文档内容
题型 16 无机化工流程综合分析
目录
.....................................................................................................................................1
【考向一】除杂、提纯类化工流程综合分析..................................................................................................1
【考向二】化学基本原理类化工流程综合分析..............................................................................................6
【考向三】图像、图表信息加工类化工流程综合分析................................................................................13
【考向四】制备类化工流程综合分析............................................................................................................19
...................................................................................................................................26
【考向一】除杂、提纯类化工流程综合分析
【典例1】（2023上·福建厦门）某工厂的工业废水中含有大量的FeSO 和较多的Cu2+。为了减少污染并变
4
废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO 和金属铜。请根据以下流程图，回答下列问题：
4
（1）⑥操作方法的名称是 ；操作⑨包括：蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、低温干燥。
（2）加入试剂⑤发生反应的离子方程式为 。
（3）试剂⑦的化学式为 。
（4）某兴趣小组同学欲鉴别④中的金属阳离子，设计如下实验：
甲同学取2.0mL④溶液，滴加氢氧化钠溶液，产生白色沉淀且很快变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，其
中涉及氧化还原反应的化学方程式为 。乙同学取物质③，加入FeCl 溶液，观察到物质③溶解，涉及的离子反应方程式为 。
3
（5）若按上述工艺处理1000L该工业废水，制得320g铜，则该工业废水中c(Cu2+)= mol/L。
【答案】（1） 过滤 冷却结晶或降温结晶
（2）Cu2++Fe=Fe2++Cu
（3）H SO
2 4
（4） Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+
（5）0.005
【分析】工业废水中加入过量的铁粉，铁置换出硫酸铜中的铜，过滤，得硫酸亚铁溶液和铁、铜的混合物，
铁、铜混合物中加入过量硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤出铜单质，蒸发浓缩硫酸亚铁溶
液、冷却结晶，析出硫酸亚铁晶体。
【解析】（1）工业废水中加入过量的铁粉，铁置换出硫酸铜中的铜，过滤，得硫酸亚铁溶液和铁、铜的
混合物，⑥操作方法的名称是过滤；蒸发浓缩硫酸亚铁溶液、冷却结晶，析出硫酸亚铁晶体，操作⑨包括：
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。
（2）工业废水中加入过量的铁粉，铁置换出硫酸铜中的铜，加入试剂⑤发生反应的离子方程式为
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；
（3）铁、铜混合物中加入过量硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤得到铜单质，所以试剂⑦
是硫酸，化学式为H SO ；
2 4
（4）④是硫酸亚铁溶液，甲同学取2.0mL④溶液，滴加氢氧化钠溶液，产生白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧
化亚铁被氧气氧化，很快变为灰绿色，最后变为红褐色氢氧化铁沉淀，反应的化学方程式为
；
物质③是Cu，乙同学取Cu，加入氯化铁溶液，生成铜离子和亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3+
+Cu=Cu2++2Fe2+；
（5）若按上述工艺处理1000L该工业废水，制得320g铜，根据铜元素守恒， ，
则该工业废水中 。
1．物质分离提纯四原则
不增 不引入新的杂质
不减 不减少被提纯的物质
易分离 被提纯物与杂质易于分离
易复原 被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。
2．解题方法
从试题中找出想要什么，要除去的杂质有哪些；加入的试剂都与哪些物质发生了反应，转化成了什么物质；
怎样操作才能将杂质除去(注重信息的提取与加工)。核心是杂质的去除要彻底。3．常用的提纯方法
水溶法 除去可溶性杂质
酸溶法 除去碱性杂质
碱溶法 除去酸性杂质
氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质
加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质
调节溶液的pH法 如除去酸性Cu2＋溶液中的Fe3＋等
4．常用分离方法
（1）固体与固体的分离
（2）固体与液体的分离
（3）液体与液体的分离
5．答题模板
（1）除杂：除去……中的……
（2）干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……
（3）增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流
速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。
（4）加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。
（5）温度不高于××℃的原因，适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如HO 、
2 2
NH HCO )、氧化(如NaSO )或促进水解(如AlCl )等，影响产品的生成。
