文档内容
考点 47 无机工艺流程
(核心考点精讲精练)
一、3年真题考点分布
考点内容 考题统计
2023浙江6月选考12题，2分；2023湖北卷3题，3分；2023湖南卷9题，3
微型实验设计与 分；2023辽宁卷10题，3分；2023山东卷13题，4分；2022福建卷6题，4
评价 分；2022河北卷4题，3分；2022山东卷9题，2分；2022山东卷9题，2
分；2021湖南卷6题，3分；2021河北卷6题，3分；
2023山东卷17题，13分；2023全国甲卷26题，14分；2023全国乙卷26题，
14分；2023全国新课标卷27题，14分；2023湖南卷17题，15分；2023辽宁
卷16题，14分；2023湖北卷16题，14分；2023浙江6月选考18题，10分；
2023北京卷18题，13分；2023广东卷18题，14分；2021浙江6月选考30
题，10分；2021山东卷18题，12分；2022重庆卷15题，15分；2022湖北卷
16题，14分；2022辽宁卷16题，14分；2022北京卷18题，13分；2022•海
综合实验设计与
南卷15题，10分；2022河北卷15题，14分；2022山东卷17题，13分；2022
评价
全国乙卷26题，14分；2022全国甲卷26题，14分；2022湖南卷17题，14
分；2022江苏卷15题，12分；2022广东卷18题，14分；2021全国甲卷26
题，14分；2021全国乙卷26题，14分；2021湖南卷17题，14分；2021湖北
卷16题，14分；2021•海南卷15题，10分；2021河北卷15题，14分；2021
广东卷16题，14分；2022山东卷17题，13分；2021北京卷16题，13分；
2021辽宁卷16题，14分；2021浙江1月选考30题，10分；
二、命题规律及备考策略
【命题规律】
从近三年高考试题来看，无机化工流程题是高考的热点题型，通常以实际的工业生产为背景，通过工
艺流程图的形式再现生产的关键环节。该类题主要以化工流程或实验装置图为载体，以考查实验设计、
探究与实验分析能力为主，同时涉及基本操作、基本实验方法、装置与仪器选择、误差分析等知识，
题目综合性强，难度大。重要考查考生提取信息的能力，检验学生化学学科素养的落实情况，体现“一
核”的引领功能。化学工艺流程题主要从以下两点设置：(1)环境与化学：主要涉及“废水、废气、废渣”
的来源，对环境的影响和处理原理。(2)重要化工生产及资源利用：旨在用所学的基本理论(氧化还原、化
学平衡、盐类水解、电化学、热化学、有机物结构与性质等)指导化工生产。从命题趋势来看，一般有三种
题型：一是从实验设计和评价的角度对化工生产进行模拟；二是根据一些化工生产的流程来考查考生的综
合应用能力；三是关于化工生产的相关计算。
【备考策略】
化工流程题常以某种物质(目标产物)的制备为基础，涉及原料的预处理、物质的制备原理、产品的分
离及提纯，产率计算等具体步骤。1．掌握本题型的基本特征，熟悉化工流程图的表示形式以及分析工艺流程图的方法。
2．掌握工业生产中常见的化学术语，如碱洗、酸溶、酸浸等。
3．掌握陌生化学方程式的书写方法，掌握氧化还原反应的基本规律及基应用等。
4．掌握物质除杂、物质回收利用的常见方法。
5．掌握原料预处理、制备过程中控制反应条件的目的和方法。
6．掌握相关计算，如利用化学方程式计算、氧化还原滴定计算、pH计算、各种常数的计算等。
3．明确该类试题的解题思路：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及
得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。
【命题预测】
预测2024年高考仍会以元素及其化合物知识为载体，围绕原料的预处理，考影响速率的因素；围
绕经济原则考查循环利用；围绕产品纯度考查物质的分离提纯(调pH、结晶、过滤、洗涤)；围绕核心反
应或副反应考查物质变化及定量关系；陌生方程式的书写与含量计算是化工流程题的重要组成部分，也
是学生失分较多的能力点，复习时应加以重视。
考法 1 微型工艺流程题
1．微型工艺流程中题的呈现方式
知 识 点 二
2．工艺流程中流程中的“操作步骤”
操作步骤 高频设问 答题指导
①将矿石粉碎；②适当加热加快反应速率；③充分搅拌；
④适当提高浸取液的浓度等
分析“浸出率”图表，解释“浸出率”高低变化的原因
如何提高“浸
(“浸出率”升高一般是反应温度升高，反应速率加快；但
出率”？
原料处理 当“浸出率”达到最大值后，温度升高“浸出率”反而下
降，一般是反应试剂的分解或挥发)。选择达到一定较高
“浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)
①高温下硫化物与空气中氧气反应(如FeS 与氧气生成氧化
焙烧 2
铁和二氧化硫)；②除去硫、碳单质；③有机物转化(如蛋白质燃烧)、除去有机物等
酸性气体的吸
常用碱性溶液吸收(如SO 用NaCO 或NaOH溶液吸收)
收 2 2 3
除去杂质的方
加氧化剂，转变金属离子的价态(如Fe2＋→Fe3＋)
法
调溶液pH常用氢氧化钠、碳酸钠、金属氧化物[还有酸性
调节溶液的pH 气体(二氧化硫)、稀盐酸或稀硫酸]等。常利用题给金属离
子沉淀的pH信息，使特定金属离子以氢氧化物沉淀出来
控制条件
跟踪物质，分析每一步骤中可能发生的化学反应，书写化
学方程式或离子方程式
物质转化的分
滤渣、滤液中物质的判断，书写物质的化学式或电子式，
析
分析物质中的化学键
确定循环物质
仪器的选择(如玻璃仪器的选择)
结晶方法：
①晶体不带结晶水，如NaCl、KNO 等；蒸发结晶
3
过滤、蒸发结 ②晶体带结晶水，如胆矾等；将滤液蒸发浓缩、冷却结
晶、重结晶、 晶、过滤
分液与萃取
物质分离 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
3
④要得到溶解度受温度影响大的溶质，如除去 KNO 中少
3
量的NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可
晶体的洗涤 溶性的杂质和水分、减少晶体溶解损耗，利用乙醇的易挥
发性，有利于晶体的干燥
3．工艺流程中的“操作目的”
操作目的 答题指导
固体原料进行
减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率
“粉碎”
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
酸(或碱)溶 目的
②用碱性溶液吸收酸性气体原料
①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气
灼烧(焙烧)
中氧气反应等
金属用热碳酸钠
除去金属表面的油污
溶液洗涤
固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣
过滤
是难溶于水的物质，如SiO、PbSO 、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等
2 4
选用合适的萃取剂(如四氯化碳、金属萃取剂)，萃取后， 静置、分液
萃取与分液 ——将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准。下层液体从下
口放出，上层液体从上口倒出
加入氧化剂(或 ①转化为目标产物的价态
还原剂)
②除去杂质离子(如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH) 沉淀除去)
3
①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)
加入沉淀剂 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＋
判断能否加其他
要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
物质
在空气中或在其
要考虑O、HO、CO 或其他气体是否参与反应；能否达到隔绝空气、防
他气体中进行的 2 2 2
氧化、防水解、防潮解等目的
反应或操作
①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的
②抑制盐类水解
③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离
调溶液pH
④用pH计测量溶液的pH
⑤用pH试纸测定溶液的pH：将一小块pH试纸放在洁净干燥的玻璃片或
表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取少量待测液点在pH试纸的中部，待试纸
变色后再与标准比色卡对照读数
①控制物质的溶解与结晶
②防止某些物质分解或挥发(如HO、氨水、草酸)
2 2
③控制反应速率、使催化剂达到最大活性、防止副反应的发生
控制温度
④控制化学反应的方向，使化学平衡移动
⑤煮沸：促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出
⑥趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
洗涤试剂 适用范围 目的
除去固体表面吸附着的××杂
冷水 产物不溶于水 质；可适当降低固体因为溶
解而造成的损失
蒸馏
水
有特殊的物质其溶解 除去固体表面吸附着的××杂
热水 度随着温度升高而下 质；可适当降低固体因为温
降 度变化溶解而造成的损失
减少固体溶解；利用有机溶
有机溶剂(酒精、 固体易溶于水、难溶
洗涤晶体 剂的挥发性除去固体表面的
丙酮等) 于有机溶剂
水分，产品易干燥
对纯度要求不高的产
饱和溶液 减少固体溶解
品
除去固体表面吸附着的可溶
酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 于酸、碱的杂质；减少固体
溶解
洗涤沉淀方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，
重复以上操作2～3次
提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)微型工艺流程题目在流程中一般分为3个过程：原料处理→分离提纯→获得产品，其中化工生产过程
中分离提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、
烘干，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。
微型工艺流程题“四线法”解题模型：
试剂线：为达到最终目的加入的物质，起到氧化还原、非氧化还原的作用；
转化线：元素守恒—焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等；
除杂线：复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀；加热产生气体等；
分离线：蒸发、结晶、过滤(趁热过滤)、洗涤、干燥等。
例1 (2023•浙江省6月选考，12)苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少
量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是( )
A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D．操作IV可用冷水洗涤晶体
【答案】B
【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、
NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却
结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净 苯的甲酸。A项，
操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、
溶解度等估算加水量，A正确；B项，操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，
NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确；C项，操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，
同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；D项，苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作 IV可
用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；故选B。
例2 (2022•山东卷，9)已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是( )
A．苯胺既可与盐酸也可与 溶液反应
B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法
C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得
D．①、②、③均为两相混合体系
【答案】C
【解析】根据题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺
转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转
化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向
有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相
Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。
A项，苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，A错误；B项，得到苯胺粗品
①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法
不同，B错误；C项，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，C正确；D项，①、②
为液相，③为固相，都不是两相混合体系，D错误；故选C。
对点1 以含钴废渣(主要成分为CoO和Co O ，含少量Al O 和ZnO)为原料制备CoCO 的工艺流程
2 3 2 3 3
如图：
下列说法正确的是( )
A．酸浸时可采用高温提高酸浸速率B．除铝时加入NaCO 溶液过滤后所得滤渣是Al (CO)
2 3 2 3 3
C．萃取时萃取剂总量一定，分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好
D．沉钴时将含Co2+的溶液缓慢滴加到NaCO 溶液中，可提高CoCO 的产率
2 3 3
【答案】C
【解析】钴废渣主要 成分为CoO、Co O，还含有Al O、ZnO等杂质，加入硫酸酸浸并通入二氧化
2 3 2 3
硫，纵观整个流程知最后得到CoCO，说明该过程中二氧化硫起还原作用，硫酸与氧化铝、氧化锌反应，
3
所得溶液中含有硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀并过滤
除去；加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠溶液生成
CoCO 固体。A项，因为温度过高，可能会使用溶液起化学反应，从而无法达到溶浸的目的，酸浸时适当
3
升高温度可提高酸浸速率，A项错误；B项，除铝时加入NaCO 溶液，发生的反应为：2Al3++3CO 2-
2 3 3
+3H O=2Al(OH) ↓+3CO ↑，过滤后所得滤渣是Al(OH) ，B项错误；C项，萃取过程中，多次萃取能使萃取
2 3 2 3
效率提高，C项正确；D项，将含Co2+的溶液缓慢滴加到NaCO 溶液中，碳酸钠过量，液碱性过强，会生
2 3
成Co(OH) 沉淀，降低CoCO 的产率，D项错误；故选C。
2 3
对点2 (2022·湖南省永州市第一中学二模)MnCO 可用作脱硫的催化剂以及生产金属锰的原料，由含
3
Mn2+的废液(有少量的Fe2+、Fe3+)制备MnCO 的一种工艺流程如下：
3
下列说法错误的是( )
A．“沉锰”时加过量NH HCO 发生反应的离子方程式为Mn2++ HCO -=MnCO↓+H+
4 3 3 3
B．“氧化”时加入酸化的HO 的目的是将Fe2+氧化为Fe3+
2 2
C．“纯化”过程中发生了水解反应，生成Fe(OH) 沉淀
3
D．工艺流程中“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【解析】废液中含有少量的Fe2+、Fe3+，应除去，先加酸化的双氧水把亚铁离子氧化为三价铁离子2
Fe2++2H++H O=2H O+2 Fe3+，再调节溶液的酸碱性使铁离子水解为沉淀而除去三价铁离子，再加入过量的
2 2 2
NH HCO 发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO-=MnCO↓+H O+CO↑，再经过过滤、洗涤、干燥等一系列
4 3 3 3 2 2
操作得到固体MnCO 。A项， “沉锰”时加过量NH HCO 发生反应的离子方程式为Mn2++2 HCO -
3 4 3 3
=MnCO↓+H O+CO↑，故A错误；B项， “氧化”时加入酸化的HO 的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，故B
3 2 2 2 2
正确；C项，Fe3+在酸性条件下会发生水解反应，生成Fe(OH) 沉淀，故C正确；D项，“沉锰”时得到的
3
沉淀经过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到固体MnCO ，故D正确；故选A
3
考法 2 无机化工流程综合题1．常考的化工术语
关键词 释 义
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率
研磨、雾化
或使反应更充分
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、
灼烧(煅烧)
硫铁矿
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、
浸取
醇溶等
浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
酸浸 在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
水浸 与水接触反应或溶解
过滤 固体与液体的分离
滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发结晶 蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩 蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗 用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用 去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)
2．原料预处理的六种常用方法
方法 目的
减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应
研磨、雾化
更加充分
水浸 与水接触反应或溶解
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃
灼烧
性杂质
煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
3．“操作或措施”
操作或措施 答题模板
从溶液中得到晶体
蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)→干燥
的操作
将溶液转移到蒸发皿中加热，并用玻璃棒不断搅拌，待有大量晶体出现时停止加
蒸发结晶的操作
热，利用余热蒸干剩余水分
证明沉淀完全的操
静置，取上层清液，加入××试剂(沉淀剂)，若没有沉淀生成，说明沉淀完全
作
沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至没过沉淀，静置使水自然流干，重
洗涤沉淀的操作
复操作数次4．“目的或原因”
目的或原因 答题模板
沉淀水洗的目的 除去××(可溶于水)杂质
a.减小固体的溶解度；b.除去固体表面吸附的杂质；c.乙醇挥发带走水
沉淀用乙醇洗涤的目的
分，使固体快速干燥
冷凝回流的作用及目的 防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率
防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶
控制溶液pH的目的
解等；促进/抑制××气体吸收/逸出
加过量A试剂的原因 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)等
温度过高××物质分解(如HO 、NH ·H O、浓硝酸、NH HCO 等)或××
2 2 3 2 4 3
温度不高于××℃的原因 物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如NaSO 等)或促进××物
2 3
质水解(如AlCl 、FeCl 等)
3 3
减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如HO 、浓硝
2 2
减压蒸馏(减压蒸发)的原因
酸、NH HCO 等)
4 3
抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl 溶液时需在HCl气流中进行；加
3
蒸发、反应时的气体氛围
热MgCl ·6H O 得MgCl 时需在HCl气流中进行等)
2 2 2
配制某溶液前先煮沸水的原因 除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化
反应容器中和大气相通的玻璃
指示容器中压强大小，避免反应容器中压强过大
管的作用
化学工艺流程题的解题策略
解题步骤 解题策略
首尾呼应 ①对照原料和产品，确定核心反应和核心辅料
找出主线 ②依核心反应，明确流程主线、支线和除杂任务
③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
分段剖析 ④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
明析细节 用，融通对流程的整体分析
⑤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
⑥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
由易到难
⑦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
破解答案
题
⑧对棘手问题：不忘尝试从题给信息中寻找答案例1 (2023•全国新课标卷，27)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CrO2-存在，在碱性介质中以CrO2-存在。
2 7 4
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 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，该步需要控制溶液的
3 4 4
以达到最好的除杂效果，若 时，会导致_______； 时，会导致_______。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液 调到1.8左右得到VO 沉淀，VO 在 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 5
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(NaSO)溶液，反应的离子方程式为_______。
2 2 5
【答案】(1)Na CrO (2)Fe O (3)SiO2-
2 4 2 3 3
(4) 不能形成MgNH PO 沉淀 不能形成MgSiO 沉淀
4 4 3
(5)C
(6)2Cr O2-+3S O2-+10H+=4Cr3++6SO2-+5H O
2 7 2 5 4 2
【解析】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将硅元素转化为硅酸沉淀，过滤得到硅酸滤渣和滤液；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
3 4 4 3 4 4
和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向
滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得
到氢氧化铬。(1)煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠；(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁；(3)由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将硅元素转化为硅酸沉淀；(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，会导致
3 4 4
磷元素不能形成MgNH PO 沉淀若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化钠沉淀，不能形成MgSiO 沉淀，
4 4 3
导致产品中混有杂质；(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 O2-+3S O2-+10H+=4Cr3++6SO2-+5H O。
2 7 2 5 4 2
例2 (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
2 2 2
取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。
2
①“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
对点1 (2023·广西三模)三氧化二砷(As O)可用于治疗急性早幼粒细胞白血病。一种利用酸性含砷废
2 3
水提取As O 的工艺流程如下：
2 3回答下列问题：
(1)砷(As)原子序数为33，其在元素周期表中的位置是___________。
(2)“沉淀”时，需控制溶液中NaHS的浓度不能过高，主要原因是___________。
(3)“转化”时，As S 在CuSO 溶液中转化为三元弱酸HAsO ，该反应的化学方程式为___________。
2 3 4 3 3
(4)“溶解”时生成NaAsO 的反应离子方程式为___________。从绿色化学的角度分析，该过程还可以
3 4
用___________替代O
2。
(5)请设计简单实验验证NaAsO 溶液呈碱性___________。
3 4
(6)工业上，As O 经转化、蒸馏等操作可得到高纯砷，下列与蒸馏操作相关的设备有___________(填
2 3
字母)。
A．蒸馏釜 B．离心萃取机 C．加压过滤机 D．冷凝塔
(7)若一次“还原”制得As O9.9g，则至少需要通入SO 的体积为___________L(标准状况)。
2 3 2
【答案】(1)第四周期第ⅤA族
(2)生成有毒硫化氢气体且降低了硫氢化钠的利用率
(3)As S+3CuSO+6H O=2HAsO +CuS↓+3H SO
2 3 4 2 3 3 2 4
(4) 2H AsO +O +6OH-=2AsO 3-+6H O 过氧化氢
3 3 2 4 2
(5)用玻璃棒蘸取NaAsO 溶液，滴到pH试纸上，变色后与标准比色卡对比，测得pH大于7
3 4
(6)AD
(7)2.24
【解析】酸性含砷废水加入硫氢化钠得到As S ，加入硫酸铜溶液转化为三元弱酸HAsO ，然后加入
2 3 3 3
氢氧化钠、氧气将三价砷转化五价砷得到 NaAsO 溶液，NaAsO 溶液加入二氧化硫还原后处理得到
3 4 3 4
As O 。(1)砷(As)原子序数为33，其在元素周期表中的位置是第四周期第ⅤA族；(2)酸性溶液中NaHS的
2 3
浓度过高，会导致生成有毒硫化氢气体且降低了硫氢化钠的利用率；(3)“转化”时，As S 在CuSO 溶液中
2 3 4
转化为三元弱酸HAsO ，根据质量守恒可知，同时生成硫化铜沉淀和硫酸，该反应的化学方程式为
3 3
As S+3CuSO+6H O=2HAsO +CuS↓+3H SO ；(4)氧气具有氧化性，“溶解”时 HAsO 被氧气氧化为
2 3 4 2 3 3 2 4 3 3
NaAsO ，反应为HAsO 、氢氧化钠、氧气反应生成NaAsO 和水，反应离子方程式为2HAsO +O +6OH-
3 4 3 3 3 4 3 3 2
=2AsO 3-+6H O。过氧化氢具有氧化性，从绿色化学的角度分析，该过程还可以用过氧化氢替代O 。(5)碱
4 2 2
性溶液的pH>7，验证NaAsO 溶液呈碱性方案可以为：用玻璃棒蘸取NaAsO 溶液，滴到pH试纸上，变
3 4 3 4
色后与标准比色卡对比，测得pH大于7；(6)工业上蒸馏操作需要使用蒸馏釜蒸馏、使用冷凝塔冷凝产物，
故选AD；(7)“还原”过程中五价砷转化为三价砷，根据电子守恒可知，As O~4e-~2SO ，As O9.9g为
2 3 2 2 30.05mol，则至少需要通入SO 0.1mol，标况体积为2.24L。
2
对点2 (2023·安徽省宣城市二模)高纯氧化铁(Fe O)是制造软磁铁氧体主要原料，而后者广泛应用于
2 3
电工电信设备。以窑尾灰为原料制造高纯氧化铁工艺流程图如下(已知窑尾灰的主要成分为Fe、C、FeO、
Fe O、CaO、Al O、MgO、SiO)
2 3 2 3 2
当c(Mn+)≤10-5mol·L-1时，认定沉淀完全；25℃时，各物质的溶度积常数如下：
物质 CaSO Fe(OH) Fe(OH) Al(OH) CaF MgF
4 2 3 3 2 2
K 9.0×10-6 8.0×10-16 4.0×10-38 1.0×10-30.5 5.0×10-9 7.5×10-11
sp
据此回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为_______；证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是_______。
(2)“还原”过程加铁粉的目的是_______。
(3)若滤液2中c(Fe2+)=2mol·L-1则“调pH”范围是_______(lg2≈0.3)。
(4)若滤渣3中既有CaF 又有MgF ，则滤液4中 =_______(化为最简整数比)。
2 2
(5)写出“沉淀”过程中的离子反应方程式：_______。
(6)“灼烧”过程中的化学方程式为：_______。
【答案】(1) C、SiO、CaSO 酸性KMnO 或者K[ Fe( CN) ]溶液
2 4 4 3 6
(2)将Fe3+还原为Fe2+
(3)5.5≤pH <6.3
(4)200：3
(5)Fe2+ +2HCO-=FeCO ↓+H O+CO↑
3 3 2 2
(6)4FeCO +O 2Fe O +4CO
3 2 2 3 2
【解析】窑尾灰加入稀硫酸酸浸，各物质转化为对应的硫酸盐，C、SiO 不反应，另外硫酸钙微溶，
2
过滤得滤渣1为C、SiO 、CaSO ，滤液加入过量的铁粉，使铁离子转化为亚铁离子，然后加入氨水调节
2 4
pH使铝离子转化为氢氧化铝除去，然后滤液加入NH F除去镁、钙离子，过滤后滤液加入NH HCO ，反应
4 4 3
得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中灼烧最后得到氧化铁。(1)滤渣1的主要成分为C、SiO、CaSO；亚铁离
2 4
子具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其还能和K[ Fe( CN) ]溶液生成蓝色沉淀，则证明滤液1
3 6
中含有Fe2+的试剂可以是酸性KMnO 或者K[ Fe(CN) ]溶液；(2)“还原”过程加铁粉的目的是将Fe3+还原为
4 3 6Fe2+；(3)滤液加入氨水除去铝离子，而不沉淀亚铁离子，铝离子完全沉淀时 c(OH-)= =10-
8.5mol/L，pH=5.5，亚铁离子开始沉淀时c(OH-)= mol/L，此时pH=6.3，则“调pH”范围是
5.5≤pH <6.3；(4)若滤渣3中既有CaF 又有MgF ，则滤液4中 = =200：3；(5)“沉淀”过
2 2
程中亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、水、二氧化碳，离子反应方程式 Fe2+ +2 HCO -
3
=FeCO ↓+H O+CO↑；(6)“灼烧”过程中碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：
3 2 2
4FeCO +O 2Fe O +4CO 。
3 2 2 3 2
1．(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。2．(2023•湖南卷，9)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下：
已知：①溶液
中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 如下表所示：
Fe Cu(OH) Zn(OH) Al(OH)
物质
(OH)
3 2 2 3
开始沉淀
1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀
3.2 6.7 8.2 4.6
②K (CuS)= 6.4×10－36，K (ZnS)= 1.6×10－24。
sp sp
下列说法错误的是( )
A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe (OH) 和Al(OH)
3 3
B．NaS溶液呈碱性，其主要原因是S2-+H O HS-+OH-
2 2
C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2+和Zn2+完全沉淀时，溶液中
D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【解析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离
子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质。A项，根据
分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化
铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH) 和Al(OH) ，A正确；B项，硫化钠溶液中的硫离子可以水解，
3 3
产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H O HS-+OH-，B正确；C项，当
2
铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则
，C正确；D项，污水经过处理后其中含有较多
的钙离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，
D错误；故选D。3．(2023•辽宁省选择性考试，10)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH) ，已知焙烧后Cr元素以 价形式
3
存在，下列说法错误的是( )
A．“焙烧”中产生CO B．滤渣的主要成分为Fe(OH)
2 2
C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO2- D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
4
【答案】B
【解析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化
铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。A项，铁、铬氧
化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；B项，焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的
主要成分为氢氧化铁，B错误；C项，滤液①中Cr元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉
淀溶液显碱性，所以Cr 元素主要存在形式为CrO2-，C正确；D项，淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，
4
D正确； 故选B。
4．(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ⅠD．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。
5．(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
6．(2022•河北省选择性考试，4) 溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成 工艺流程如下：
下列说法错误的是( )
A．还原工序逸出的Br 用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
2
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为LiCO+2HBr=CO ↑ +2LiBr +H O
2 3 2 2
D．参与反应的n(Br)：n(BaS)：n(H SO )为1：1：1
2 2 4
【答案】A
【解析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除
杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。
A项，还原工序逸出的Br 用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原
2
工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A错误；B项，除杂工序中产生的滤渣为硫
酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶
于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B正确；C项，中和工序中，碳酸锂和氢溴
酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 LiCO+2HBr=CO ↑ +2LiBr +H O，C正
2 3 2 2
确；D项，根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1：1；根据硫酸钡的化学组成及钡
元素守恒可知，n(BaS)：n(H SO )为1：1，因此，参与反应的n(Br)：n(BaS)：n(H SO )为1：1：1，D正
2 4 2 2 4
确；故选A。
7．(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。
8．(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
9．(2021•河北选择性考试，6)BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如
图：
下列说法错误的是( )
A．酸浸工序中分次加入稀HNO 可降低反应剧烈程度
3
B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO
3
C．水解工序中加入少量CHCOONa(s)可提高Bi3+水解程度
3
D．水解工序中加入少量NH NO (s)有利于BiOCl的生成
4 3
【答案】D
【解析】A项，硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀HNO，反应物硝酸的用
3
量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；B项，金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成
BiONO ，水解的离子方程式为Bi3++NO-+H O BiONO +2H+，转化工序中加入稀HCl，使氢离子浓度
3 3 2 3
增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成BiONO ，B正确；C项，氯化铋水解生
3
成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl-+ H O BiOCl+2H+，水解工序中加入少量CHCOONa(s)，醋酸根会
2 3
结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进
Bi3+水解，C正确；D项，氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl-+ H O BiOCl+2H+，水解工
2
序中加入少量NH NO (s)，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化
4 3
铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应Bi3++NO-+H O
3 2
BiONO +2H+，也不利于生成BiOCl，综上所述，D错误；故选D。
3
10．(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。
4
一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 4B(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
11．(15分) (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
3 3
技工作者开发了超纯纯化、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
3 3
果，工业上以粗镓为原料，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 3
Ga(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 3Ga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。
12．(2023•辽宁省选择性考试，16)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(Ni2+、Co2+、Fe2+、
Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
Fe(OH) Co(OH) Ni(OH) Mg(OH)
物质
3 2 2 2
K 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8
sp
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(H SO )，1 mol H SO 中
2 5 2 5
过氧键的数目为_______。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被HSO 氧化为MnO，该反应的离子方程式为
2 5 2
_______( H SO 的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO、_______(填化学式)。
2 5 2
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn (Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO 体积分数为_______时，
2
Mn (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO 体积分数时，Mn (Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
2(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为_______。
(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH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 (3) ①Mn2++HSO -+H O=MnO+SO2-+3H+ ②Fe(OH)
A 3 2 2 4 3
(4) ①9.0% ②SO 有还原性，过多将会降低HSO 的浓度，降低Mn2(Ⅱ)氧化速率
2 2 5
(5)4Co(OH) +O =4CoO(OH)+2H O
2 2 2
(6)11.1
【解析】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(H SO )，用石
2 5
灰乳调节pH=4，Mn2+被HSO 氧化为MnO，发生反应Mn2++HSO -+H O=MnO+SO2-+3H+，Fe3+水解同时生
2 5 2 3 2 2 4
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CoO(OH)。(1)用硫酸浸取镍钴
2
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)H SO 的结构简
2 5
式为 ，所以1 mol H SO 中过氧键的数目为 N ；(3)用石灰乳调节pH=4，Mn2+被
2 5 A
HSO 氧化为 MnO ，该反应的离子方程式为：Mn2++HSO -+H O=MnO+SO2-+3H+；氢氧化铁的 Ksp=10-
2 5 2 3 2 2 4
37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，K = c(Fe3+)·c3(OH-)=1.0-5×(10-10.8)3=10－37.4，c(OH-)=10-
sp
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SO 体积分数为0.9%时，Mn (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO 体积分数时，
2 2
由于 SO 有还原性，过多将会降低 HSO 的浓度，降低 Mn (Ⅱ)氧化速率；(5) “沉钻镍”中得到的
2 2 5
Co(OH) ，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH) +O =4CoO(OH)+2H O；(6)氢
2 2 2 2
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。
13．(2023•全国甲卷，26)BaTiO 是一种压电材料。以BaSO 为原料，采用下列路线可制备粉状
3 4BaTiO 。
3
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BaCl、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程
2
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BaTiO(C O) 的化学方程式为_______。
2 4 2
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的n(CO)：n(CO)= _______。
2
【答案】(1)做还原剂，将BaSO 还原
4
(2) Ca2++S2-=CaS↓ (3)c
(4)不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体HS会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成
2
可溶于水的CaCl，导致BaCl 溶液中混有CaCl 杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
2 2 2
(5) BaCl+TiCl+H O+2(NH )C O=BaTiO(C O)+4NHCl+2HCl
2 4 2 4 2 2 4 2 4 2 4
(6)1：1
【解析】由流程和题中信息可知，BaSO 与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、
4
BaCl、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl 和
2 2
BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl 晶体；BaCl 晶体溶于水后，加入TiCl 和TiCl 将钡离子充分沉淀得
2 2 4 4
到BaTiO(C O)；BaTiO(C O) 经热分解得到BaTiO 。(1)“焙烧”步骤中，BaSO 与过量的碳粉及过量的氯
2 4 2 2 4 2 3 4
化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl、BaS和CaS，BaSO 被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，
2 4
将BaSO 还原。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS 与过
4 2
量的CaCl 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Ca2++S2-
2
=CaS↓。(3)“酸化”步骤是为了将BaS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BaCl
2
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HS会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl，
2 2
导致BaCl 溶液中混有CaCl 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
2 2
BaTiO(C O) 的化学方程式为：BaCl+TiCl+H O+2(NH )C O=BaTiO(C O)+4NHCl+2HCl。(6)“热分解”生
2 4 2 2 4 2 4 2 2 4 2 4 2 4
成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，BaTiO(C O) BaTiO +2CO ↑+2CO↑，因此，产生的n(CO)：
2 4 2 3 2 2n(CO)=1：1。
14．(2023•湖北省选择性考试，16)SiCl 是生产多晶硅的副产物。利用SiCl 对废弃的锂电池正极材料
4 4
LiCoO 进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：
2
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、CoCl 和SiO 的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl 应先除去，否则水浸时会产生
2 2 4
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NaCO 常用方法的名称是_______。
2 3
(4)已知K [Co(OH) ]= 5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为_______
sp 2
mol·L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
(5)导致SiCl 比CCl 易水解的因素有_______(填标号)。
4 4
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) ① 4 ② Ⅷ (2) SiCl +3H O=HSiO+4HCl (3)焰色反应
4 2 2 3
(4) ①5.9×10-7 ②6Co(OH) +O 2Co O+6H O
2 2 3 4 2
(5)abd
【解析】由流程和题中信息可知，LiCoO 粗品与SiCl 在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
2 4
CoCl 和SiO 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SiO 和HSiO；滤液
2 2 2 2 3
1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH) ]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气
2
中在850℃煅烧得到Co O ；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为LiCO 。(1)Co是
3 4 2 3
27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2，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SiCl 应先除去，否则水浸时会产
4
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：SiCl 遇水剧烈水解，
4
生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为 SiCl +3H O=HSiO+4HCl。(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为
4 2 2 3
LiCO ，常用焰色反应鉴别LiCO 和NaCO ，LiCO 的焰色反应为紫红色，而NaCO 的焰色反应为黄色。
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
故鉴别“滤饼3”和固体NaCO 常用方法的名称是焰色反应。(4)已知K [Co(OH) ]= 5.9×10－15，若“沉钴过
2 3 sp 2滤 ” 的 pH 控 制 为 10.0 ， 则 溶 液 中 c(OH-)=1.0×10-4mol·L-1 ， Co2+ 浓 度 为
mol·L-1。“850℃煅烧”时，Co(OH) 与O 反应生成
2 2
Co O 和HO，该反应的化学方程式为6Co(OH) +O 2Co O+6H O。(5)a项，Si-Cl键极性更大，则
3 4 2 2 2 3 4 2
Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl 比CCl 易水解，a有关；b项，Si的原子半径更大，因此，SiCl 中的共用电
4 4 4
子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH-的进攻，因此，SiCl 比
4
CCl 易水解，b有关；c项，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-
4
Cl更易断裂，故不能说明SiCl 比CCl 易水解，c无关；d项，Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的
4 4
OH-形成化学键，从而导致SiCl 比CCl 易水解，d有关；综上所述，导致SiCl 比CCl 易水解的因素有
4 4 4 4
abd。
15．(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
16. (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
17．(14分)(2023•广东卷，18)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、
Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH ·H O、(NH )SO 和(NH )CO 配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH 形成可溶
3 2 4 2 3 4 2 3 3
于水的配离子：lgK (NH ·H O)=-4.7；Co (OH) 易被空气氧化为Co (OH) ；部分氢氧化物的K 如下表。
b 3 2 2 3 sp
氢氧化
Co (OH) Co (OH) Ni(OH) Al(OH) Mg(OH)
物 2 3 2 3 2
K
sp
回答下列问题：
(1)活性 可与水反应，化学方程式为 。
(2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c(NH ·H O) c(NH +) (填“>”“<”或“=”)。
3 2 4
(3)“氨浸”时，由Co (OH) 转化为[Co (NH)]2+的离子方程式为 。
3 3 6
(4) (NH )CO 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，
4 2 3
出现了NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰。
4 2 3
①NH Al(OH) CO 属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
4 2 3
②(NH )CO 提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是 。
4 2 3
