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第 19 练 化学工艺流程题
一、考情分析
化学工艺流程题是高考的常考题型，该类试题是将化工生产过程中主要生产阶段以流
程框图形式呈现出来，通常以化工生产流程图的形式，以化工生产“重要无机物的制备”
或“工业废料中提取无机物”为选材背景，以陌生元素或陌生化合物知识为载体，综合考
查：
1. 无机化学基础知识(物质的类别、名称、元素的化合价、化学式和电子式的规范书
写)；
2. 基本技能(陌生化学方程式或离子方程式的书写；分离提纯方法等)；
3. 识图能力(物质的转化与跟踪，通过化工原理的分析判断流程中残渣或废液的成
分)；
4. 物质制备及提纯条件的控制与选择(提高反应速率、产率、产品纯度的措施)；
5. 基本计算(K 的应用、PH的计算、产品化学式、含量及纯度、产率、氧化还原反应
sp
滴定的计算等)；
6.绿色化学思想的体现(循环利用的物质)。
二、高频考点
1.原料预处理的方法和目的
(1)固体原料进行“粉碎”
减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率。
(2)酸(或碱)溶
①原料经酸(或碱)溶后转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；②碱
溶去油污。
(3)灼烧(焙烧)
①除去硫、碳单质；②有机物转化(如蛋白质燃烧)、除去有机物；③高温下原料与空
气中氧气反应(如FeS2与氧气生成氧化铁和二氧化硫)等。
2.信息型化学(或离子)方程式的书写
关键是正确找出反应物和生成物，密切关注流程图中的箭头走向，箭头进去的是反应
物，出来的是生成物。
3.条件控制与选择
(1)控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)；②改变
元素的存在形式；③特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。
(2)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)
(3)加入沉淀剂
①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；②加入可溶性碳酸盐，生
成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋。
(4)加入氧化剂的作用
转变某种金属离子的价态，再通过调节溶液pH，使金属离子以氢氧化物沉淀出来，以
达到除去杂质的目的(例如加入双氧水后调pH能实现：Fe2＋→Fe3＋→Fe(OH)3↓)。
4.物质分离提纯的方法
(1)结晶方法的选择
①晶体不带结晶水，如NaCl、KNO 等：蒸发结晶；②晶体带结晶水，如胆矾等：将滤
3
液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；③要得到溶解度受温度影响小的溶质，如除去 NaCl中少量
的KNO ：蒸发浓缩结晶，趁热过滤；④要得到溶解度受温度影响大的溶质，如除去 KNO 中
3 3少量的NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
(2)洗涤晶体
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质；②“冰水洗涤”：能洗去晶体表面
的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗；③用特定的有机试剂清洗晶体：洗去
晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度有利于析出，减少损耗等。
5.物质成分的确定方法
（1）滤渣、滤液成分的确定
要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：
①反应过程中哪些物质(离子)消失了？
②所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？这些离子间是否
会发生反应？
（2）循环物质的确定
流程图中的箭头走向，箭头进去的是反应物，出来的是生成物，返回的是可循环利用
的物质。
（3）副产品的判断
6.Ksp的相关计算
溶度积常数反映了难溶电解质在水中的溶解能力，溶度积常数在化工流程题中考查溶
度积常数是高考的热点，化工流程中常常需要控制条件进行离子的分离或除杂，通过溶度
积常数计算溶液中金属离子的浓度、离子完全沉淀时的 pH、判断废水排放是否符合标准、
沉淀完全转化时所需离子浓度。
三、工艺流程题解题步骤（五步法）：
第一步：粗读题干，挖掘图示。
图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，
所以一定要关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只
需问什么推什么。如制备类无机化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有
什么提示等。
第二步：首尾呼应，找出主线。
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：携带问题，精读信息。
包括三个方面：一是主干，二是流程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词；
读流程图，重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。
第四步：分段剖析，明析细节。
以核心辅助原料为准，把流程划分为原料预处理、核心反应和产品分离提纯三个阶
段；依箭头指向，分析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应条件的作用，融通对
流程的整体分析；某些暂时琢磨不透的环节，可“跳过去”而“难得糊涂”，如有必要，
可“顺藤摸瓜”或带着问题回头来进行有针对性的分析。
第五步：由易到难，破解答案。
先易后难：先回答与工艺流程非密切相关的问题，确保易拿的分数先拿，增强答题信
心；变换角度：从基本理论、绿色化学观点、经济角度、安全生产等多角度答题；对棘手
问题：不忘尝试从题给信息中寻找答案。
答题时要看清所问问题,不能答非所问,要注意语言表达的科学性,如不能将离子方程式写成化学方程式，方程式要配平，分清实验操作名称还是具体操作步骤等等。
1．（2023·黑龙江绥化·统考模拟预测）碳酸锂(Li CO)微溶于水 、稀酸， 其溶解度随温
2 3
度的升高而降低，不溶于C HOH，医学上可用其治疗精神忧郁症。以钴酸锂废料(主要含
2 5
有LiCoO ，难溶于水，还含有少量Al O)为原料制备Co(OH) 及LiCO 的工艺流程如图所
2 2 3 2 2 3
示。
回答下列问题：
(1)“酸浸还原”时得到的溶液中阴离子主要为 ， 的空间构型为___________，
LiCoO 发生反应的离子方程式为___________。
2
(2)“滤渣1”中含有少量 Co(OH) ，原因为___________。
2
(3)常温下[K [Co(OH) ]=1.0×10−15，当c(Co2+ )= 10−5 mol·L−1时视作“沉钴”完全，此时溶
sp 2
液的pH=___________；Co(OH) 久置于空气中转化为棕色的Co(OH) ，化学方程式为
2 3
___________。
(4)“沉锂”所得的溶液中主要含有硫酸钠，则试剂X为___________(填化学式)溶液。
(5)“系列操作”为蒸发浓缩、___________、洗涤、 干燥，洗涤时所用到的玻璃仪器为烧
杯、漏斗、___________。
【答案】(1) 正四面体 8LiCoO +22H++ =2 + 8Co2+ + 8Li+ + 11HO
2 2
(2)“调pH除杂”时pH过大，溶液中部分Co2+转化为Co(OH) 沉淀
2
(3) 9 4Co(OH) +O +2H O=4Co(OH)
2 2 2 3
(4)Na CO
2 3
(5) 趁热过滤 玻璃棒
【分析】钴酸锂废料(主要含有LiCoO ，难溶于水，还含有少量Al O)加入稀硫酸、硫代硫
2 2 3
酸钠，酸浸还原得到硫酸锂、硫酸钴、水，加入氢氧化钠溶液调节pH值沉淀铁离子、铝
离子，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液沉淀钴离子，过滤，向滤液中加入碳酸钠沉锂
得到碳酸锂，经过一系列操作得到碳酸锂固体。
【详解】（1） 中心原子价层电子对数为 ，其空间构型为正四面体形，LiCoO 难溶于水，和稀硫酸，硫酸硫酸钠发生还原反应生成硫酸锂、硫酸钴、
2
水，其发生反应的离子方程式为8LiCoO +22H++ =2 + 8Co2+ + 8Li+ + 11HO；故
2 2
答案为：正四面体形；8LiCoO +22H++ =2 + 8Co2+ + 8Li+ + 11HO。
2 2
（2）酸浸还原产物加入NaOH溶液调节pH值，主要沉淀铁离子和铝离子，“滤渣1”中含
有少量 Co(OH) ，原因为“调pH除杂”时pH过大，溶液中部分Co2+转化为Co(OH) 沉淀；
2 2
故答案为：“调pH除杂”时pH过大，溶液中部分Co2+转化为Co(OH) 沉淀。
2
（3）根据 ，
， ，pH=9；Co(OH) 久置
2
于空气中转化为棕色的Co(OH) 即Co(OH) 被氧气氧化为Co(OH) ，化学方程式为
3 2 3
4Co(OH) +O +2H O=4Co(OH) ；故答案为：9；4Co(OH) +O +2H O=4Co(OH) 。
2 2 2 3 2 2 2 3
（4）“沉锂”所得的溶液中主要含有硫酸钠，沉锂得到碳酸锂，根据质量守恒得到试剂X
为碳酸钠溶液即NaCO；故答案为：NaCO。
2 3 2 3
（5）碳酸锂(Li CO)微溶于水、稀酸，其溶解度随温度的升高而降低，不溶于C HOH，
2 3 2 5
因此“系列操作”为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、 干燥，洗涤时是将蒸馏水沿玻璃棒加到
漏斗中至浸没沉淀，让水自然流下，因此所用到的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；故答
案为：趁热过滤；玻璃棒。
2．（2023·四川成都·统考二模）硫酸镁可用于印染、造纸、医药工业。利用某水泥厂的废
料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe O、FeO、Al O、SiO 等杂质)，制取
2 3 2 3 2
MgSO ∙7H O的流程如图：
4 2
回答下列问题
(1)“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率，可采取的措施是_____(任写一条)。
(2)“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO ，其离子方程式为______；
2
调节pH时可加入试剂X为_____(任写一种)。
(3)滤渣除Al(OH) 、Fe(OH) 外还有氧化物______。
3 3
(4)“除钙”时，控温在60℃时除去MgSO 和CaSO 混合溶液中的CaSO。
4 4 4
①参照表格，简要说明除钙的操作方法______。
②60℃下CaSO 的K ＝______。(饱和CaSO 溶液的密度约为1.0g∙L−1)
4 sp 4
部分物质的溶解度(g/100gHO)如表：
2
温度/℃
20 40 60 80
物质MgSO 28.6 30.9 36 40.8
4
CaSO 0.272 0.23 0.204 0.184
4
(5)为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是______。
【答案】(1)适当升温(或粉碎或搅拌)