4 3 2 3 3
（6）从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、
过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗)、干燥。
（7）从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤，如
果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来、洗涤、干燥。
（8）控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱，以避免引入新的杂质；pH分离时的范围确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围
过大导致主要离子开始沉淀。
（9）减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如HO 、浓硝酸、NH HCO )受热分
2 2 4 3
解、挥发。
（10）检验溶液中离子中是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无
沉淀生成，则离子沉淀完全。
（11）洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。
（12）检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现
特征反应现象，则沉淀洗涤干净。
（13）洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。
（14）冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶
解损耗。
（15）乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。
（16）蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl 溶液时为获得AlCl 需在HCl气流
3 3
中进行。
（17）事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的(如氧气)防止某物质被氧化。
【变式1-1】（2024上·上海）为了从海带浸取液中提取碘，某同学设计了如图实验方案，解答下列问题：
（1） 被称作绿色氧化剂的两个原因 ；
（2）实验操作②的名称为 ，操作②需要的仪器除烧杯、玻璃棒外，尚缺少的玻璃仪器有 ，
碘的 溶液位于 层(填“上”或“下”)，呈 色。检验水层是否仍含碘单质的方法是
。
（3）③是将富集在 中的碘单质利用化学转化重新富集在水中，称为反萃取，方程式为
，接下来④发生的反应方程式为 。
（4）本实验中可以循环利用的物质是 。
【答案】（1） 氧化性强 不引入新杂质
（2） 萃取 分液漏斗 下 紫 取水层溶液，滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明含有
碘单质，如果溶液不变蓝，说明溶液中没有碘单质
（3）（4）
【分析】海带浸取液中的碘离子被加入的过氧化氢氧化得到含碘单质的水溶液；加入四氯化碳振荡、静置
分层、分液得到碘单质的四氯化碳溶液；向碘单质的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠溶液，碘单质和氢氧化
钠反应得碘化钠和 溶液；振荡、静置分层，去掉四氯化碳层，再加入稀硫酸酸化，碘化钠和
在酸性条件下发生氧化还原反应得到碘单质的悬浊液，通过过滤得到碘单质。
【解析】（1） 的氧化性强，且反应还原产物为水不引入新杂质；
（2）实验操作②为萃取碘单质的操作，为过滤；操作②需要的仪器除烧杯、玻璃棒外，尚缺少的玻璃仪
器有分液漏斗；四氯化碳密度大于水，则碘的 溶液位于上层，呈紫色；碘单质能使淀粉溶液变红色，
检验水层是否仍含碘单质的方法是：取水层溶液，滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明含有碘单质，如果溶
液不变蓝，说明溶液中没有碘单质；
（3）碘化钠和 在酸性条件下发生归中反应得到碘单质： ；
（4）由流程可知，分液后得到的四氯化碳可以继续萃取含碘水溶液中的碘单质，可以循环利用。
【变式1-2】（2023上·云南红河·高一蒙自一中校考）电子工业中，常用FeCl 溶液腐蚀覆盖在绝缘板上的
3
铜箔制造印刷电路板。化学实验小组从腐蚀废液(含FeCl 、FeCl 、CuCl )中回收得并重新获得FeCl 晶体的流
3 2 2 3
程如图：
回答下列问题：
（1）FeCl 溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板的化学反应方程式 。
3
（2）腐蚀废液中含有Fe3+最好用KSCN溶液检验，该反应的离子方程式为： 。
（3）滤渣的成分是 (填化学式)。从滤渣中获得铜单质，可选用的试剂是 (填序号)。
A．稀盐酸 B．浓硫酸 C．稀硝酸 D．氯化铜溶液
（4）实际上Fe2+的还原性较强，实验室的FeCl 溶液常因氧化而变质。除杂的方法是 ，相关反应的离
2
子方程式： 。
【答案】（1）
（2）
（3） Fe、Cu AD
（4） 加入过量的铁粉，然后过滤分离出滤液
【分析】由流程可知，加入过量的 Fe与氯化铁、氯化铜反应生成氯化亚铁、铜，过滤进行分离出过量铁
和生成铜，则滤液a为FeCl ，滤渣中含 Fe、Cu，滤液a中通入足量Cl ，将铁的化合物全部转化为FeCl 溶
2 2 3
液，则滤液b为FeCl 溶液，由于Fe3+易水解，应在HCl气体氛围中蒸发结晶获取FeCl 晶体；
3 3
【解析】（1）氯化铁和铜生成氯化亚铁和氯化铜， ；（2）Fe3+与KSCN溶液络合生成Fe(SCN) 显血红色，则检验腐蚀废液中含有Fe3+常用试剂是KSCN溶液，反
3
应离子方程式为： ；
（3）由分析可知，滤渣的成分是Fe、Cu；铁和稀盐酸反应而铜不和稀盐酸反应；铁和氯化铜生成铜单质
和氯化亚铁，过滤分离出铜；浓硫酸使得铁钝化且不和铜反应，稀硝酸和铜反应；故选可以选AD；
（4）Fe与氯化铁生成氯化亚铁，故可以加入过量的铁粉，然后过滤分离出滤液；反应为 。
【考向二】化学基本原理类化工流程综合分析
【典例2】（2023·北京卷）以银锰精矿(主要含 、 、 )和氧化锰矿(主要含 )为原料联合
提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下， 的氧化性强于 。
（1） “浸锰”过程是在 溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除 ，有利于后续银的浸出：矿