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。
②由CoCl 可制备Al CoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为
2 x
整数，则Co在晶胞中的位置为 ；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为 。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO 溶液中n(HNO)与
3 3
n(H O)的比值，理论上最高为 。
2
②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO 和 (填化学式)。
3【答案】(1) MgO+HO=Mg(OH)
2 2
(2)＞
(3) 2Co(OH) +12 NH ·H O +SO 2-=2[Co (NH )]2++SO2-+13H O+4OH- 或2Co(OH) +8 NH ·H O +4NH+
3 3 2 3 3 6 4 2 3 3 2 4
+SO2-=2[Co (NH )]2++SO2-+13H O
3 3 6 4 2
(4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5) HCl 体心 12
(6) 0.4或2:5 MgO
【解析】硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主
要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤
液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到
氯化镍晶体。(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO+HO=Mg(OH) ；(2)常温下，pH=9.9的氨性溶
2 2
液中，lgK (NH ·H O)=-4.7， ，
b 3 2
，则c(NH ·H O)＞c(NH +)；(3)“氨浸”时，Co(OH) 与亚硫酸根
3 2 4 3
发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[Co (NH)]2+，则由Co(OH) 转化为[Co (NH)]2+的离子方程式为
3 6 3 3 6
2Co(OH) +12 NH ·H O +SO 2-=2[Co (NH )]2++SO2-+13H O+4OH- 或2Co(OH) +8 NH ·H O +4NH++SO2-
3 3 2 3 3 6 4 2 3 3 2 4 3
=2[Co (NH )]2++SO2-+13H O；(4)(NH )CO 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤
3 6 4 2 4 2 3
渣的X射线衍射图谱中，出现了NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了
4 2 3
NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰，则NH Al(OH) CO 属于晶体；②根据题意(NH )CO 会使滤泥中的一种胶
4 2 3 4 2 3 4 2 3
状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH )CO 能提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是减少胶状物质
4 2 3
对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；(5)①“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因
此通入的酸性气体A为HCl；②由CoCl 可制备Al CoOy晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中
2 x
信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在
顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的
氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12；
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO)·6H O，根据
3 2 2
Mg(NO)+2H O Mg(OH) +2HNO ，Mg(OH) MgO+HO，还剩余5个水分子，因此所得HNO 溶液
3 2 2 2 3 2 2 3
中n(HNO)与n(H O)的比值理论上最高为2：5；②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，根据前面
3 2
分析Mg(NO)+2H O Mg(OH) +2HNO ，Mg(OH) MgO+HO，在于可重复利用HNO 和MgO。
3 2 2 2 3 2 2 3
18．(2022•福建卷，11)(13分)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SiO、
2Al O 和CaO等)提铝的工艺流程如下：
2 3
回答下列问题：
(1)“浸出”时适当升温的主要目的是_______，Al O 发生反应的离子方程式为_______。
2 3
(2)“浸渣”的主要成分除残余Al O 外，还有_______。实验测得， 粉煤灰(AlO 的质量分数为
2 3 2 3
)经浸出、干燥后得到 “浸渣”(AlO 的质量分数为 )，Al O 的浸出率为_______。
2 3 2 3
(3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入KSO 沉铝的目的是_______，“沉
2 4
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) Al O+6H+=2Al3++3H O
2 3 2
(2) SiO 和CaSO 84%
2 4
(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) 2KAl(SO ) KSO +AlO+3SO↑或4KAl(SO ) 2KSO +2AlO+6SO↑+3O ↑
4 2 2 4 2 3 3 4 2 2 4 2 3 2 2
(5)沉铝
【解析】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，加入硫酸
2 2 3
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。(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++3H O；(2)“浸渣”的主
2 3 2 4 2 4 3 2 2 3 2
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 的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸
2 3 2 3
渣”Al O 的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al O 的浸出率为 ；(3)根据沉铝体系中，
2 3 2 3
Al (SO )·18H O溶解度最大，KAl(SO )·12H O溶解度最小，更容易析出，加入KSO 沉铝的目的是更多的
2 4 3 2 4 2 2 2 4
使Al (SO ) 转化为KAl(SO )·12H O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；
2 4 3 4 2 2
KAl(SO )·12H O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；(4)“焙烧”时，
4 2 2
KAl(SO ) 分解为KSO 、Al O 和SO 或KSO 、Al O、SO 和O，反应方程式为2KAl(SO )
4 2 2 4 2 3 3 2 4 2 3 2 2 4 2
KSO +AlO+3SO↑或4KAl(SO ) 2KSO +2AlO+6SO↑+3O ↑；(5)“水浸”后得到的“滤液2”成分为
2 4 2 3 3 4 2 2 4 2 3 2 2
KSO ，可在沉铝工序循环使用。
2 4
19．(2022•重庆卷，15)(15分)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_____，废液中的
3
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—，终点时消耗KIO 溶液
3 3 3
20.00mL。
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，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原 2IO -+5Sn2+
3 3
+12H+=I +5Sn4++6H O 39.7%
2 2
【解析】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。(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； 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；③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
2
NaSnO +H O；(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；②
2 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；(3)①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘，碘遇
淀粉溶液变蓝色时，碘与过量的二价锡离子反应生成碘离子，溶液由蓝色变为无色，则终点时的现象为滴
入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原，反应生成碘的离子方程式为2IO -
3
+5Sn2++12H+=I +5Sn4++6H O，故答案为：滴入最后一滴KIO 标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内
2 2 3
不复原；2IO -+5Sn2++12H+=I +5Sn4++6H O；②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1
3 2 2
碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为 ×100%=39.7%。
20．(2022•湖北省选择性考试，16)(14分)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
3
LiCO
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。
21．(2022•辽宁省选择性考试，16)(14分)某工厂采用辉铋矿(主要成分为BiS，含有FeS、SiO 杂质)
2 3 2 2
与软锰矿(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。
22．(2022•北京卷，18)铵浸法由白云石[主要成分为CaMg(CO )，含Fe O、SiO 杂质]制备高纯度碳
3 2 2 3 2
酸钙和氧化镁。其流程如下：
已知：
物
Ca(OH) Mg(OH) CaCO MgCO
质 2 2 3 3
K
sp
(1)煅烧白云石的化学方程式为___________。
(2)根据下表数据分析：
n(NH Cl)：n(CaO) CaO浸出率/ MgO浸出率/ w (CaCO )理论值/ w (CaCO )实测值/
4 3 3
98.4 1.1 99.7 -
98.8 1.5 99.2 99.5
98.9 1.8 98.8 99.5
99.1 6.0 95.6 97.6
已知：i．对浸出率给出定义
ii．对w (CaCO )给出定义
3
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
②CaO浸出率远高于MgO浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“n(NH Cl)：n(CaO)”数值为___________。
4
④w (CaCO )实测值大于理论值的原因为___________。
3⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO浸出率可出 增加至 ，结合化学反应原理解释MgO浸
出率提高的原因为___________。
(3)滤渣C为___________。
(4)可循环利用的物质为___________。
【答案】(1)CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑
3 2 2
(2) CaCl +NH·H O+CO=CaCO ↓+NHCl+H O Ca(OH) 的溶度积大于Mg(OH) ，溶液中Ca(OH) 能
2 3 2 2 3 4 2 2 2 2
与NH Cl反应，而Mg(OH) 不能 2.4：1 反应加入的CaO也转化为CaCO Mg(OH) +
4 2 3 2
(NH )SO MgSO +2NH↑+2H O，蒸馏时，NH 逸出促进NH +水解，溶液中H+浓度增大，有利于
4 2 4 4 3 2 3 4
Mg(OH) 完全转化为MgSO
2 4
(3)SiO、Fe O
2 2 3
(4)NH Cl、(NH )SO
4 4 2 4
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固
3 2
体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢
氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液
A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵
溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二
氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得
到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环
利用。(1)白云石煅烧时，CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为
3 2
CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑；(2)①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一
3 2 2
水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为
CaCl +NH·H O+CO=CaCO ↓+NHCl+H O；②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，
2 3 2 2 3 4 2
溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，
所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁；③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化
镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为
2.4：1；④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进
铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高；
(3)滤渣C为氧化铁、二氧化硅；(4)由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。
23．(2022•海南省选择性考试，15(10分)胆矾(CuSO ·5H O)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈
4 2
的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO、Cu(OH) ]制备胆矾。流程如下。
3 2回答问题：
(1)步骤①的目的是_______。
(2)步骤②中，若仅用浓HSO 溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。
2 4
(3)步骤②中，在HO 存在下Cu溶于稀HSO ，反应的化学方程式为_______。
2 2 2 4
(4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______。
(5)实验证明，滤液D能将I-氧化为I。
2
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量HO 将I-氧化为I，理由是_______。
2 2 2
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写
2
具体操作过程)。
【答案】(1)除油污 (2)SO
2
(3) Cu+ H O+ H SO =CuSO+2H O
2 2 2 4 4 2
(4)胆矾晶体易溶于水
(5) 溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜
离子恰好完全沉淀，再加入I-，不能被氧化
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体
B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO、Cu(OH) 均转化为CuSO ，溶液C为硫酸铜溶液
3 2 4
和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。(1)原料表面含有少量的油污，NaCO 溶液呈
2 3
碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。(2)在加热的条件下，铜
可以与浓硫酸发生反应生成CuSO 、SO 和HO，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓HSO
4 2 2 2 4
溶解固体B，将生成SO 污染环境。(3)步骤②中，在HO 存在下Cu溶于稀HSO ，生成CuSO 和HO，
2 2 2 2 4 4 2
该反应的化学方程式为Cu+ HO+ H SO =CuSO+2H O。(4)胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④
2 2 2 4 4 2
得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。(5)ⅰ.