(2) ClO－＋Mn2+＋HO＝Cl－＋MnO ↓＋2H+ MgO(或MgCO 或碱式碳酸镁等)
2 2 3
(3)MnO 、SiO
2 2
(4) 将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤 2.25×10−4
(5)将操作a后的母液循环利用
【分析】水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO、Fe O、FeO、Al O、SiO 等
2 3 2 3 2
杂质)加入足量稀硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe O、FeO、Al O 都与硫酸反应，SiO 不与
2 3 2 3 2
硫酸反应，向反应后溶液中加入次氯酸钠溶液进行氧化，再加入氧化镁物质调节溶液的pH
值，过滤，向滤液中加入除钙物质，再过滤，将滤液进行一系列操作得到MgSO ∙7H O。
4 2
【详解】（1）“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率，可以从温度、接触面积来采
取的措施，具体为适当升温(或粉碎或搅拌)；故答案为：适当升温(或粉碎或搅拌)。
（2）“氧化”时，NaClO与Mn2+按物质的量1：1反应生成MnO 、Cl－和水，其离子方
2
程式为ClO－＋Mn2+＋HO＝Cl－＋MnO ↓＋2H+；调节pH时加入要保留的离子对应的难
2 2
溶物，通过消耗铁离子水解的氢离子来促进铁离子水解，因此可加入试剂X为MgO(或
MgCO 或碱式碳酸镁等)；故答案为：ClO－＋Mn2+＋HO＝Cl－＋MnO ↓＋2H+；MgO(或
3 2 2
MgCO 或碱式碳酸镁等)。
3
（3）二氧化硅不与硫酸反应，在氧化时得到二氧化锰，因此滤渣除Al(OH) 、Fe(OH) 外
3 3
还有氧化物MnO 、SiO；故答案为：MnO 、SiO。
2 2 2 2
（4）①根据表格数据，60℃时MgSO 溶解度较大，而CaSO 溶解度较小，在此时趁热过
4 4
滤，其除钙的操作方法将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤；故答案为：
将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤。
②60℃下饱和CaSO 溶液的密度约为1.0g∙L−1，60℃时CaSO 溶解度为0.204，则1L溶液为
4 4
1000g，溶解CaSO 的质量为2.04g，其溶液中 ，
4
则CaSO 的 ；故答案为：2.25×10−4。
4
（5）操作a是从溶液中经过一系列过程得到晶体，过滤时溶液中海油硫酸镁，为了提高原
料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是将操作a后的母液循环利用；故答案为：将
操作a后的母液循环利用。
3．（2023·全国·模拟预测）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要
应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe O、SiO、Sc O、TiO 等)回收Sc O 的
2 3 2 2 3 2 2 3
工艺流程如图。已知：TiO 难溶于盐酸；K [Fe(OH) ]＝1.0×10−38。
2 sp 3
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为___________；滤渣I的主要成分是
___________(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量HO 的目的是___________；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001
2 2
mol∙L−1，常温下“调pH”时，若控制pH＝3，则Fe3+的去除率为___________(忽略调pH前
后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，K (C O )＝a，K (C O )＝b，K [Sc (C O)]＝c。“沉钪”时，发生反
h1 2 h2 2 sp 2 2 4 3
应：2Sc3+＋3HC O Sc (C O)↓＋6H＋，该反应的平衡常数K＝___________(用含a、b、
2 2 4 2 2 4 3
c的代数式表示)。
(4)Sc (C O)·6H O在空气中加热至550℃时生成Sc O、CO 和HO，写出反应的化学方程
2 2 4 3 2 2 3 2 2
式___________。
【答案】(1) 将“赤泥”粉碎 SiO、TiO
2 2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ 99%
(3)
(4)2Sc (C O)·6H O＋3O 2Sc O＋12CO＋12HO
2 2 4 3 2 2 2 3 2 2
【分析】“赤泥”含有FeO、Fe O、SiO、Sc O、TiO 等，用盐酸酸浸时，SiO、TiO 难
2 3 2 2 3 2 2 2
溶于盐酸，FeO、Fe O、Sc O 与盐酸反应生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，过滤的滤渣主要成分为
2 3 2 3
SiO、TiO，滤液中加入HO 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，加氨水调节
2 2 2 2
pH值沉淀铁离子，过滤得固体沉淀物为Fe(OH) 沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶
3
体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc O 固体。
2 3
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸
浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有FeO、Fe O、SiO、
2 3 2
Sc O、TiO 等，用盐酸酸浸时，SiO、TiO 难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO、
2 3 2 2 2 2
TiO；故答案为：将“赤泥”粉碎；SiO、TiO。
2 2 2
（2）由分析可知，氧化时，加入HO 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当
2 2
pH＝3时，溶液中氢氧根离子的浓度c(OH－)＝10−11 mol∙L−1，此时三价铁的浓度为，则Fe3+的去除率为
；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去
Fe3+；99%。
（3）已知25℃时，K (C O )＝a，K (C O )＝b，K [Sc (C O)]＝c，则反应2Sc3+＋
h1 2 h2 2 sp 2 2 4 3
3HC O＝Sc (C O)＋6H＋的平衡常数
2 2 4 2 2 4 3
；故答案
为： 。
（4）Sc (C O)·6H O在空气中加热至550℃时生成Sc O、CO 和HO，草酸根被氧化为二
2 2 4 3 2 2 3 2 2
氧化碳，说明氧气参与反应，则反应的化学方程式2Sc (C O)·6H O＋3O 2Sc O＋12CO
2 2 4 3 2 2 2 3 2
＋12HO；故答案为：2Sc (C O)·6H O＋3O 2Sc O＋12CO＋12HO。
2 2 2 4 3 2 2 2 3 2 2
4．（2023·陕西咸阳·统考二模）废旧锌锰电池中的黑锰粉含有MnO 、MnO(OH)、NH Cl
2 4
和少量ZnCl、Fe O 及炭黑等，为了保护环境、充分利用锰资源，通过如下流程制备
2 2 3
MnSO 。
4
回答下列问题：
(1)Mn的原子结构示意图为___________。
(2)“滤液a”的主要成分为NH Cl，另外还含有少量ZnCl 等。
4 2
①用离子方程式表示“滤液a”呈酸性的原因___________。
②根据下图所示的溶解度曲线，将“滤液a”蒸发结晶、___________、洗涤、干燥，得
NH Cl固体。
4(3)“焙炒”的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。空气中O 氧化MnO(OH)的化学方程式为
2
___________。
(4)探究“酸浸”中MnO 溶解的适宜操作。
2
实验I．向MnO 中加入HO 溶液，产生大量气泡；再加入稀HSO ，固体未明显溶解。
2 2 2 2 4
实验II．向MnO 中加入稀HSO ，固体未溶解；再加入HO 溶液，产生大量气泡，固体
2 2 4 2 2
完全溶解。
①实验I中MnO 的作用是___________，实验II中HO 的作用是___________。
2 2 2
②由实验可知，“酸浸”溶解MnO 时加入试剂的顺序是___________。
2
(5)加入MnO调pH时，证明MnSO 溶液中Fe3+沉淀完全的实验步骤及现象：取少量溶液，
4
滴加___________(填试剂)，观察到___________(填现象)。
【答案】(1)
(2) +H
2
O⇌NH
3
·H
2
O+H+ 趁热过滤
(3)4MnO(OH)+O 4MnO +2H O
2 2 2
(4) 催化剂 还原剂 先加入稀硫酸，再加入HO 溶液
2 2
(5) KSCN溶液 不变红
【分析】黑锰粉水洗除去可溶性物质，分离固体通入空气焙炒从而除炭、并氧化
为二氧化锰，加入稀硫酸、过氧化氢生成硫酸锰，加入MnO调节pH过滤分离得到硫酸锰
溶液；
【详解】（1）锰为25号元素，原子结构示意图为 ，答案为：；
（2）① “滤液a”中含有铵根离子，铵根离子水解生成生成氢离子，导致溶液显酸性，
，答案为： ；
②氯化铵溶解度低温时较小，且溶解度受温度影响不大，将“滤液a”蒸发结晶、趁热过滤、
洗涤、干燥，得 固体，答案为：趁热过滤；
（3）氧气具有氧化性， 氧化 生成二氧化锰和水，化学方程式为
，答案为： ；
（4）①二氧化锰催化过氧化氢生成水和氧气，实验I中 的作用是催化剂；实验II中
加入 溶液，产生大量气泡，固体完全溶解，反应中锰元素化合价降低， 中氧元
素化合价升高发生氧化反应，过氧化氢为还原剂起还原作用，答案为：催化剂
，还原剂；
②由实验可知，酸性条件下，二氧化锰被过氧化氢还原，故“酸浸”溶解 时加入试
剂的顺序是先加入稀硫酸再加入过氧化氢溶液，答案为：先加入稀硫酸，再加入HO 溶液；
2 2
（5）铁离子和KSCN溶液变红色，故实验为：取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液不变
色，说明铁离子完全沉淀，答案为：KSCN溶液，不变红。
5．（2023·湖南衡阳·统考一模）从一种阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag Se、
2
Cu S)中回收重金属的工艺流程如图所示：
2
已知： 在碱性条件下很稳定。回答下列问题：
(1)Cu S焙烧为CuO，该过程中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______。
2
(2)“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；加快“酸浸氧化”速率的措施有_______(填
写一条即可)。
(3)萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+ R Cu+2H+。实验室进行萃取操作的专用玻璃仪
2器是_______(填名称)；该流程中的“反萃取剂”最好选用_______(填标号)。
A．乙醇 B．HNO 溶液 C．盐酸 D．NaOH 溶液
3
(4)已知：Ag++2 [Ag(S O)]3− K=2.80×1013
