-量较少的Ce (CO) 的加料方式为_______(填序号)。
2 3 3
A．将NH HCO 溶液滴加到CeCl 溶液中
4 3 3
B．将CeCl 溶液滴加到NH HCO 溶液中
3 4 3
(3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备 含量少的Ce (CO)。已知Ce3+能被有机萃取剂
2 3 3
(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为
Ce3+ (水层)+3HA(有机层) Ce(A) (有机层)+3H+(水层)
3
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Ce3+转移到水层。使Ce3+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Ce (CO) 溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填
2 3 3
化学式)。
(4)实验中需要测定溶液中Ce3+的含量。已知水溶液中 可用准确浓度的(NH )Fe(SO ) 溶液滴定。
4 2 4 2
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25.00mL Ce3+溶液[c(Ce3+)约为0.2 mol·L-1]，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
0.02000 mol·L-1(NH )Fe(SO ) 和待测 溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。
4 2 4 2
【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 Ce3+
(4)从左侧滴定管中放出一定体积的待测 Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.02000mol·L-1(NH )Fe(SO ) 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
4 2 4 2
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。(1)根据信息反应物为CeO 与HO，产物为Ce3+和O，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程
2 2 2 2
式为：2CeO+H O+6H+=2Ce3++O ↑+4H O；(2)反应过程中保持CeCl 少量即可得到含Cl-量较少的
2 2 2 2 2 3
Ce (CO)，故选B；(3)①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物；②根据萃取原理可知，应选择的实验条
2 3 3
件是酸性条件，为了使Ce3+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Ce3+，过滤后溶液中Ce3+离子浓度较小；(4)应该用标准液滴定待测Ce4+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Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯
甲酸，用0.02000 mol·L-1(NH )Fe(SO ) 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
4 2 4 2
达到滴定终点，记录标准液的体积。
14．(2022•广东选择性考试，18)稀土(RE)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(C H COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C H COO) RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土
11 23 11 23 3
离子保持 价不变；(C H COO) Mg的K =1.8×10-8，Al(OH) 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀
11 23 2 sp 3
的相关pH见下表。
离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+
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NaOH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Mg2+浓度为2.7g·Lˉ1。为尽可能多地提取RE3+，可
提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C H COO―)低于_______ mol·L-1 (保留两位有效
11 23数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+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Pt Y。
3
①还原YCl 和PtCl 熔融盐制备Pt Y时，生成1molPt Y转移_______ mol电子。
3 4 3 3
②Pt Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O 的还原，发生的电极反应为
3 2
_______。
【答案】(1)Fe2+ (2) 4.7≤pH<6.2 Al3++3OH-= Al(OH) ↓
3
(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RE3+、
4
Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO 2-等离子，经氧化调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有
4
RE3+、Mg2+、SO 2-等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形成(C H COO) RE沉淀，滤液2主要含有MgSO 溶液，
4 11 23 3 4
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+；(2)由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH为4.7，而RE3+开始沉淀的
pH为6.2~7.4，所以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范
围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH-= Al(OH) ↓；(3)滤液2中Mg2+浓度为2.7g·Lˉ1，即
3
0.1125mol/L，根据 ，若要加入月桂酸钠后只生成
(C H COO) RE，而不产生(C H COO) Mg，则 =
11 23 3 11 23 2
=4×10-4 mol·L-1；(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是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(C H COOH)熔点为44℃，故“操作X”的过程
11 23
为：先冷却结晶，再固液分离；(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO ；(6)①YCl
4 3
中Y为+3价，PtCl 中Pt为+4价，而Pt Y中金属均为0价，所以还原YCl 和PtCl 熔融盐制备Pt Y时，生
4 3 3 4 3
成1molPt Y转移15 mol电子；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-
3 2
+2H O=4OH-。
2
15．(2022•河北省选择性考试，15)以焙烧黄铁矿FeS(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝
2Fe(NH )Fe(CN) 颜料。工艺流程如下：
4 6
回答下列问题：
(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。
(2)黄铁矿研细的目的是_______。
(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。
(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。
(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH )Fe(CN) 中 的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程
4 2 6
式为_______。
(6)若用还原工序得到的滤液制备Fe O·x H O和(NH )SO ，所加试剂为_______和_______(填化学式，
2 3 2 4 2 4
不引入杂质)。
【答案】(1) Fe O SiO
2 3 2
(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
(3)7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO
2 4 3 2 2 4 2 4
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
(5) +2； Fe(NH )Fe(CN) +ClO-+2H+=Fe(NH)Fe(CN) +H O+Cl-+NH+
4 2 6 4 6 2 4
(6) HO NH ·H O
2 2 3 2
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe O，反应原理为：4FeS+11O 2Fe O+8SO，故产生的红渣
2 3 2 2 2 3 2
主要成分为Fe O 和SiO，将红渣粉碎后加入足量的50%的HSO 溶液加热充酸浸，反应原理为：
2 3 2 2 4
Fe O+3H SO =Fe (SO )+3H O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将
2 3 2 4 2 4 3 2 2
Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为SO 2-，反应原理为：14Fe3+
4
+FeS +8H O=15Fe2++2 SO 2-+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO 晶体和母液主要含
2 2 4 4
有FeSO 溶液和HSO ，加水溶解FeSO 晶体，向所得溶液中加入(NH )SO 、K[Fe(CN) ]并用HSO 调节
4 2 4 4 4 2 4 4 6 2 4
溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2 NH ++[Fe(CN)]3-=Fe(NH)Fe(CN) ↓，然后过滤出沉淀，
4 6 4 2 6
洗涤后加入HSO 和NaClO 进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH )Fe(CN) +ClO -
2 4 3 4 2 6 3
+6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6NH+，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH )Fe(CN) 。(1)由分析可知，红渣
4 6 2 4 4 6的主要成分为：Fe O，滤渣①的主要成分为：SiO；(2)黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快
2 3 2
反应速率，提高黄铁矿的利用率；(3)由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为
SO 2-，反应原理为：14Fe3++FeS +8H O=15Fe2++2 SO 2-+16H+，故化学方程式为：
4 2 2 4
7Fe (SO )+FeS +8H O=15FeSO +8H SO ；(4)由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，
2 4 3 2 2 4 2 4
所得母液主要含有FeSO 溶液和HSO 可以循环利用；(5)沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH )Fe(CN) 中
4 2 4 4 2 6
Fe的化合价为+2价和[Fe(CN) ]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：
6
6Fe(NH )Fe(CN) + ClO - +6H+=6Fe(NH)Fe(CN) +3H O+Cl-+6 NH +；(6)由分析可知，还原工序所得的滤液
4 2 6 3 4 6 2 4
中主要含有FeSO 溶液和HSO ，向滤液中先加入一定量的HO 溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后
4 2 4 2 2
的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe O·x H O和
2 3 2
(NH )SO ，故所需要加入的试剂为HO 和NH ·H O。
4 2 4 2 2 3 2