HO 常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量
2 2
HO 将I-氧化为I，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后HO 已完全分解。ⅱ. I-氧化为I 时溶液的颜色会
2 2 2 2 2 2
发生变化；滤液D中含有CuSO 和HSO ，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I，较简单的方案
4 2 4 2
是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有
多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入NaS将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实
2
验方案为取少量滤液D，向其中加入适量NaS溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量
2
KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I。
2
24．(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
2
Fe(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
25．(2022•山东卷，17(13分)工业上以氟磷灰石[Ca F(PO )]，含SiO 等杂质]为原料生产磷酸和石膏，
5 4 3 2
工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)酸解时有 产生。氢氟酸与SiO 反应生成二元强酸HSiF，离子方程式为_______。
2 2 6
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na CO)：n(SiF2-)= 1：1加入NaCO 脱
2 3 6 2 3
氟，充分反应后，c(Na+)=_______ mol•L-1；再分批加入一定量的BaCO ，首先转化为沉淀的离子是_______。
3
BaSiF NaSiF CaSO BaSO
6 2 6 4 4
Ksp 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-4 1.0×10-10
(3)SO 2-浓度(以SO %计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、HPO 浓度(以PO%计)的关系如图甲
4 3 3 4 2 5
所示。酸解后，在所得 、PO%为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使
2 5
用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度
下，石膏存在形式与溶液中PO%和SO %的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结品转化的
2 5 3
是_______(填标号)。A．65℃、PO%=15、SO %=15 B．80℃、PO%=10、SO %=20
2 5 3 2 5 3
C．65℃、PO%=10、SO %=30 D．80℃、PO%=10、SO %=10
2 5 3 2 5 3
【答案】(1)6HF+SiO =2H++ SiF2-+2H O
2 6 2
(2) 2.0×10-2 SO 2-
4
(3) CaSO •0.5HO 减少CaSO 的溶解损失，提高产品石膏的产率 酸解 D
4 2 4
【解析】根据题中的工艺流程，氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶
转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和SiF2-，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
6
(1)氢氟酸与SiO 反应生成二元强酸HSiF，该反应的离子方程式为6HF+SiO =2H++ SiF2-+2H O。(2)精制1
2 2 6 2 6 2
中，按物质的量之比n(Na CO)：n(SiF2-)= 1：1加入NaCO 脱氟，该反应的化学方程式为HSiF+
2 3 6 2 3 2 6
NaCO= Na SiF↓+CO ↑+ H O，充分反应后得到沉淀NaSiF，溶液中有饱和的NaSiF，且
2 3 2 6 2 2 2 6 2 6
c(Na+)=2c(SiF 2-)，根据NaSiF 的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c(SiF 2-)=4c3(SiF2-)，c(SiF 2-) =
6 2 6 6 6 6
mol•L-1，因此c(Na+)=2c(SiF 2-)=2.0×10-2mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶
6
液，c(Ca2+)=c(SO2-)= mol•L-1；分批加入一定量的BaCO ，当BaSiF 沉淀开始生成时，
4 3 6
c(Ba2+)= mol•L-1，当BaSO 沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，因
4
此，首先转化为沉淀的离子是SO 2-，然后才是SiF2-。(3)根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、
4 6
PO%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO•0.5HO；CaSO 在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，
2 5 4 2 4
洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO 的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗
4
涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操
作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO•0.5HO形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO•2H O形式
4 2 4 2
存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：A项，PO%= l5、SO %= 15，由图乙信息可知，该点
2 5 3
坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；B项，PO%= 10、SO %= 20，
2 5 3
由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线(65℃、80℃)之间，故不能实现晶体的完全转化， B不符合题
意；C项，PO%= 10、SO %= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全
2 5 3
部以CaSO•0.5HO形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；D项，PO%=10、SO %= 10，由图
4 2 2 5 3
乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO•2H O形式存在，故能实现晶体的完全转化，
4 2
D符合题意；故选D。
26．(14分)(2022•全国乙卷，26)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO 、PbO 、PbO和Pb。还有少量
4 2
Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质 PbSO PbCO BaSO BaCO
4 3 4 3
K 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9
sp
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的 如下表：
金属氢氧化物 Fe(OH) Fe(OH) Al(OH) Pb(OH)
3 2 3 2
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中PbSO 转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择NaCO 的
4 2 3
原因________。
(2)在“脱硫”中，加入NaCO 不能使铅膏中BaSO 完全转化，原因是________。
2 3 4
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸( )，还要加入HO。
2 2
(ⅰ)能被HO 氧化的离子是________；
2 2
(ⅱ) H O 促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac) ，其化学方程式为________；
2 2 2
(ⅲ) H O 也能使PbO 转化为Pb(Ac) ，HO 的作用是________。
2 2 2 2 2 2(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
【答案】(1) PbSO (s)+CO2-(aq)= PbCO (s)+SO 2-(aq)
4 3 3 4
反应PbSO (s)+CO2- (aq)= PbCO (s)+SO 2- (aq)的平衡常数K= =3.4×105>105，PbSO 可以比较彻
4 3 3 4 4
底的转化为PbCO
3
(2)反应BaSO(s)+CO2- (aq)= BaCO (s)+SO 2- (aq)的平衡常数K= =0.04<<105，反应正向进行的
4 3 3 4
程度有限
(3) Fe2+ Pb+HO+2HAc=Pb(Ac) +2H O 作还原剂
2 2 2 2
(4)Fe(OH) 、Al(OH) (5)Ba2+、Na+
3 3
【解析】铅膏中主要含有PbSO 、PbO 、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏
4 2
中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，
过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的
pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧
化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。(1)“脱硫”中，
碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO (s)+CO2- (aq)= PbCO (s)
4 3 3
+SO2- (aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，K (PbCO )=7.4×10-14，K (PbSO )=2.5×10-8，反
4 sp 3 sp 4
应PbSO (s)+CO2- (aq)= PbCO (s)+SO 2- (aq)的平衡常数K= = = =
4 3 3 4
≈3.4×105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅
的损失。(2)反应BaSO(s)+CO2- (aq)= BaCO (s)+SO 2- (aq)的平衡常数K= = =
4 3 3 4
= ≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的
BaSO 完全转化。(3)(i)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ii)过氧化氢
4
促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac) ，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac) 和HO，依
2 2 2据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+HO+2HAc=Pb(Ac) +2H O。(iii)过氧化氢也
2 2 2 2
能使PbO 转化为Pb(Ac) ，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO 是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。
2 2 2
(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。
(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO 完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧
4
化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、
氢氧化钠时引入的Na+。
27．(14分)(2022•全国甲卷，26)硫酸锌(ZnSO)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有
4
诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO ，杂质为SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu等的
3 2
化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
离子 Fe3+ Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
(3)加入物质X调溶液 ，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A．NH ·H O B．Ca(OH) C．
3 2 2
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
(4)向 的滤液①中分批加入适量KMnO 溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO，该步反应的
4 2
离子方程式为_______。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是_______。
(6)滤渣④与浓HSO 反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
2 4
【答案】(1)ZnCO ZnO+CO ↑
3 2
(2) 增大压强 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等
(3) B Fe(OH) CaSO SiO
3 4 2(4)3Fe2++ MnO -+7H O=3Fe(OH) ↓+MnO↓+5H+
4 2 3 2
(5)置换Cu2+为Cu从而除去
(6) CaSO MgSO
4 4
【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO ，杂质为SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，
3 2
结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO ZnO+CO ↑，再加入HSO 酸浸，得到含Zn2+、
3 2 2 4
Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH) 、
3
CaSO、SiO 的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO 溶液
4 2 4
氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH) 和MnO 的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后
3 2
得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF 、MgF ，滤液④为ZnSO 溶液，
2 2 4
经一系列处理得到ZnSO·7H O。(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO ZnO+CO ↑；(2)可
4 2 3 2
采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；(3)A项，
NH ·H O易分解产生NH 污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B项，Ca(OH) 不会引入新的杂质，
3 2 3 2
且成本较低，故B适宜；C项，NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故选B；当沉淀完全时
(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有
Fe(OH) ，又CaSO 是微溶物，SiO 不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH) 、CaSO、SiO；(4)向
3 4 2 3 4 2
80~90℃滤液①中加入KMnO 溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH) 和MnO 的滤渣②，反应的离子方程式为
4 3 2
3Fe2++ MnO -+7H O=3Fe(OH) ↓+MnO↓+5H+；(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入
4 2 3 2
锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；(6)由分析，滤渣④为CaF 、MgF ，与浓硫酸反应可得到HF，同
2 2
时得到的副产物为CaSO、MgSO 。
4 4
28．(14分) (2022•湖南选择性考试，17)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主
要成分为TiO，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
2
已知“降温收尘”后，粗TiCl 中含有的几种物质的沸点：
4
物质 TiCl VOCl SiCl AlCl
4 3 4 3
沸点/℃ 136 127 57 180
回答下列问题：
(1)已知ΔG= ΔH-TΔS， 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略 、 随温度的变化。若