2 3 2
AgCl(s) Ag+(aq)+Cl－(aq) K (AgCl)=1.80×10−10
sp
①“溶浸”过程中，滤渣II被NaSO 溶液溶解的反应为：AgCl+2 [Ag(S O)]3−
2 2 3 2 3 2
+Cl－。则该反应的平衡常数为_______；
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控NaSO 溶液浓度，银的浸
2 2 3
出率仍会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。
(5)请从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：_______(写出一条即可)。
【答案】(1)1：2
(2) Pt、Au 增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)
(3) 分液漏斗 B
(4) 5.04×103 随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2
(aq) [Ag(S O)]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低
2 3 2
(5)应回收处理SO
2
【分析】阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag Se、Cu S)在氧气中焙烧，生成金属氧
2 2
化物和二氧化硫、二氧化硒，Pt、Au不反应，向焙烧后的物质中加入氧气、硝酸酸浸得到
滤渣Pt、Au，向滤液中加入氯化钠沉银，过滤，向滤液中加入萃取剂萃取，分液后再加入
反萃取剂得到硝酸铜，向滤渣中加入硫代硫酸钠，过滤，向滤液中加入氢氧化钠、NaSO
2 2 4
得到银单质。
【详解】（1）Cu S和氧气焙烧为CuO和二氧化硫，反应方程式为Cu S＋2O 2CuO
2 2 2
＋SO ，该过程中还原剂是Cu S，氧化剂是O，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2；
2 2 2
故答案为：1：2。
（2）Pt、Au 不与稀硝酸反应，因此“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；加快“酸浸氧化”速
率的方法可以从增大浓度、接触面积，提高温度来思考，措施有增大氧气浓度或不断搅拌
等；故答案为：增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)。
（3）萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+ R Cu+2H+。
2
实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是分液漏斗；根据萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+
R Cu+2H+，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，后来要得到硝酸铜，为了不引入新的
2
杂质，因此该流程中的“反萃取剂”最好选用硝酸；故答案为：分液漏斗；B。
（4）已知：Ag++2 [Ag(S O)]3− K=2.80×1013
2 3 2
AgCl(s) Ag+(aq)+Cl－(aq) K (AgCl)=1.80×10−10
sp①“溶浸”过程中，滤渣II被NaSO 溶液溶解的反应为：AgCl+2 [Ag(S O)]3−
2 2 3 2 3 2
+Cl－。则该反应的平衡常数为
；
故答案为：5.04×103。
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控NaSO 溶液浓度，银的浸
2 2 3
出率仍会降低，根据AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S O)]3− (aq)+Cl－(aq)分析，由于
2 3 2
氯离子浓度增大，平衡逆向移动，导致生成氯化银沉淀，即从化学平衡的角度解释可能的
原因是随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq)
[Ag(S O)]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低；故答案为：随循环次数的
2 3 2
增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S O)]3− (aq)
2 3 2
+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低。
（5）在焙烧工艺中二氧化硫会污染环境，因此从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建
议：应回收处理SO ；故答案为：应回收处理SO 。
2 2
6．（2023·湖北·襄阳四中校考模拟预测）高纯四氧化三锰是电子工业生产锰锌氧软磁材料
的重要原料之一，一种以菱锰矿(主要成分是 ，含有少量Al、Fe、Mg、Ca、Cu、Si
的氧化物)为原料制备 流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中需要加热，其目的是___________。
(2)“酸浸”过程中发生的主要反应的离子方程式为___________。
(3)“滤渣1”的成分是___________。
(4)“氧化中和”可除去的主要金属阳离子是___________。
(5)已知 ， ，请利用计算说明选择MnS能除铜的原
因___________。
(6)“除钙镁”加入 的用量是理论用量的1.5倍，其目的是___________。
(7)“氧化”过程发生的总反应的化学方程式为___________。
【答案】(1)增大反应速率，提高浸取率
(2)(3)CaSO 、SiO
4 2
(4)Fe2+、Fe3+、Al3+
(5) 的平衡常数
，反应基本完全
(6)增大氟离子浓度，使得CaF 、MgF 沉淀溶解平衡逆向移动，提高去除率
2 2
(7)
【分析】菱锰矿加入硫酸溶解，二氧化硅和稀硫酸不反应，钙的氧化物和硫酸生成不溶物
硫酸钙，得到滤渣1，滤液加入氧气、氨水氧化中和除去铁、铝得到滤渣2，滤液加入MnS
除去铜得到CuS滤渣3，滤液加入氟化铵除去钙、镁得到滤渣4，滤液加入氧气、氨水氧化
得到 ；
【详解】（1）升温反应速率加快，“酸浸”过程中需要加热，其目的是增大反应速率，提
高浸取率；
（2）“酸浸”过程中碳酸锰和氢离子反应生成锰离子和水、二氧化碳气体，离子方程式为
；
（3）二氧化硅和稀硫酸不反应，钙的氧化物和硫酸生成不溶物硫酸钙，故得到“滤渣1”
的成分是CaSO、SiO；
4 2
（4）“氧化中和”中将二价铁转化为三价铁，通过调节pH值，将铁离子、铝离子转化为
为氢氧化物沉淀，故可除去的主要金属阳离子是Fe2+、Fe3+、Al3+；
（5）已知 ， ，
的平衡常数
，反应基本完全，能够MnS能除
铜；
（6）“除钙镁”加入 的用量是理论用量的1.5倍，其目的是增大氟离子浓度，使得
CaF 、MgF 沉淀溶解平衡逆向移动，提高钙、镁的去除率；
2 2
（7）“氧化”过程发生二价锰被氧气氧化为 、同时反应生成硫酸铵和水，总反应
的化学方程式为 。
7．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）钴是生产电池材料、高温合金、磁性材料及
催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌净化渣(主要含有Co、Zn、Fe、Cu、Pb、ZnO、
等)为原料提取钴的工艺流程如图所示：已知：常温下， ， 。
回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子轨道表示式为_______。
(2)“浸出渣”中一定含有的物质为_______(填化学式)。在“浸出”过程中，使用稀硫酸，
未加热和搅拌，也没有进一步研碎净化渣，但反应速率较快，原因是_______。
(3) 常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到 ，“除铜液”中 浓度为
，则此时溶液的 _______[已知：常温下，饱和 水溶液中存在关系式：
]。
(4)“氧化”过程中， 与 发生反应的离子方程式为_______。
(5)“沉铁”过程中， 的作用是_______。
(6)以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为 )为原料提取出 。在提取过程
中钴的损失率为_______(填含w、m的表达式)%。
【答案】(1)
(2) 形成了原电池
(3)0.5
(4)
(5)调节溶液pH，使铁离子沉淀
(6)
【分析】以湿法炼锌净化渣(主要含有Co、Zn、Fe、Cu、Pb、ZnO、 等)为原料提取钴，
“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO ，Co、Zn、Fe均与硫酸反应生成相应的盐，NaS常
4 2
用作沉淀剂，铜渣为CuS，“氧化”过程中，NaSO 将Fe2+氧化为Fe3+，NaCO 调节溶液
2 2 8 2 3
pH，生成氢氧化铁，在溶液pH=5时，NaSOg能将Co2+氧化生成Co(OH) ，据此分析解
2 2 8 3
题。
【详解】（1）Co为第27号元素，基态Co原子的价层电子轨道表示式为。
（2）“浸出渣”中一定含有的物质为 ，因为Pb与硫酸反应时，生成 固体，
由于存在 ，Cu不一定存在。在“浸出”过程中，加入稀硫酸浸取，与活泼性不同的
金属形成了原电池，反应速率较快。
（3） 常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到 ，“除铜液”中 浓度为
， ， ，
常温下，饱和 水溶液中存在关系式： ，则此时溶液
的 ，， ，故 。
（4）“氧化”过程中， 与 发生反应， 被氧化为 ， 被还原为
，离子方程式为 。
（5）“沉铁”过程中， 的作用是调节溶液pH，生成氢氧化铁。
（6）以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为 )为原料提取出 ，理论生成
Co为 ，实际生成的Co的质量为 ，在提取过程中
钴的损失率为 。
8．（2023·安徽淮南·统考一模）锌的用途广泛，主要用于镀锌板及精密铸造等行业。以粗
氧化锌(主要成分为ZnO及少量Fe O、CuO、MnO、SiO)为原料制备锌的工艺流程如图所
2 3 2
示：
已知：①“浸取”时。ZnO、 CuO转化为[ Zn(NH)]2+、[Cu(NH )]2+进入溶液：
3 4 3 4
②25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36， Ksp(ZnS)=1.6 ×10-24；
③沉淀除铜标准：溶液中 ≤2.0×10-6
回答下列问题：(1)“滤渣1”的主要成分为Fe(OH) 、Mn(OH) 和___________(填化学式)，“ 操作3”的名称
3 2
为___________。
(2)“氧化除锰”时，HO 将Mn2+转化为难溶的MnO ，该反应的离子方程式为___________。
2 2 2
(3)“沉淀除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比
表示] 与“(NH ) S加入量”[以 表示]的关系曲线如
4 2
图所示。
①当(NH )S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是___________(用离子方程式
4 2
表示)，该反应的平衡常数为___________。(已知) [ Zn(NH )]2+的 =2.