ΔG＜0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。A．C(s)＋O(g)=CO (g)
2 2
B．2C(s)＋O(g)=2CO(g)
2
C．TiO (s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋O(g)
2 2 4 2
D．TiO (s)＋C(s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋CO(g)
2 2 4 2
(2) TiO 与C、Cl，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
2 2
物质 TiCl CO CO Cl
4 2 2
分压
①该温度下，TiO 与C、Cl 反应的总化学方程式为_______；
2 2
②随着温度升高，尾气中 的含量升高，原因是_______。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离TiCl 中含 、 杂质的方法
4
是_______。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入 冶炼 的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【答案】(1)C
(2) 5TiO+6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO 随着温度升高，CO 与C发生反应C＋CO 2CO
2 2 4 2 2 2
(3) 3VOCl +Al=3VOCl +AlCl 蒸馏
3 2 3
(4) 不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)AC
【解析】钛渣中加入C、Cl 进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl ，加入单
2 4
质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl ，加入Mg还原得到Ti。(1)记①C(s)＋O(g)=CO (g)，②2C(s)＋
4 2 2O(g)=2CO(g)，③TiO (s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋O(g)，④TiO (s)＋C(s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋CO(g)；A项，
2 2 2 4 2 2 2 4 2
由图可知，600℃时C(s)＋O(g)=CO (g)的ΔG＜0，反应自发进行，故A不符合题意；B项，由图可知，
2 2
600℃时2C(s)＋O(g)=2CO(g)的ΔG＜0，反应自发进行，故B不符合题意；C项，由图可知，600℃时TiO
2 2
(s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋O(g)的ΔG＞0，反应不能自发进行，故C符合题意；D项，根据盖斯定律，TiO
2 4 2 2
(s)＋C(s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋CO(g)可由①+③得到，则600℃时其ΔG＜0，反应自发进行，故D不符合题
2 4 2
意；故选C；(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO，根据相同条件下气体的压强之比
2
是物质的量之比可知TiCl 、CO和CO 的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO 与C、Cl 反应的总化学方
4 2 2 2
程式为5TiO+6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO ；②随着温度升高，CO 与C发生反应C＋CO
2 2 4 2 2 2
2CO，导致CO含量升高；(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl 形式存在，加入Al得到VOCl 渣，根据
3 2
得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl +Al=3VOCl +AlCl ；AlCl 、SiCl 与TiCl 沸点差异较大，
3 2 3 3 4 4
“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl 、SiCl ；(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需
3 4
要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换；(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti
的方法为热还原法；A项，高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原
法，故A符合题意；B项，电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；C项，铝热反
应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；D项，Hg为不活
泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；故选AC。
29．(12分) (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
2 2 3 3
分实验过程如下：
(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0.02000
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。
30．(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
31．(2021•全国甲卷，26)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下
列问题：
(1)I 的一种制备方法如下图所示：
2
①加入 粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入Cl 的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比n(Cl )/
2 2
n(FeI )=1.5时，氧化产物为_______；当n(Cl )/n(FeI )＞1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______。
2 2 2
(2)以NaIO 为原料制备 的方法是：先向NaIO 溶液中加入计量的NaHSO，生成碘化物；再向混合
3 3 3
溶液中加入NaIO 溶液，反应得到I，上述制备I 的总反应的离子方程式为_______。
3 2 2
(3)KI溶液和CuSO 溶液混合可生成CuI沉淀和I，若生成1 mol I ，消耗的KI至少为_______ mol。I
4 2 2 2
在KI溶液中可发生反应I+I- I-。实验室中使用过量的KI与CuSO 溶液反应后，过滤，滤液经水蒸
2 3 4
气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量 的原因是_______。
【答案】(1) ①2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO
3
②FeI+Cl= I+FeCl I、FeCl I 被过量的Cl 进一步氧化
2 2 2 2 2 3 2 2
(2)2IO -+5HSO -=5SO2-+I +3H++H O
3 3 4 2 2
(3)4 防止单质碘析出
【解析】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI 和Ag，FeI 易溶于水，在离
2 2
子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸
反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl 的过程中，因I-还原性强于Fe2+，Cl 先氧化还原性强的I-，若氧化
2 2
产物只有一种，则该氧化产物只能是I，故反应的化学方程式为FeI+Cl= I+FeCl ，若反应物用量比
2 2 2 2 2
n(Cl )/n(FeI )=1.5时即Cl 过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I、
2 2 2 2
FeCl ，当n(Cl )/n(FeI )＞1.5即Cl 过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反
3 2 2 2
应，单质碘的收率会降低；(2)先向NaIO 溶液中加入计量的NaHSO，生成碘化物即含I-的物质；再向混合
3 3
溶液中(含I-)加入NaIO 溶液，反应得到I，上述制备I 的两个反应中I-为中间产物，总反应为IO -与HSO -
3 2 2 3 3
发生氧化还原反应，生成SO 2-和I，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：
4 2
2IO -+5HSO -=5SO2-+I +3H++H O；(3) KI溶液和CuSO 溶液混合可生成CuI沉淀和I，化学方程式为
3 3 4 2 2 4 2
4KI+2CuSO =2CuI↓ +I +2K SO ，若生成1 mol I ，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增
4 2 2 4 2
大，可逆反应I+I- I-平衡右移，增大I 溶解度，防止I 升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出。
2 3 2 2
32．(2021•全国乙卷，26)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO、SiO、Al O、MgO、CaO以及少
2 2 2 3
量的Fe O。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
2 3该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子 Fe3+ Al3+ Mg2+ Ca2+
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c =1.0×10-5 mol·Lˉ1)的
3.2 4.7 11.1 13.8
pH
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO、SiO 几乎不发生反应，Al O、MgO、CaO、Fe O 转化为相应的硫酸盐，写出
2 2 2 3 2 3
Al O 转化为NH Al(SO ) 的化学方程式_______。
2 3 4 4 2
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属
离子是_______。
(3)“母液①"中Mg2+浓度为_______ cmol·Lˉ1。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO·x H O沉淀，该反应的离子方程式是
2 2
_______。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【答案】Al O+4(NH)SO NH Al(SO )+6NH↑+3H O↑
2 3 4 2 4 2 4 4 2 3 2
Fe3+、Al3+、Mg2+ 1.0×10-6 硫酸 SiO CaSO
2 4
TiO2++(x+1)H O TiO·x H O↓+HO (NH )SO
2 2 2 2 4 2 4
【解析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、
氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二
氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、
二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加
入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀
硫酸反应得到TiOSO ，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO 溶液；将TiOSO 溶液加入热水
4 4 4
稀释并适当加热，使TiOSO 完全水解生成TiO·x H O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO·x
4 2 2 2
HO。(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，
2
反应的化学方程式为Al O+4(NH)SO NH Al(SO )+4NH↑+3H O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的
2 3 4 2 4 4 4 2 3 2
pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，
钙离子没有沉淀；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—
2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为 =1×10—6mol/L；(4)增大溶液中硫
酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO 溶液中
4
含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则
酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；(5)酸溶后将TiOSO 溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO
4 4
完全水解生成TiO·x H O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++(x+1)H O TiO·xH O+2H+；(6)由分析
2 2 2 2 2
可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，
可以循环使用。
33．(2021•湖南选择性考试，17)Ce (CO) 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈
2 3 3
(Ce)主要以 CePO 形式存在，还含有 SiO 、Al O 、Fe O 、CaF 等物质。以独居石为原料制备
4 2 2 3 2 3 2
Ce (CO)•nH O的工艺流程如图：
2 3 3 2
回答下列问题：
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为 ；
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有 (至少写两条)；
(3)滤渣Ⅲ的主要成分是 (填化学式)；
(4)加入絮凝剂的目的是 ；
(5)“沉铈”过程中，生成Ce (CO)•nH O的离子方程式为 ，常温下加入的
2 3 3 2
NH HCO 溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH •H O的K＝1.75×10﹣
4 3 3 2 b
5，HCO 的K ＝4.4×10﹣7，K ＝4.7×10﹣11)；
2 3 a1 a2(6)滤渣Ⅱ的主要成分为 FePO ，在高温条件下，LiCO 、葡萄糖(C H O)和FePO 可制备电极材料
4 2 3 6 12 6 4
LiFePO ，同时生成CO和HO，该反应的化学方程式为 。
4 2
【答案】(1)138 Ce (2)适当升高温度，将独居石粉碎等
58
(3)Al(OH) (4)促使铝离子沉淀
3
(5)2Ce3++6HCO-+(n﹣3)HO＝Ce (CO)•nH O+3CO↑ 碱性
3 2 2 3 3 2 2
(6)6FePO +3Li CO+C H O 6LiFePO +9CO↑+6H O
4 2 3 6 12 6 4 2
【解析】天然独居石主要以CePO 形式存在，还含有SiO 、Al O 、Fe O 、CaF 等物质中加入浓硫酸
4 2 2 3 2 3 2
焙烧，二氧化硅不反应，其他物质生成对应的硫酸盐，加水水浸，浸渣为硫酸钙和二氧化硅，滤液中含有
加入FeCl 除磷，生成FePO 沉淀，加氧化镁调节pH＝5，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+沉淀除去，
3 4
加入碳酸氢铵沉铈，过滤获得Ce (CO)•nH O。(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，依据核素的
2 3 3 2
表示方法，其符号为138 Ce；(2)升高温度，搅拌反应物可以加快水浸效率；(3)依据流程分析，氧化镁调节
58
pH＝5，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+生成对应的氢氧化物沉淀除去，对应的滤渣 III为Fe(OH) 、
3
Al(OH) ；(4)加入絮凝剂，吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除去；(5)“沉铈”过程中，加入Ce3+与
3
CO2﹣结合，促进 HCO ﹣电离，生成 Ce (CO)•nH O，离子方程式为：2Ce3++6HCO﹣+(n﹣3)HO＝
3 3 2 3 3 2 3 2
Ce (CO)•nH O+3CO↑，根据盐类水解规律，已知NH •H O的电离平衡常数K ＝1.75×10﹣5，HCO 的电离
2 3 3 2 2 3 2 b 2 3
平衡常数 K ＝4.4×10﹣7，K ＝4.7×10﹣11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以 NH HCO 显碱性；
a1 a2 4 3
(6)Li CO 、葡萄糖(C H O)和FePO 可制备电极材料LiFePO ，同时生成CO和HO，可知葡萄糖中C元素
2 3 6 12 6 4 4 2
被氧化，FePO 中Fe元素被还原，LiCO 中C元素被还原，据此可知方程式为6FePO +3Li CO+C H O
4 2 3 4 2 3 6 12 6
6LiFePO +9CO↑+6H O。
4 2
34．(2021•湖北选择性考试，16) (14分)废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成
为CuIn Ga Se 。某探究小组回收处理流程如下：
0.5 0.5 2
回答下列问题：
(1)硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为 ；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第ⅢA