3 4
9 ×109]
②“沉淀除铜”时(NH )S加入量最好应选___________。
4 2
a．100% b．110% c．120% d．130%
(4)电解后溶液中的溶质主要成分是___________， 可用于循环使用。
【答案】(1) SiO 分液
2
(2)Mn2++H O+2NH·H O=MnO +2H O+2
2 2 3 2 2 2
(3) [Zn(NH )]2++S2-+4H O= ZnS↓+4NH ·H O或者[Zn(NH )]2++S2-=ZnS↓+4NH
3 4 2 3 2 3 4 3
2.16×1014 c
(4)硫酸
【分析】粗氧化锌主要成分为ZnO及少量Fe O、CuO、MnO、SiO，加入NH -NH Cl的
2 3 2 3 4
混合溶液，生成[Zn(NH )]2+、[Cu(NH )]2+，同时生成Fe(OH) 、Mn(OH) 等，SiO 不溶解，
3 4 3 4 3 2 2
进行操作1即过滤一起除去，得滤渣1为Fe(OH) 、Mn(OH) 和SiO，再向滤液中加入
3 2 2
HO，进行氧化除锰，反应的方程式为HO+Mn2++2NH•H O=MnO ↓+2H O+2 ，再加
2 2 2 2 3 2 2 2
入(NH )S，进行沉淀除铜，反应的方程式为[Cu(NH )]2++S2-=CuS↓+4NH ，进行操作2即过
4 2 3 4 3
滤，除去MnO 和CuS，即滤渣2为MnO 和CuS，向滤液中加入萃取剂，使锌进入有机萃
2 2取剂中，进行操作3即分液后，再向有机萃取剂中加入硫酸，进行反萃取，得到硫酸锌溶
液，然后进行电解，得到锌，据此分析作答。
【详解】（1）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为Fe(OH) 、Mn(OH) 和SiO，“ 操作
3 2 2
3” 分离有机层和无机层，名称为分液，故答案为：SiO；分液；
2
（2）由分析可知，“氧化除锰”时，HO 将Mn2+转化为难溶的MnO ，该反应的离子方
2 2 2
程式为Mn2++H O+2NH·H O=MnO +2H O+2 ，故答案为：Mn2+
2 2 3 2 2 2
+H O+2NH·H O=MnO +2H O+2 ；
2 2 3 2 2 2
（3）①当(NH )S加入量≥100%时，锌的回收率下降的可能原因锌离子与硫离子结合生成
4 2
了硫化锌，离子方程式为[Zn(NH )]2++S2-=ZnS↓+4NH 或者[Zn(NH )]2++S2-+4H O=
3 4 3 3 4 2
ZnS↓+4NH·H O，该反应的平衡常数为K= = =
3 2
= =2.16×1014，故答案为：[Zn(NH )]2++S2-=ZnS↓+4NH 或者
3 4 3
[Zn(NH )]2++S2-+4H O= ZnS↓+4NH ·H O；2.16×1014；
3 4 2 3 2
②由题干图示信息可知，当(NH )S加入量为120%时，铜锌比为2.0×106，达到沉淀除铜标
4 2
准，继续加大(NH )S加入量会导致锌回收率下降且不经济，故答案为：c；
4 2
（4）由分析可知，电解硫酸锌溶液制备锌，方程式为：2ZnSO+2H O
4 2
2Zn+O ↑+2H SO ，故电解后溶液中的溶质主要成分是硫酸，可用于“反萃取”步骤中循环
2 2 4
使用，故答案为：硫酸。
9．（2023·北京朝阳·统考二模）电解锰渣含有 等。将
电解锰渣与电解残液混合制成浆液，能在脱除烟气(含 等)中 的同时，实现
电解锰渣的资源化利用。
(1)上述流程中为增大反应速率采取的措施有_______。
(2)电解锰渣中的 能吸收烟气中的 ，反应的方程式为_______。
(3)电解锰渣与电解残液混合后，浆液中部分离子浓度 及 在脱硫过程中的变化
如下。
7.5
1.7①用方程式表示脱硫过程溶液 降低的原因_______。
②分析浆液中 浓度增大的原因：
i. 被 还原；
ii. 被 还原，离子方程式为_______；
iii._______(用离子方程式表示)。
(4)电解获得 ，装置如下图所示。
①滤液2在电解池_______(填“阳”或“阴”)极放电产生 。
②净化过程须除去 。研究发现，滤液2中即使含有少量 ，也会导致 产率大
幅降低，分析原因：_______。
【答案】(1)研磨、搅拌
(2)
(3)
(4) 阳 还原MnO 生成Fe3+，Fe3+在阴极放电又生成Fe2+，上述过程不断循环
2
【分析】电解锰渣含有 ，研磨、搅拌，电解硫酸锰溶
液得到二氧化锰和氢气、硫酸，电解残液混合制成浆液，浆液通入烟气，得到含有硫酸锰、
硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸的溶液，除去硫酸亚铁、硫酸钙，电解硫酸锰溶液得到二氧化锰。
【详解】（1）根据影响反应速率的因素，上述流程中为增大反应速率采取的措施有研磨、
搅拌；
（2） 具有氧化性，吸收 生成硫酸锰，反应的方程式为
（3）①脱硫过程中二氧化硫、氧气、水反应生成硫酸，使溶液 降低，反应方程式为
。②分析浆液中 浓度增大的原因：
i. 被 还原；
ii. 被 还原，Mn元素化合价由+4降低为+2、Fe元素化合价由+2升高为+3，根据
得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为 ；
iii. MnCO 与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为
3
。
（4）①滤液2中含有硫酸锰，锰离子失电子发生氧化反应生成 ，所以在电解池阳极
放电产生 。
② 还原MnO 生成Fe3+，Fe3+在阴极放电又生成Fe2+，上述过程不断循环，也会导致
2
MnO 产率大幅降低。
2
10．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）锗是重要的半导体材料，是一种“稀散金属”，如
图是以中和渣(主要成分为GeO 、Fe O、ZnO、SiO、CaSO 等)为原料生产二氧化锗的工
2 2 3 2 4
艺流程：
已知：
①GeCl 的沸点：83℃，FeCl 的沸点：315℃。
4 3
②H GeO 在高酸度时易聚合形成胶状多聚锗酸。
2 3
③常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见下表(离子浓度低于10-5 mol·L-1视
为沉淀完全)。
离子 Fe3+ Zn2+
开始沉淀pH 2.2 6.2
完全沉淀pH 3.2 8.2
回答下列问题：
(1)①“酸浸”时加热的目的是___________，浸渣的主要成分是___________。
②测得相同时间内锗的浸出率与硫酸的物质的量浓度(mol·L-1)的关系如图所示。硫酸浓度
过高，浸出率反而降低的原因是___________。(2)常温下，若“沉锗”时用饱和NaOH溶液调pH=3.0，此时滤液中-lgc(Fe3+)为
___________。
(3)“残余液”的溶质主要成分为 ___________(填化学式)。
(4)“中和水解”的化学反应方程式为___________。
(5)纯度测定
称取m g GeO 样品，在加热条件下溶解，用NaH PO 将其还原为Ge2+，用c mol·L-1 KIO
2 2 2 3
标准溶液滴定，消耗KIO 标准溶液的平均体积为V mL，需选用的指示剂为___________，
3
样品纯度为___________%。(实验条件下，NaH PO 未被KIO 氧化)[已知： +H+
2 2 3
Ge4++I-+H O(未配平)； ]。
2
【答案】(1) 加快浸出反应速率 SiO、CaSO 硫酸的浓度过高时，会形成胶
2 4
状多聚锗酸，不易分离，导致浸出率降低
(2)4.4
(3)NaCl、FeCl
3
(4)CeCl + 4NH ·H O = CeO + 4NH Cl + 2H O
4 3 2 2 4 2
(5) 淀粉溶液
【分析】酸浸将金属氧化物溶解。沉锗将其转化为HGeO 。溶解将HGeO 转化为GeCl 。
2 3 2 3 3
【详解】（1）升温可加快反应速率。SiO 和CaSO 均不溶于硫酸，可经过滤除去。已知信
2 4
息知，硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸。答案为加快浸出反应速率；SiO、
2
CaSO；硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸，不易分离，导致浸出率降低；
4
（2）已知pH=3.2(OH-的浓度为10-10.8mol/L)时完全沉淀即K =c(Fe3+)c3(OH-)=10-5×(10-
sp
10.8)3=10-37.4。pH=3.0(OH-的浓度为10-11mol/L)时c(Fe3+)=
mol/L。此时滤液中-lgc(Fe3+)=4.4。答案为4.4；
（3）沉锗时Fe3+一起沉淀了，溶解时Fe(OH) 转变为FeCl 。所以“残余液”的溶质主要成
3 3
分为NaCl、FeCl 。答案为NaCl、FeCl ；
3 3（4）中和目的氨水将GeCl 转化为GeO ，反应为CeCl + 4NH ·H O = CeO + 4NH Cl +
4 2 4 3 2 2 4
2HO。答案为CeCl + 4NH ·H O = CeO + 4NH Cl + 2H O；
2 4 3 2 2 4 2
（5）由已知反应知若KIO 过量可产生I，所以选择淀粉作为指示剂。由得失电子守恒得
3 2
关系式为3Ge2+~KIO 得n(Ge2+)=3n(KIO )=3cV×10-3mol=n(GeO )，最终计算纯度为
3 3 2
。答案为淀粉溶液； 。
11．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）近日，西湖大学理学院何睿华课题组发现了世界首
例具有本征相干性的光阴极量子材料——钛酸锶。某小组以钛铁矿为原料制备钛酸锶的流
程图如下：
已知几种物质的主要成分如表所示：
物质 主要成分
钛铁
主要成分是 ，含少量 、 等
矿
浸液1 、 、 、 、
滤液2 、 、
回答下列问题：
(1)“粉碎过筛”的目的是_______；“浸渣”1主要成分的用途是_______(答一条)。
(2)加入铁粉的目的是_______(用离子方程式表示)。
(3)“系列操作”是_______、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。检验“滤液2”中无 的操作
方法是_______。
(4)写出“焙烧”的化学方程式：_______。
(5)钛酸锶的晶胞如图所示。已知：晶胞参数为a pm， 代表阿佛加德罗常数的值。在钛
酸锶晶胞中，氧离子之间最近距离为_______nm。钛酸锶晶体的密度为_______ 。【答案】(1) 增大固体与液体接触面积，提高速率 制备光导纤维，冶炼粗硅等
(2)
(3) 蒸发浓缩 取少量滤液2于试管中，滴加KSCN溶液，溶液不变红色
(4)
(5)
【分析】钛铁矿主要成分是 ，含少量 、 等，粉碎过筛后加入过量硫酸酸
浸，矿石中二氧化硅不与硫酸反应，浸渣1的主要成分为二氧化硅，所得浸液1中含有
、 、 、 、 ，加入铁粉还原铁离子，转化为亚铁离子，滤渣2为过量
铁粉，滤液2含有 、 、 ，“系列操作”为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、
干燥，得到绿矾；所得滤液3再加入热水热解得到滤液4和HTiO 固体，灼烧后得到
2 3
TiO，加入SrCO 进行焙烧产生二氧化碳和SrTiO ；
2 3 3
【详解】（1）“粉碎过筛”的目的是增大固体与液体接触面积，提高速率；矿石中二氧化
硅不与硫酸反应， “浸渣”1主要成分是 ，用途是制备光导纤维，冶炼粗硅等；
（2）加入铁粉还原铁离子，转化为亚铁离子，反应的离子方程式为 ；
（3）“系列操作”为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，得到绿矾；检验“滤液
2”中无 的操作方法是取少量滤液2于试管中，滴加KSCN溶液，溶液不变红色；
（4）“焙烧”时TiO，与SrCO 反应产生二氧化碳和SrTiO ，反应的化学方程式为：
2 3 3
；
（5）根据晶胞的结构可知，氧离子之间最近距离等于面对角线的一半，为 =
cm；
根据均摊法可知，含有8 =1个Sr，1个Ti，6 =3个O，晶胞的质量为 g，晶胞的体积为 cm3，钛酸锶晶体的密度为 = = 。
12．（2023·辽宁大连·统考二模）央视报道王者归“铼”，我国利用新技术提纯稀有金属
铼( )，为航空航天发动机领域作出重要贡献。一种以钼精矿(主要成分为
)为原料提纯铼的工艺如下：
已知：①加压焙烧后的产物中有 。
②酸性条件下， 可转化为 。回答下列问题
(1)步骤Ⅰ中，加压的目的是___________，写出 在此焙烧过程中发生的化学方程式
___________。
(2)废渣1的主要成分是___________(填化学式)。浸出液中除含有 外，主
要含有的金属阳离子还有___________。如图表示萃取液流速与铼吸附率的关系，结合实际
生产效益，萃取液流速最佳范围为___________ 。(填选项)
A．2~4 B．4~6 C． 6~8 D．8~10
(3)步骤Ⅵ的离子交换法是在 的条件，用阴离子交换树脂吸附 ，请用
适当的化学用语从平衡移动的角度说明“ ”的原因___________。
(4) 时，通过X射线能谱分析，产品中仅含有少量 杂质，并测得 与O两种原
子的物质的量之比为1∶0.30，则该条件下产品中单质 的质量分数为___________%。(结果保留两位有效数字)
【答案】(1) 增大氧气浓度，加快反应速率 2MoS +7O +2CaO 2CaMoO+4SO
2 2 4 2
(2) CaSO （多答MnO 不扣分） Cu2+和Mn2+ C
4 2
(3) 反应，c(H+ )>0.5mol/L时，该平衡正向程度大，使Mo元
素转变为阳离子，不会被阴离子交换树脂吸附，从而与Re元素分离
(4)88
【分析】钼精矿加入CaO加压焙烧得到 。加入MnO 酸浸，浸
2
出液主要含有 等离子，废渣主要为CaSO。浸出液经过沉钼，
4
得到钼/铼浸出液，可采用离子交换或萃取/反萃取等方法分离钼元素和铼元素。
【详解】（1）加压可增大氧气浓度，从而加快反应速率，使反应进行更加充分。MoS 加
2
压焙烧后转化为CaMoO，化学方程式为2MoS +7O +2CaO 2CaMoO+4SO。
4 2 2 4 2
（2）CaSO 微溶于水，则废渣1的主要成分是CaSO(还有过量的MnO )。酸浸过程中
4 4 2
MnO 氧化 ，MnO 被还原为Mn2+，则浸出液中主要含有的金属阳离子还有Cu2+和
2 2
Mn2+。实际生产中要使铼吸附率较大的情况下尽可能提升萃取流速，则根据图示，最佳流
速范围为6~8BV/h，选择C项 。
（3）步骤Ⅵ中存在 反应，当c(H+ )>0.5mol/L时，该平衡正向
程度大，使Mo元素转变为阳离子，不会被阴离子交换树脂吸附，而Re主要以 阴离
子形式存在，因此Mo元素可以与Re元素分离。
（4）Re与O两种原子的物质的量之比为1∶0.30，则Re原子与ReO 的物质的量之比为
3
1∶0.10，Re金属与ReO 的物质的量之比为0.90∶0.10，因此该条件下产品中单质Re的质量
3
分数为 。
13．（2023·内蒙古乌兰察布·统考二模）从铜电解液(主要含Cu2+、Ni2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、
Zn2+等)中提纯可得到粗硫酸镍晶体，某课题小组为了进一步精制纯化并回收胆矾晶体，设
计了如图流程：已知：相关离子浓度为0.1 mol· L-1时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Ca2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 4.2 6.3 1.5 11.8 6.2 6.9
沉淀完全的pH 6.7 8.3 2.8 13.8 8.2 8.9
(1)为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有 _______，“滤渣1”的主要成份是
_______。
(2)为了使“溶液1”中的反应充分进行，需要通入稍过量的HS，写出Fe3+与HS发生反应
2 2
的离子方程式______。
(3)解释向“溶液2”中加入Ni(OH) 的原因_______。
2
(4)“操作X”为在_______(填仪器名称)中加热至_______冷却结晶过滤、洗涤、干燥后得到
结晶水合物晶体。
(5)若“溶液3”中Ca2+的浓度为0.001 mol·L-1，取等体积的NiF 溶液与该溶液混合，要使反
2
应结束时c(Ca2+)＜10-5 mol· L-1，则所加NiF 溶液的浓度至少为_______ mol · L-1。[已知室
2
温下K (CaF )=4×10-11]
sp 2
(6)室温下选择萃取剂P (二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理为nHR +Mn+
204
MR +nH+，试剂a为_____(填化学式)。溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取
n
锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因_______。
【答案】(1) 搅拌 CuS(硫化铜)
(2)2Fe3++H S=S↓+2Fe2++2H+
2
(3)加入Ni(OH) 后消耗H+，使Fe3++3H O Fe(OH) +3H+平衡正向移动，有利于Fe3+形成
2 2 3
Fe(OH) 沉淀而被除去
3
(4) 蒸发皿 出现少量晶膜
(5)0.003
(6) H SO pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以Ni(OH) 的形式沉出，不
2 4 2利于硫酸镍晶体的生成
【分析】分析流程可知：粗硫酸镍溶解后，通入硫化氢气体将三价铁还原为二价铁，将铜
离子转化为硫化铜沉淀，过滤后滤渣硫化铜灼烧生成氧化铜，再溶于硫酸得到硫酸铜；滤
液中加过氧化氢将亚铁离子氧化成三价铁离子，再加氢氧化镍调节pH值，使三价铁离子
转化为氢氧化铁沉淀，过滤后在滤液中加氟化镍将钙离子沉淀，过滤后滤液中加萃取剂将
锌转移至有机相中，滤液为硫酸镍溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到
硫酸镍晶体，据此分析解答。
【详解】（1）为了加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有搅拌、适当地升温均可以增
大浸出率；
在粗NiSO 溶液中含有Ni2+、Cu2+、Ni2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Zn2+等，向其中通入HS气体，
4 2
在酸性条件下发生反应产生既不溶于水，也不溶于酸的CuS黑色沉淀，故“滤渣1”的主要
成份是CuS；
（2）Fe3+具有氧化性，HS具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生Fe2+、S、H+，反应
2
的离子方程式为：2Fe3++H S=S↓+2Fe2++2H+；
2
（3）结合分析可知：加入Ni(OH) 的目的是调节pH，H+的浓度减小，使Fe3+发生水解反应：
2
Fe3++3H O Fe(OH) +3H+正向进行，促进Fe3+形成Fe(OH) 沉淀而除去；
2 3 3
（4）结合分析可知：操作X是从溶液中得到晶体的操作，应在蒸发皿中进行，当加热至
溶液表面出现一层晶膜时停止加热，降温冷却得到晶体，故存在X应该在蒸发皿中进行，
当出现少量晶膜时，停止加热；
（5）结合分析可知：根据Ksp(CaF )=c(Ca2+)·c2(F-)，c(Ca2+)＜10-5 mo1/L，则得出c2(F-)=
2
，即溶液中c(F-)至少为 =2.0×10-3 mol/L。设所加
NiF 溶液的体积为V L，因为是等体积混合，则溶液总体积为2V，溶液中存在的
2
n(F-)=2V×2×10-3mo1=4V×10-3 mol，沉淀时消耗的F-的物质的量为n(F-)=V×2×10-3 mol，则
总共需要n(F-)=6V×10-3 mol，故所加的NiF 溶液的浓度至少是：
2
=0.003 mol/L；
（6）结合分析可知：欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入
新杂质应加入硫酸使反应逆行移动；由图示信息可知pH太小，锌的萃取率低；pH太大，
镍可能以Ni(OH) 的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。
2
14．（2023·山西吕梁·统考二模）以萃铜余液为原料制备工业活性氧化锌，其生产工艺流
程如图所示：(1)铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na SO)氧化法除锰，写出Mn2+被氧化成
2 2 8
MnO 的离子方程式___________ ； 采用石灰石粉中和除去铝和铁，则中和渣中主要成分
2
为___________。
(2)流程中用到最多的操作是___________，该操作中玻璃棒的作用是___________。
(3)用锌粉除镉(Cd2+ )的离子方程式为___________；沉锌生成碱式碳酸锌
[2Zn(OH )·ZnCO·H O]的化学方程式为___________。
2 3 2
(4)检验碱式碳酸锌洗涤干净的操作及现象为___________。
(5)煅烧炉中发生反应的化学方程式为___________，工艺流程设计中选用高效真空负压内
转盘浓缩沉锌后液一体化设备生产无水___________，蒸发生产过程可实现零排放。
【答案】(1) Mn2+ + +2H O= MnO +2 +4H+ MnO 、Al(OH) 、
2 2 2 3
Fe(OH)
3
(2) 过滤 引流
(3) Zn+Cd2+=Zn2++Cd 3ZnSO + 3Na CO+3H O= 2Zn(OH) ·ZnCO·H O↓+3Na SO +
4 2 3 2 2 3 2 2 4
2CO↑
2
(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入盐酸酸化的BaCl 溶液，没有白色沉淀生
2
成，说明洗涤干净
(5) 2Zn(OH) ·ZnCO·H O 3ZnO+CO ↑+3H O Na SO 或硫酸钠
2 3 2 2 2 2 4
【分析】由流程可知，向萃铜余液中加入石灰石粉和氧化剂，余液中Mn2+、Fe2+被氧化生
成MnO 、氢氧化铁，反应过程中生成硫酸钙沉淀，过滤得到MnO 、氢氧化铁、硫酸钙，
2 2
和“氧化除锰”的余液﹔向余液中加入Zn， Zn与Cd2+发生置换反应生成Cd，过滤得到除
去Cd2+的滤液；加入有机溶剂萃取，除去钴、镍，分液得到硫酸锌溶液，向硫酸锌溶液中
加入碳酸钠溶液﹐硫酸锌转化为ZnCO ·2Zn(OH) ·H O晶体，过滤得到
3 2 2
ZnCO ·2Zn(OH) ·H O晶体，煅烧、粉碎得到工业活性氧化性，以此来解答。
3 2 2
【详解】（1）铜萃余液含硫酸30~60g/L，设计采用过硫酸钠(Na SO)氧化法除锰，
2 2 8
Mn2+被氧化成MnO ，过硫酸根离子被还原为硫酸根离子，离子方程式为：Mn2+ +
2
+2H O= MnO +2 +4H+；由分析可知，中和渣中主要成分为MnO 、Al(OH) 、
2 2 2 3
Fe(OH) ；
3
（2）根据流程可知，该流程中多次出现滤渣，故流程中用到最多的操作是过滤；过滤时需
要用玻璃棒引流；
（3）锌与镉离子发生取代反应生成锌离子和单质镉，离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；
向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液生成碱式碳酸锌，相应的方程式为：3ZnSO+
4
3NaCO+3H O= 2Zn(OH) ·ZnCO·H O↓+3Na SO + 2CO↑；
2 3 2 2 3 2 2 4 2
（4）向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液生成碱式碳酸锌，则碱式碳酸锌表面可能吸附有硫酸根离子，则检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子就可以检验碱式碳酸锌是否洗涤干
净相应的操作和现象为：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入盐酸酸化的BaCl
2
溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；
（5）由流程可知，工业碱式碳酸锌在煅烧炉中煅烧生成活性氧化锌，则相应的方程式为：
2Zn(OH) ·ZnCO·H O 3ZnO+CO ↑+3H O；加入有机溶剂萃取，除去钴、镍，分液得
2 3 2 2 2
到硫酸锌溶液，向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液﹐硫酸锌转化为ZnCO ·2Zn(OH) ·H O晶
3 2 2
体，同时得到硫酸钠溶液，则工艺流程设计中选用高效真空负压内转盘浓缩沉锌后液一体
化设备生产无水NaSO 或硫酸钠。
2 4
15．（2023·全国新课标卷·模拟预测）五氧化二钒(V O)在冶金、化工等领域有重要应用。
2 5
实验室以含钒废料(含VO、FeO、CuO、MnO、SiO、Al O、有机物)为原料制备VO 的
2 3 2 2 3 2 5
一种流程如图：
已知：25℃时，难溶电解质的溶度积常数如表所示：
难溶电解
Cu(OH) Mn(OH) Al(OH)
2 2 3
质
K 2.2×10-20 4×10-14 1.9×10-33
sp
(1)“焙烧”的目的是______。
(2)酸溶时加入HO 的目的是_______。
2 2
(3)常温下，若“调pH”为7，Cu2+是否能沉淀完全：______(填“是”或“否”)(溶液中离子
浓度小于10-5mol•L-1时，认为该离子沉淀完全)。
(4)“沉锰”需将温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因为______。
(5)结晶所得的NH VO 需进行水洗、干燥。证明NH VO 已洗涤干净的实验操作及现象
4 3 4 3
_____。
(6)为测定该产品的纯度，兴趣小组同学准确称取VO 产品2.000g，加入过量稀硫酸使其完
2 5
全反应，生成(VO )SO ，并配成100mL溶液。取10.00mL溶液用0.1000mol•L-1的HC O
2 2 4 2 2 4
标准溶液滴定，滴定到终点时消耗标准液10.00mL。已知滴定过程中HC O 被氧化为
2 2 4
CO，VO 黄色(被还原为VO2+蓝色)，该反应的离子方程式：______；该产品的纯度为
2
______。
【答案】(1)除去有机物杂质，将VO 氧化为VO