族，CuI Ga Se 中Cu的化合价为 。
n0.5 0.5 2
(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为 。
(3)25 ℃时，已知： ， ，， ，“浸出液”中c(Cu2)＝0.01 mol·L1。当
金属阳离子浓度小于1.0×105mol·L1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为 (保留
一位小数)；若继续加入 6.0 mol·L1 氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后
；为探究Ga(OH) 在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH) ＋NH ·H O [ Ga(OH)]＋NH +的平衡常数K＝
3 3 3 2 4 4
。
(已知：Ga3+＋4OH [ Ga(OH)] )
4
(4)“滤渣”与SOCl 混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO 2是否洗净的试剂是 ；“回流
2 4
过滤”中SOCl 的作用是将氢氧化物转化为氯化物和 。
2
(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为 。
【答案】(除标明外，每空1分)
(1)6 ＋1
(2)Cu O＋HO＋2HSO ＝2CuSO ＋3HO(2分)
2 2 2 2 4 4 2
(3)4.7(2分)蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色(2分)2.0×106(2分)
(4)HCl溶液、BaCl 溶液 作溶剂
2
高温
(5)GaCl ＋NH GaN＋3HCl(2分)
3 3
【解析】(1)硒与硫同为第ⅥA族元素，最外层有6个电子。硒最低化合价为－2；镓和铟同为ⅢA族
元素，化合价均为＋3，根据化合物中正、负化合价代数和为0，设CuIn Ga Se 中铜的化合价为x，则有
0.5 0.5 2
x＋3×0.5＋3×0.5＝2×2，解得x＝＋1。(2)CuIn Ga Se 在“焙烧”时硒转化成二氧化硒，镓、铟元素化合
0.5 0.5 2
价均为最高价，保持不变化。则酸浸氧化时双氧水氧化＋1价铜元素，高温焙烧时铜元素转化成氧化亚铜
(在1000 ℃以上氧化铜分解生成氧化亚铜)，故酸浸氧化时发生的主要氧化还原反应为 Cu O＋HO ＋
2 2 2
2HSO ＝ 2CuSO ＋ 3HO 。 (3) ，
2 4 4 2
。Cu(OH) ＋4NH ·H O＝[Cu(NH )]2+(深蓝色)＋2OH＋4HO；向氢氧化铜
2 3 2 3 4 2
中 滴 加 过 量 浓 氨 水 ， 蓝 色 沉 淀 溶 解 得 到 深 蓝 色 溶 液 。，由此推知，氢氧化镓不溶于浓
氨水。(4)检验的试剂是氯化钡溶液和盐酸。回流时发生一系列反应可以理解为 2Ga(OH) ＝GaO ＋3HO，
3 2 3 2
2In(OH)＝InO＋3HO，SOCl ＋HO＝SO ＋2HCl，GaO＋6HCl＝2GaCl ＋3HO，InO＋6HCl＝2InCl ＋
2 3 2 2 2 2 2 3 3 2 2 3 3
3HO，随着水增多、GaCl 和InCl 会水解，产生的氯化氢会抑制氯化物水解。滤渣溶于氯化亚砜(SOCl )，
2 3 3 2
回流过滤，说明氯化亚砜作用之一是溶剂。(5)氯化镓与氨气在高温下生成氮化镓和氯化氢。
35．(2021•海南选择性考试，15) (10分)无水FeCl 常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了
3
如下流程，以废铁屑(含有少量碳和SiO 杂质)为原料制备无水FeCl(s)。
2 3
已知：氯化亚砜( )熔点-101℃，沸点76℃，易水解。
回答问题：
(1)操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。
(2)为避免引入新的杂质，试剂B可以选用___________(填编号)。
A．KMnO 溶液 B．Cl 水 C．Br 水 D．HO 溶液
4 2 2 2 2
(3)操作②是蒸发结晶，加热的同时通入HCl(g)的目的是___________。
(4)取少量 晶体，溶于水并滴加 溶液，现象是___________。
(5)反应 的化学方程式为___________。
(6)由 转化成 的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂___________，并设计实验验
证是该还原剂将 还原___________。
【答案】(1)漏斗 (2)BD (3)防止水解 (4)溶液变为血红色
(5)FeCl ·6H O+6SOCl FeCl +6SO↑+12HCl↑
3 2 2 3 2
(6)SO 先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是将还原
2
【解析】废铁屑(含有少量碳和SiO 杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO
2 2
杂质，A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，蒸发结晶生成FeCl ·6H O，通入SOCl 生成FeCl 。(1)过
3 2 2 3
滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。(2)A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，A、C都引入杂
质离子，故选BD。(3)加热促进氯化铁溶液的水解，会生成氢氧化铁，故加入HCl(g)的目的是防止水解。(4)KSCN溶液遇Fe3+变为红色。(5)根据已知信息氯化亚砜( )熔点-101℃，沸点76℃，易水解，
可得FeCl ·6H O与SOCl 生成FeCl 的化学方程式为FeCl ·6H O+6SOCl FeCl +6SO↑+12HCl↑。(6)可能反
3 2 2 3 3 2 2 3 2
应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁，若二氧化硫作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，故若加盐酸
酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作还原剂。
36．(2021•河北选择性考试，15)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计
了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，
不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是____________(填元素符号)。
(2)工序①的名称为____________________。
(3)滤渣的主要成分是___________(填化学式)。
(4)工序③中发生反应的离子方程式为______________________________。
(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为
____________________________，可代替NaOH的化学试剂还有_______(填化学式)。
(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_____________________(填“①”或“②”或“③”或
“④”)参与内循环。
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为____________________。(通常认为溶液中离子
浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH) +OH- Al(OH) -：K=100.63，K =10-14，K [A1(OH) ]=10-33)
3 4 w sp 3
【答案】(1)Fe、Cr (2)溶解浸出 (3)MgO、Fe O
2 3
(4)2Na CrO+2CO +H O= Na Cr O+2NaHCO↓
2 4 2 2 2 2 7 3
(5)4Fe(CrO )+ 7O +16NaHCO 8NaCrO+2 Fe O+ 16CO+8H O Na CO
2 2 2 3 2 4 2 3 2 2 2 3
(6)② (7)8.37
【解析】
由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，
Fe(CrO ) 被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反
2 2应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏
铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶
液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到
氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳
酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序
②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素；(2)由
分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质；(3)滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁；
(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方
程式为2NaCrO+2CO +H O= Na Cr O+2NaHCO↓；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生
2 4 2 2 2 2 7 3
的主要反应为高温下，Fe(CrO ) 与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学
2 2
方程式为4Fe(CrO )+ 7O +16NaHCO 8NaCrO+2 Fe O+ 16CO+8H O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也
2 2 2 3 2 4 2 3 2 2
能发生类似的反应；(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧
化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②；(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化
为沉淀的反应为Al(OH) - +H+ A1(OH) +H O，反应的平衡常数为K = =
4 3 2 1
= =1013.37，当c[Al(OH) -]为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为
4
= mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37。
37．(2021•广东选择性考试，16)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝( )、
钼(Mo)、镍( )等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，HCO 的K =4.5×10-7，K =4.7×10-11，K (BaMoO )=3.5×10-8, ，K (BaCO)=2.6×10-9；
2 3 a1 a1 sp 4 sp 3该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO 2-的形态存在。
4
(1)“焙烧”中，有NaMoO 生成，其中Mo元素的化合价为_______。
2 4
(2)“沉铝”中，生成的沉淀 为_______。
(3)“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO 的离子方程式为_______。
4
②若条件控制不当，BaCO 也会沉淀。为避免BaMoO 中混入BaCO 沉淀，溶液中c(HCO -)：
3 4 3 3
c(MoO 2-)=_______(列出算式)时，应停止加入BaCl 溶液。
4 2
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量CO，可析出 。
2
(5)高纯AlAs (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为
一种氧化物，可阻止HO刻蚀液与下层GaAs (砷化镓)反应。
2
①该氧化物为_______。
②已知： 和Al同族，As和N同族。在HO 与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，
2 2
则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】(1)+6 (2)Al(OH)
3
(3)①Ba2++MoO2-= BaMoO ↓ ②
4 4
(4)①NaHCO ②NH
3 3
(5)①Al O ②4：1
2 3
【解析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸
钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉
淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
【解析】(1)“焙烧”中，有NaMoO 生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0
2 4
可知，Mo元素的化合价为+6。(2)“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为
Al(OH) 。(3)①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO 沉淀，该反应的离子方程式为Ba2+
3 4+MoO2-= BaMoO ↓。②若开始生成BaCO 沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO -+BaMoO
4 4 3 3 4
BaCO3+MoO2-+H+，该反应的化学平衡常数为
4
。为避免BaMoO 中混入
4
BaCO 沉淀，必须满足 ，由于“沉钼”中pH为7.0， c(H＋)=
3
1.0×10-7 mol·L－1，所以溶液中 时，开始生成BaCO 沉淀， 因
3
此， 时，应停止加入
BaCl 溶液。(4)①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤
2
得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液
Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO ，故Y为NaHCO 。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中
3 3
添加适量NaCl固体后，通入足量NH ，再通入足量CO，可析出NaHCO 。(5)①由题中信息可知，致密的
3 2 3
保护膜为一种氧化物，是由HO 与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该
2 2
氧化物为Al O。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在HO
2 3 2 2
与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化
剂为HO，还原剂为GaAs。HO 中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个
2 2 2 2
HO 参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值
2 2
可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8：2=4：1。
38．(2021•山东卷，17)工业上以铬铁矿(FeCrO，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠
2 4
(Na Cr O•2H O)的工艺流程如图。回答下列问题：
2 2 7 2
(1)焙烧的目的是将FeCr O 转化为NaCrO 并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料
2 4 2 4逆流而行，目的是________________________________。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度
c≤1.0×10-5mol•L-1时，可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为_________________；酸化的目的是________________；Fe元素在
_________(填操作单元的名称)过程中除去。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致________________________________；冷却结晶所得母液中，除
NaCr O 外，可在上述流程中循环利用的物质还有________。
2 2 7
(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以NaCrO 为主要原料制备NaCr O 的总反应方程式为：
2 4 2 2 7
4NaCrO+4H O 2NaCr O+4NaOH+2H↑+O ↑。则NaCr O 在_______ (填“阴”或“阳”)极室制得，
2 4 2 2 2 7 2 2 2 2 7
电解时通过膜的离子主要为________________。
【答案】(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率
(2)4.5≤pH≤9.3 使2CrO2-+2H+ Cr O2-+H O平衡正向移动，提高NaCr O 的产率 浸取
4 2 7 2 2 2 7
(3)所得溶液中含有大量NaSO •10H O H SO (4)阳 Na＋
2 4 2 2 4
【解析】以铬铁矿(FeCrO，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na Cr O•2H O)过程中，
2 4 2 2 7 2向铬铁矿中加入纯碱和O 进行焙烧，FeCr O 转化为NaCrO，Fe(II)被O 氧化成Fe O，Al、Si氧化物转
2 2 4 2 4 2 2 3
化为NaAlO 、NaSiO，加入水进行“浸取”，Fe O 不溶于水，过滤后向溶液中加入HSO 调节溶液pH