2 3 2 5
(2)将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+
(3)是(4)温度过低，反应速率慢，NH VO 可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，NH HCO
4 3 4 3
分解，导致原料利用率低
(5)取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加BaCl 溶液，无明显现象，证明NH VO 已
2 4 3
洗涤干净
(6) 2VO +2H++H C O=2VO2++2CO ↑+2H O 91.00%
2 2 4 2 2
【分析】含钒废料(含VO、FeO、CuO、MnO、SiO、Al O、有机物)焙烧后，有机物杂
2 3 2 2 3
质会燃烧除去，VO 被氧化为VO；向焙烧后产物中加入硫酸和双氧水，二氧化硅不与硫
2 3 2 5
酸反应，过滤，滤液含有Cu2+，Mn2+，Al3+和钒离子，将滤液调节pH除去铁离子、铝离子
和铜离子，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵除锰，过滤，向滤液中加入硫酸铵得到
NH VO ，过滤，将NH VO 煅烧得到VO。据此解答。
4 3 4 3 2 5
【详解】（1）由含钒废料的成分和流程图中物质的转化关系知，“焙烧“的目的是除去有
机物杂质，并将VO 氧化为VO；故答案为：除去有机物杂质，将VO 氧化为VO。
2 3 2 5 2 3 2 5
（2）酸溶时加入HO 的目的是将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；故答案为：将可能存在的
2 2
Fe2+氧化为Fe3+。
（3）“调pH”的目的是将Cu2+转化为Cu(OH) 沉淀，调节pH为7时，溶液中c(H+)＝
2
10−7mol∙L−1，c(OH﹣)＝10−7mol∙L−1，c(Cu2+)＝
＜10−5mol∙L−1，说明沉淀完全；故答案为：是。
（4）“沉锰”时所用试制为NH HCO ，温度过低时，反应速率较慢，NH VO 可能提前结
4 3 4 3
晶析出，导致产率较低；温度过高时，NH HCO 分解使原料的利用率降低，并导致环境污
4 3
染；故答案为：温度过低，反应速率慢，NH VO 可能提前结晶析出导致产率低，温度过
4 3
高，NH HCO 分解，导致原料利用率低。
4 3
（5）NH VO 晶体可能粘附 ， 等，故可以通过检验硫酸根离子进行判断，则证
4 3
明NH VO 已洗涤干净的实验操作及现象为：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加
4 3
BaCl 溶液，无明显现象，证明NH VO 已洗涤干净；故答案为：取少量最后一次洗涤液于
2 4 3
洁净试管中，滴加BaCl 溶液，无明显现象，证明NH VO 已洗涤干净。
2 4 3
（6）已知滴定过程中HC O 被氧化为CO，VO (黄色)被还原为VO2+(蓝色)，则离子方程
2 2 4 2
式为2VO +2H++H C O＝2VO2++2CO ↑+2H O；准确称取产品VO2.0g，加入足量的稀硫
2 2 4 2 2 2 5
酸使其完全生成(VO )SO ，并配成100mL溶液。取10.00mL溶液用0.1000mol∙L−1的
2 2 4
HC O 溶液滴定，消耗标准液10.00mL，根据关系式2VO ～HC O，则n(VO )＝
2 2 4 2 2 4
2n(H C O)＝2×0.01L×0.1000mol∙L−1＝0.002mol，所以100mL溶液中n(VO )＝0.002mol×10
2 2 4
＝0.02mol，所以n(V O)＝0.01mol，其质量为0.01mol×182g∙mol−1＝1.82g，故产品纯度
2 5
；故答案为：2VO +2H++H C O＝2VO2++2CO ↑+2H O；91.00%。
2 2 4 2 216．（2023·山东·统考高考真题）盐湖卤水(主要含 、 和硼酸根
等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备 的工艺流程如下：
已知：常温下， 。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)含硼固体中的 在水中存在平衡： (常温下，
)； 与 溶液反应可制备硼砂 。常温下，在
硼砂溶液中， 水解生成等物质的量浓度的 和 ，
该水解反应的离子方程式为_____，该溶液 _____。
(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 ，则常温
下精制Ⅱ过程中 浓度应控制在_____ 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法
回收 外，还将增加_____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)
(2) 、Mg(OH) 纯碱
2
(3) 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的 转化为 （或除去精制Ⅰ所得滤液中的
），提高 纯度 盐酸 浓缩液中因 浓度过大使得 过早沉淀，即
浓缩结晶得到的 中会混有 ，最终所得 的产率减小【分析】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-、 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，在此条件下溶解度最小的是 ，则滤渣Ⅰ的主要成分为 ；由
于 微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为 ;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，浓缩后的滤液中加入饱和碳
酸钠溶液沉锂，得到 。
【详解】（1）含硼固体中的 在水中存在平衡：
(常温下， )； 与 溶液反应可制备硼砂 。常温
下.在 硼砂溶液中， 水解生成等物质的量浓度的 和
，该水解反应的离子方程式为 ，
由B元素守恒可知， 和 的浓度均为 ，
，则该溶液 。
（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是 、Mg(OH) ；精制I后溶液中 的浓度为
2
2.0 ，由 可知，则常温下精制Ⅱ过程中 浓度应控制在
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收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（ ）的用量。
（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 ；由于
微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的 ，还需要除去 ，因此，精
制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的 转化为 （或除去精制Ⅰ所得滤
液中的 ），提高 纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，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 浓度过大使得 过早沉淀，即浓缩结晶得到的
中会混有 ，最终所得 的产率减小。
17．（2023·辽宁·统考高考真题）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（
和 )。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：
物质
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸 ，
中过氧键的数目为_______。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节 ， 被 氧化为 ，该反应的离子方程式
为_______( 的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为 、_______(填化
学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变， (Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。 体积分数为
_______时， (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大 体积分数时， (Ⅱ)氧化速率减小的原
因是_______。
(5)“沉钴镍”中得到的 (Ⅱ)在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程式为
_______。
(6)“沉镁”中为使 沉淀完全 ，需控制 不低于_______(精确至0.1)。【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2)N
A
(3) Fe(OH)
3
(4) 9.0% SO 有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
2
(5)
(6)11.1
【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) ，在空气中可被氧化成 。
2
【详解】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将
镍钴矿粉碎增大接触面积
（2） 的结构简式为 ，所以 中过氧键的数目为
N
A
（3）用石灰乳调节 ， 被 氧化为 ，该反应的离子方程式为：
；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液
中c(Fe3+)=10-5mol/L， ，c(OH-)=10-10.8mol/L，根
据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣
还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知 体积分数为0.9%时， (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大 体积分
数时，由于SO 有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
2
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH) ，在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程
2
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；
18．（2023·全国乙卷·统考高考真题）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Cr O 存在，在碱性介质中以CrO 存在。
2
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SiO 和___________。
2
(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MgSiO 和MgNH PO 的形式沉淀，该步需要控制溶
3 4 4
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VO 沉淀，VO 在pH<1时，溶解为
2 5 2 5
VO 或VO3+在碱性条件下，溶解为VO 或VO ，上述性质说明VO 具有___________(填
2 5
标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“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)Na CrO
2 4
(2)Fe O
2 3
(3)Al(OH)
3
(4) 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀，同时可能产生硅
4 4
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MgSiO 沉淀，导致产
3
品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀
4 4
(5)C
(6)2Cr O +3S O +10H+=4Cr3++6SO +5H O
2 2 2
【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
MgSiO 和MgNH PO 沉淀，过滤得到含有MgSiO 、MgNH PO 的滤渣和滤液；向滤液中
3 4 4 3 4 4
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。
【详解】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：NaCrO；
2 4
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe O；
2 3
（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
MgSiO 和MgNH PO 沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致
3 4 4
MgNH PO 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
4 4
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，同时溶液中铵根离
3
子浓度降低导致MgNH PO 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
4 4
致MgNH PO ，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
4 4
能形成MgSiO 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MgNH PO
3 4 4
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2Cr O +3S O +10H+=4Cr3++6SO +5H O，故答案为：2Cr O +3S O
2 2 2 2 2
+10H+=4Cr3++6SO +5H O。
2
19．（2023·全国甲卷·统考高考真题）LiMn O 作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。
2 4
由菱锰矿（MnCO ，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn O 的流程如下：
3 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)煅烧窑中，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
【分析】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
2
离子，将杂质中的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
2
将溶液中的Fe2+氧化为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。
2 2 2 4
【详解】（1）菱锰矿中主要含有MnCO ，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应
3
的化学方程式为：MnCO +H SO =MnSO +H O+CO↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉
3 2 4 4 2 2
碎；故答案为：MnCO +H SO =MnSO +H O+CO↑、粉碎菱锰矿。
3 2 4 4 2 2
（2）根据分析，加入MnO 的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用
2
HO 氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化HO 分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化
2 2 2 2
为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化HO 分解。
2 2
（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+；故答案为：2.8×10-9、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++SO
=BaSO ↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO、NiS。
4 4
（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO ，反应的离子方程式为Mn2++2H O
2 2
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) 以保持
2 2 2
电解液成分的稳定；故答案为：Mn2++2H O H↑+MnO↓+2H+、加入Mn(OH) 。
2 2 2 2
（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 42LiCO+8MnO 4LiMn O+2CO ↑+O ↑；故答案为：2LiCO+8MnO
2 3 2 2 4 2 2 2 3 2
4LiMn O+2CO ↑+O ↑。
2 4 2 2
20．（2023·全国·统考高考真题） 是一种压电材料。以 为原料，采用下列路
线可制备粉状 。
回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_______。
(2)“焙烧”后固体产物有 、易溶于水的 和微溶于水的 。“浸取”时主要反应
的离子方程式为_______。
(3)“酸化”步骤应选用的酸是_______(填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。
(5)“沉淀”步骤中生成 的化学方程式为_______。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 _______。
【答案】(1)做还原剂，将 还原
(2)
(3)c
(4) 不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体 会污染空气，而且
与盐酸反应生成可溶于水的 ，导致 溶液中混有 杂质无法除去、最终所得
产品的纯度降低
(5)
(6)
【分析】由流程和题中信息可知， 与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、 、易溶于水的 和微溶于水的 ；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和
，滤液中有 和 ；滤液经酸化后浓缩结晶得到 晶体； 晶体溶于水后，加入 和 将钡离子充分沉淀得到 ； 经热
分解得到 。
【详解】（1）“焙烧”步骤中， 与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、 、 和 ， 被还原为 ，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将
还原。
（2）“焙烧”后固体产物有 、易溶于水的 和微溶于水的 。易溶于水的
与过量的 可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子
方程式为 。
（3）“酸化”步骤是为了将 转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，
而 可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生
成的有毒气体 会污染空气，而且 与盐酸反应生成可溶于水的 ，导致 溶
液中混有 杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成 的化学方程式为： + +
= 。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，
，因此，产生的 = 。
21．（2023·上海·统考高考真题）过氧化氢和盐酸的混合溶液可以刻蚀含铜的电路板。
(1)请写出用过氧化氢和盐酸刻蚀电路板时发生的离子反应方程式：_______。当反应一段
时间后，随着溶液变蓝，气泡产生的速率加快，其可能的原因是_______。
含铜电路板也可以用 进行刻蚀，对刻蚀后的液体( 、 和 )进行处理以
提取和 ，流程如下图所示：
(2)从滤液A中提取 的操作为：加入Fe粉后，应先浓缩滤液至出现_______，
趁热过滤，取溶液，_______，过滤、洗涤、干燥。
(3)检验溶液B中提取出的Cu上粘附的 已经洗净的操作为：_______，制备
时，将铜溶解于 、 的混酸中，此过程中产生的红棕色气体为_______产物(选填“氧化”或“还原”)。
利用滴定法可测定所得 的纯度，操作如下：
①取a g 样品，加入足量 溶液溶解(其中用于防止 干扰检验：
)
②滴加足量KI溶液，发生反应
③再用c mol·L 标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点时消耗硫代
硫酸钠标准液V mL，发生的反应为： ，
(4)已知 溶液呈酸性，则水解程度 _______ (填“>”、“＜”或“=”)，稀释后溶
液中， 的值_______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)接近滴定终点时，向溶液中滴加KSCN溶液，会发现CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转
化的原因是_______。已知CuI能够吸附大量 ，若不加KSCN，则测得 的纯
度_______(选填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
(6)计算 的纯度：_______(用a、c、V的代数式表示)。
【答案】(1) 对 的分解有催化作用或反应
放热，温度升高加快 分解反应速率
(2) 有少量晶体 冷却结晶
(3) 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则证明已洗涤
干净； 还原
(4) > 减小
(5) CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动 偏小
(6)
【分析】本题一道工业流程题，首先向刻蚀后的液体中加入过量铁粉，置换出铜，过滤后
得到滤渣和滤液A，由于铁粉过量，则滤渣中含有单质铜和过量的铁，滤液中含有氯化亚
铁，滤渣进一步处理后得到硫酸铜晶体，滤液处理后得到氯化亚铁晶体，以此解题。
【详解】（1）铜在过氧化氢存在情况下可以和盐酸反应，离子方程式为：
，且该反应放热，铜离子可以催化过氧化氢分解，故随着溶液
变蓝，气泡产生的速率加快，其可能的原因是 对 的分解有催化作用或反应放热，
温度升高加快 分解反应速率；
（2）从溶液中获得带有结晶水合物的方法为，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，
故答案为：有少量晶体；冷却结晶；（3）考虑到氯离子可以和银离子反应生成氯化银白色沉淀，则检验溶液B中提取出的Cu
上粘附的 已经洗净的操作为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无
沉淀产生，则证明已洗涤干净；在铜可以和硝酸反应，不能和硫酸反应，铜和浓硝酸反应
生成硝酸铜和红棕色的二氧化氮，其中氮元素由+5价变为+4价，故为还原产物；
（4）根据越弱越水解的道理，可知 溶液呈酸性说明，铵根离子水解程度较大，故答
案为：>；由上述分析可知，铵根离子水解程度更大一些，则稀释的时候，对铵根水解的
影响更大一些，故 减小；
（5）物质结构相同的时候，溶度积大的物质更容易转化为溶度积小的物质，则CuI沉淀转
化为CuSCN，其沉淀转化的原因是CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方
向移动；根据题给信息可知，CuI能够吸附大量 ，则若不加KSCN，则测得
的纯度将减小；
（6）根据题给信息可知， ，则n( )=n(
)=cv×10-3mol， 的纯度= 。
22．（2023·湖北·统考高考真题） 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 。
【详解】（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。
23．（2022·福建·统考高考真题）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料
(主要含 和 等)提铝的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“浸出”时适当升温的主要目的是_______， 发生反应的离子方程式为_______。
(2)“浸渣”的主要成分除残余 外，还有_______。实验测得， 粉煤灰( 的质
量分数为 )经浸出、干燥后得到 “浸渣”( 的质量分数为 )， 的浸出
率为_______。
(3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入 沉铝的目的是
_______，“沉铝”的最佳方案为_______。
(4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。
(5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。