2 2 3 2 3 2 4
使AlO-、SiO2-转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入HSO ，将NaCrO 转化为NaCr O，将溶液蒸发结
2 3 2 4 2 4 2 2 7
晶将NaSO 除去，所得溶液冷却结晶得到NaCr O•2H O晶体，母液中还含有大量HSO 。(1)焙烧时气体
2 4 2 2 7 2 2 4
与矿料逆流而行，目的是利用热量使O 向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率；(2)
2
中和时调节溶液pH目的是将AlO-、SiO2-转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，
2 3
当溶液pH＞9.3时，HSiO 会再溶解生成SiO2-，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将Al元素和Si
2 3 3
元素除去后，溶液中Cr元素主要以Cr O2-和CrO2-存在，溶液中存在平衡：2CrO2-+2H+ Cr O2-
2 7 4 4 2 7
+H O，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高NaCr O 的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作
2 2 2 7
中除去；(3)蒸发结晶时，NaSO 主要以NaSO •10H O存在，NaSO •10H O的溶解度随温度升高先增大后
2 4 2 4 2 2 4 2
减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量NaSO •10H O；由上述分析可知，流程中循环
2 4 2
利用的物质除NaCr O 外，还有HSO ；(4)由4NaCrO+4H O 2NaCr O+4NaOH+2H↑+O ↑可知，电
2 2 7 2 4 2 4 2 2 2 7 2 2
解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O，阴极上H+得到电子生成H，由2CrO2-+2H+
2 2 4
Cr O2-+H O可知，Cr O2-在氢离子浓度较大的电极室中制得，即NaCr O 在阳极室产生；电解过程
2 7 2 2 7 2 2 7
中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备NaCr O 的效率，Na＋通过离子交换膜
2 2 7
移向阴极。
39．(2021•北京卷，16)由钛白粉废渣制备铁黄，流程如下：
已知：
i.钛白粉废渣成分：FeSO ·H O、TiOSO 及其它难溶物
4 2 4
ii.TiOSO +2H O TiO·H O↓+HSO
4 2 2 2 2 4
iii.0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH) ，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；
2
0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8
(1)纯化
①加入过量铁粉的作用是_______。
②充分反应后分离混合物的方法是_______。
(2)制晶种。
向FeSO 溶液中滴加氨水，先出现白色沉淀，后变为灰绿色。加氨水至pH=6时，开始通入空气，溶
4
液pH随时间的变化曲线如图①产生白色沉淀的离子方程式：_______。
②充分生成白色沉淀后，溶液的pH小于6.3，原因是沉淀生成时溶液中c(Fe2+)_______0.1mol/L(填
“大于”、“小于”或“等于”)。
③0-t 时刻，pH几乎不变，t-t 时刻，pH减小，结合方程式解释原因：_______。
1 1 2
④pH=4时制备晶种，t 时刻之后，再通空气，pH几乎不变，c(Fe2+)仍然减小，但c(Fe3+)在增加，
3
(Fe2+)的减小量大于c(Fe3+)的增加量，结合总方程式说明原因：_______。。
(3)纯度测定
通过计算产品的耗酸量测定其纯度
wg铁黄 溶液b 溶液c 滴定
已知：Fe3++3C O2-=Fe(C O)3-，Fe(C O) 3-不与稀碱溶液反应
2 4 2 4 3 2 4 3
若上述过程中加入的NaC O 过量，则测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)
2 2 4
【答案】(1)①与硫酸反应，使得TiOSO +2H O TiO·H O↓+ H SO 平衡正向移动，沉钛；过量的
4 2 2 2 2 4
作用是防止二价铁被氧化 ②过滤
(2)①Fe2++ 2NH ·H O = Fe(OH) + 2NH + ②> ③pH6.0左右， 4Fe(OH) +O + 2H O=
3 2 2 4 2 2 2
4Fe(OH) 因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O + 6H O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小
3 2 2
④溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O + 2H O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)
2 2 2
的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O + 2H O= 4FeOOH + 8Fe3+
2 2
(3)不受影响
【解析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程
和钛白粉废渣
成分：FeSO ·H O、TiOSO 及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO +2H O
4 2 4 4 2
TiO·H O↓+HSO ，TiO·H O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO 溶液，加入氨水和空气后，FeSO 溶液
2 2 2 4 2 2 4 4
被氧化成三价铁离子，同时调整PH(0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH) ，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为
2
8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8)和空气，生成FeOOH，再经过系
列提纯，最终制得FeOOH固体。(1)与硫酸反应，使得TiOSO +2H O TiO·H O↓+ H SO 平衡正向移动，
4 2 2 2 2 4
⇌沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应
后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；(2)pH6.0左右， 4Fe(OH) +O + 2H O= 4Fe(OH) 因此pH
2 2 2 3
几乎不变。之后发生4Fe2+ + O + 6H O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两
2 2
个氧化反应4Fe2+ + O +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O + 2H O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的
2 2 2
增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O + 2H O= 4FeOOH + 8Fe3+；(3)由于Fe3++3C O2- =Fe(C O) ，
2 2 2 4 2 4 3
Fe(C O) 不与稀碱溶液反应, 所以加入的NaC O 过量，则测定结果不受影响
2 4 3 2 2 4
40．(2021•辽宁选择性考试，16)从钒铬锰矿渣(主要成分为VO、Cr O、MnO)中提铬的一种工艺流程
2 5 2 3
如下：
已知：pH较大时，二价锰[ ](在空气中易被氧化.回答下列问题：
(1)Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。
(2)用FeCl 溶液制备 胶体的化学方程式为_______。
3
(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[ ]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液
中 ，“沉钒”过程控制 ，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为
_______(填化学式)。(4)某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为_______；在该条
件下滤液B中c(Cr3+)=_______ (K 近似为1×10-14，Cr(OH) 的K 近似为1×10-30)。
w 3 sp
(5)“转化”过程中生成MnO 的离子方程式为_______。
2
(6)“提纯”过程中NaSO 的作用为_______。
2 2 3
【答案】(1)4 VIB (2)FeCl +3H O Fe(OH) (胶体)+3HCl
3 2 3
(3)H VO- (4) 6.0 1×10-6
3 2 7
(5)Mn2++H O+2OH-=MnO+2H O
2 2 2 2
(6)防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO 附在Cr(OH) 的表面，使产物不
2 3
纯
【解析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要
含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH) 沉淀，滤液B中主要含有MnSO ，
3 4
加入NaSO 主要时防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，Cr(OH) 煅烧后生成Cr O，“转
2 2 3 3 2 3
化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H O+2OH-=MnO+2H O。(1)Cr是24号元素，价层电子对排布式
2 2 2 2
为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期
VIB族；(2)用FeCl 溶液制备Fe(OH) 胶体的化学方程式为FeCl +3H O Fe(OH) (胶体)+3HCl；(3)常温下，
3 3 3 2 3
各种形态五价钒粒子总浓度的对数[ ]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中
， =-2，从图中可知， “沉钒”过程控制pH=3.0， =-2时，与胶体共
沉降的五价钒粒子的存在形态为HVO-；(4)某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2，由图
3 2 7
中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液
B中 = =1×10-6 ；(5) “转化”过程中生成MnO 的离子方程式为Mn2+
2
+H O+2OH-=MnO+2H O；(6)由分析可知，“提纯”过程中NaSO 的作用为防止pH较大时，二价锰
2 2 2 2 2 2 3
[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO 附在Cr(OH) 的表面，使产物不纯。
2 3
41．(2021•浙江1月选考，30)某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO )]制备KCr O 晶体，流程如下：
2 2 2 2 7已知：4Fe (CrO ) + 10Na CO+7O 8NaCrO +4NaFeO+10CO
2 2 2 3 2 2 4 2 2
2H++2CrO Cr O +H O
2 2
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
(1)步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。
(2)下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO 水解产生的Fe(OH)
2 3
C．步骤III，酸化的目的主要是使NaCrO 转变为NaCr O
2 4 2 2 7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是NaSO 和NaCO
2 4 2 3
(3)步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的KCr O 粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能
2 2 7
重复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。
a．50℃蒸发溶剂； b．100℃ 蒸发溶剂；c．抽滤；d．冷却至室温；e．蒸发至溶液出现晶膜，停止
加热；f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
(4)为了测定KCr O 产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
2 2 7
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液
悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操
作)
(5)该小组用滴定法准确测得产品中KCr O 的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯
2 2 7
度(K Cr O 溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制
2 2 7
KCr O 待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。
2 2 7
【答案】(1)增大反应物的接触面积 (2)BC
(3)a e d c
(4)①AC ②再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁
(5)H SO 抑制Cr O2-转化为CrO2-，且与Cr O2-不反应
2 4 2 7 4 2 7
【解析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融NaCO 发生高温氧化反应生成NaCrO、NaFeO 和CO，
2 3 2 4 2 2
所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO 发生强烈水解：NaFeO +2H O=NaOH+Fe(OH) ↓，过滤得到含
2 2 2 3
NaCrO、NaOH、NaCO 的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、NaCO 与硫酸反应生成NaSO ，NaCrO
2 4 2 3 2 3 2 4 2 4
转化为NaCr O(发生的反应为2NaCrO+H SO Na Cr O+Na SO +H O)，经蒸发结晶、过滤、洗涤
2 2 7 2 4 2 4 2 2 7 2 4 2
得到的滤液中主要含NaCr O，加入KCl后经多步操作得到KCr O。(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融
2 2 7 2 2 7
NaCO 发生高温氧化反应生成NaCrO、NaFeO 和CO，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快
2 3 2 4 2 2
高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。(2)A项，根据NaCrO 的溶解度随着温度的升高而
2 4
增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误；B项，步骤II中用水浸取时NaFeO 发生强烈水解：
2
NaFeO +2H O=NaOH+Fe(OH) ↓，经过滤可除去Fe(OH) ，B正确；C项，步骤III酸化时，平衡2H++2
2 2 3 3
CrO2- Cr O2-+H O正向移动，主要目的使NaCrO 转化为NaCr O，C正确；D项，根据分析，步
4 2 7 2 2 4 2 2 7
骤IV中过滤所得滤渣主要成分为NaSO ，D错误；故选BC。(3)Na Cr O 中加入KCl发生反应
2 4 2 2 7
NaCr O+2KCl=K Cr O+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，KCr O 的溶解度随温度升
2 2 7 2 2 7 2 2 7
高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的
KCr O 粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加
2 2 7
热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为aedc。(4)①A项，量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL
溶液，由于KCr O 具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；B项，滴定时要适当控
2 2 7
制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；C项，滴定时
应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；D项，读数时应将滴定管从架
上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；E项，为了确保每次滴定时
滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；故选AC。②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，
用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；
故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。(5)根据题意，KCr O 溶液的吸光度与其浓度成正比
2 2 7
例，在KCr O 溶液中存在平衡Cr O2-+H O 2H++2 CrO 2-，即有部分Cr O2-会转化为CrO2-，从而使
2 2 7 2 7 2 4 2 7 4
测得的质量分数明显偏低，为抑制Cr O2-转化为CrO2-，可加入与Cr O2-不反应的酸，如硫酸。
2 7 4 2 7