【答案】(1) 提高浸出率(或提高浸出速率)
(2) 和 84%
(3) 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 高温溶解再冷却结晶(4) 或
(5)沉铝
【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO、Al O 和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，
2 2 3
加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧
化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。
【详解】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出
率；Al O 和HSO 发生反应生成Al (SO ) 和HO，离子反应方程式为Al O+6H+=2Al3+
2 3 2 4 2 4 3 2 2 3
+3H O；
2
故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al O+6H+=2Al3++3H O。
2 3 2
（2）“浸渣”的主要成分除残余Al O 外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al O 的
2 3 2 3
质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al O 的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al O 的浸出率为
2 3 2 3
；
故答案为：SiO 和CaSO；84%。
2 4
（3）根据沉铝体系中，Al (SO )·18H O溶解度最大，KAl(SO )·12H O溶解度最小，更容
2 4 3 2 4 2 2
易析出，加入KSO 沉铝的目的是更多的使Al (SO ) 转化为KAl(SO )·12H O，使更多的铝
2 4 2 4 3 4 2 2
元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO )·12H O溶解度受温度影响较大，“沉
4 2 2
铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；
故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。
（4）“焙烧”时，KAl(SO ) 分解为KSO 、Al O 和SO 或KSO 、Al O、SO 和O，反
4 2 2 4 2 3 3 2 4 2 3 2 2
应方程式为2KAl(SO ) KSO +AlO+3SO↑或4KAl(SO )
4 2 2 4 2 3 3 4 2
2KSO +2AlO+6SO↑+3O ↑；
2 4 2 3 2 2
故答案为：2KAl(SO ) KSO +AlO+3SO↑或4KAl(SO )
4 2 2 4 2 3 3 4 2
2KSO +2AlO+6SO↑+3O ↑。
2 4 2 3 2 2
（5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为KSO ，可在沉铝工序循环使用；
2 4
故答案为：沉铝。
24．（2022·重庆·统考高考真题）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少
量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。
化学式 Sn(OH)(或SnO ·2H O) Fe(OH) Cu(OH)
4 2 2 3 2
溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20
(1)Na SnO 的回收
2 3
①产品NaSnO 中Sn的化合价是______。
2 3
②退锡工艺是利用稀HNO 与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，
3
废液中的Sn2+易转化成SnO ·xH O。
2 2
③沉淀1的主要成分是SnO ，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为______。
2
(2)滤液1的处理
①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。
②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______mol•L-1。
(3)产品中锡含量的测定
称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO 保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用
2
0.1000mol•L-1KIO 标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO 被还原为I—，终点时消
3
耗KIO 溶液20.00mL。
3
①终点时的现象为______，产生I 的离子反应方程式为_____。
2
②产品中Sn的质量分数为_____%。
【答案】(1) +4价 Sn(NO )、NH NO SnO +2NaOH NaSnO +H O
3 2 4 3 2 2 3 2
(2) Fe(OH) 2×10-7
3
(3) 滴入最后一滴KIO 标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 IO
3
+5I-+6H+=3I +3H O 47.6%
2 2
【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化
合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢
氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得
到锡酸钠。
【详解】（1）①由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：
+4价；
②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则
则生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO )、NH NO ；
3 2 4 3③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条
件下反应生成锡酸钠和水，反应的化学方程式为SnO +2NaOH NaSnO +H O，故答案
2 2 3 2
为：SnO +2NaOH NaSnO +H O；
2 2 3 2
（2）①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答
案为：Fe(OH) ；
3
②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为
=5×10-8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：
2×10-7；
（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与
碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象
为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘
的离子方程式为IO +3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H O，IO +5I-+6H+=3I +3 H O，故答案为：滴入
2 2 2
最后一滴KIO 标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；IO +5I-+6H+=3I +3
3 2
HO；
2
②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品
中锡元素的质量分数为 ×100%=47.6%，故答案为：47.6%。
25．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为 ，还含有质量分数约为
2.1%的Fe O 和1.0%的SiO。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
2 3 2
已知：
物质
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。
(2) 用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。氧化物( )浸出 产品中 纯
产品中Mg杂质含
率/% 度/% 量/%
(以 计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注：ⅰ、 浸出率=(浸出的 质量/煅烧得到的 质量) (M代表Ca或Mg)
ⅱ、 纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中
纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出 的原因是___________。
②沉钙反应的离子方程式为___________。
③“浸钙”过程不适宜选用 的比例为___________。
④产品中 纯度的实测值高于计算值的原因是___________。
(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的 溶液混合，充分反应后 的浸出
率低于60%。加热蒸馏， 的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化
学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。
(4)滤渣C中含有的物质是___________。
(5)该流程中可循环利用的物质是___________。
【答案】(1)
(2) ，在一定量 溶液中，氢氧化钙会和氯化铵
反应而氢氧化镁不能，故 先浸出
2.4∶1 ， 优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
(3) ， ，随大量氨逸出，平衡
正向移动
(4)
(5)
【分析】白云石矿样煅烧后 转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，
大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到
氧化镁；
【详解】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式
为 ；
（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，
，在一定量 溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而
氢氧化镁不能，故 首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子
方程式为 。
③由图表可知，“浸钙”过程 的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多
且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用 的比例为2.4∶1。
④ ，在反应中 会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，
且Mg2+部分以Mg(OH) 形成沉淀，相比MgCO 质量更小，二者共同作用导致产品中
2 3
纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应： ，
，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢
氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为 ，还含有质量分数约为2.1%的Fe O 和1.0%的
2 3
SiO；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于
2
的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中， 的浸出率最
终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是
；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨
逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也
会生成二氧化碳；在流程中 既是反应物又是生成物，故该
流程中可循环利用的物质是 。