石中的银以 的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应 ，则可推断： (填“>”或
“<”) 。
②在 溶液中，银锰精矿中的 和氧化锰矿中的 发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有
。
（2） “浸银”时，使用过量 和 的混合液作为浸出剂，将 中的银以 形式浸
出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中 的作用： 。
（3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有 。
②一定温度下， 的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释 分钟后 的沉淀率逐渐减小的原因：
。（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
【答案】（1） > 、
（2） 是为了与 电离出的 结合生成
，使平衡正向移动，提高 的浸出率； 是为了抑制 水解，防止生成 沉淀
（3） 、 被氧气氧化为 ， 把
氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到 ，同时将银元素和锰元素分离开；生成
的 还可以用于浸银，节约氧化剂
【分析】银锰精矿(主要含 、 、 )和氧化锰矿(主要含 )混合加 溶液，使矿石中的
锰元素浸出，同时去除 ，矿石中的银以 的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有
、 ；浸锰渣中 与过量 和 的混合液反应，将 中的银以 形式浸
出，用铁粉把 还原为金属银。
【解析】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以 的形式残留于浸锰渣中， 发生反应
，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断： > ；
②根据信息，在 溶液中二氧化锰可将 氧化为 ，自身被还原为 ，则浸锰液中主要的金
属阳离子有 、 。
（2）① 中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为
；
② 是为了与 电离出的 结合生成 ，使平衡正向移动，提高 的浸出率； 是为了
抑制 水解，防止生成 沉淀。
（3）①铁粉可将 还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、 ；
②溶液中生成的 会被空气中的氧气缓慢氧化为 ， 把部分 氧化为 ，因此 后银的沉
淀率逐渐降低。
（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素
和锰元素分离开，利用 的氧化性将 中的 氧化为 ，同时生成的 还可以用于浸银，节
约氧化剂，同时得到 。
高中化学涉及到的化学基本原理主要有：
1．化学反应热效应
化学反应中的热效应主要以热化学方程式的书写和盖斯定律的应用为考查重点。
2．平衡理论主要包括：
化学平衡理论
电离平衡理论
平衡理论
水解平衡理论
溶解平衡理论
平衡理论主要以勒夏物列原理为指导在化工生产中的实际应用。
3．酸碱中和理论和氧化还原反应理论
酸碱中和滴定及拓展的应用----氧化还原反应的滴定和沉淀滴定是考查的重点。
根据氧化还原反应原理进行新情景条件下化学方程式书写是考查的重点。
4．电化学原理
新型原电池是目前高考考查的重点，电解原理的应用和金属腐蚀与防护也是考查的重点。
5．化工流程题的考向：
（1）据流程图或题目提供的反应物和部分生成物书写新情景方程式；
（2）滤渣的成分；
（3）滤液的成分；
（4）核心反应条件的控制和原因；
（5）选择化学除杂试剂及原因；
（6）调PH值的范围及试剂的选择；
（7）常用的分离方法、实验操作及相关实验仪器；
（8）流程中的物质转化和循环；
（9）有关平衡的问题；
（10）相关化学计算
例如：
1、提高浸出率：粉碎、搅拌、升温、增大酸（或碱）浓度。【化学平衡原理】2、调节pH值：控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。【溶解平衡原理】
3、保持酸过量（酸化）的目的：通常是抑制某金属阳离子的水解。【水解平衡原理】
4、温度的控制（可用水浴或冰水浴或油浴来控制） 【化学平衡原理】
5、改变压强：加快反应速率，或促进化学平衡向某个方向移动。【化学平衡原理】
【变式2-1】（2024上·山东济宁·高三统考期末）铊是一种有毒有害的重金属元素，对人体有较大的危害。
湿法炼锌工业废水中的主要阳离子有 ，需要处理回收金属元素达标后排放，可以采用以下
不同方法处理废水：
已知：① 氧化性强于 ， 为两性氧化物，溶液 时开始溶解，常温下相关离子开始
沉淀和沉淀完全时的 如表所示：
离子
开始沉淀的
2.7 6.4 1.4
沉淀完全的
3.7 8.0 2.8
②萃取的反应原理为H++CH CONR +TlCl [CH CONR H]TlCl
3 2 3 2 4
请回答下列问题：
（1）“反应”步骤中总反应的离子方程式为 。
（2）“滤渣”的主要成分是 (填化学式)，通常在“分步沉淀”时加入絮凝剂，其目的是
。
（3）请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入 的原理和目的 。
（4）“分步沉淀”时，沉淀第二种离子时调节溶液 的范围为 ，当其恰好完全沉淀，则溶
液中先沉淀的离子浓度为 。
（5）废水中 吸附过程如图所示，该树脂为 (填“阳离子”或“阴离子”)交换树脂，若使
吸附剂再生，且回收 ，可将离子交换树脂浸入 溶液。a． b． c．
【答案】（1）
（2） 吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂
（3） 与 反应，减小 浓度，平衡逆向移动，使 元素以 形式重新进入水层
（4）
（5） 阳离子 b
【分析】由题给流程可知，向工业废水中先后加入适量酸性高锰酸钾溶液和氯化钠溶液，将溶液中的Tl+离
子转化为TlCl 离子，加入萃取剂CH CONR 萃取溶液中的TlCl 离子，分液得到水相和含有TlCl 离子的有
3 2
机相；向有机相中加入醋酸铵溶液反萃取、分液得到含有TlCl 离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，
将溶液中的TlCl 离子还原为含铊沉淀，过滤分离得到含铊沉淀和达标废液；向工业废水中加入氢氧化钠溶
液和絮凝剂分步沉淀，将溶液中的铁离子、锌离子转化为氢氧化铁、氢氧化锌沉淀，过滤得到含有氢氧化
铁、氢氧化锌的滤渣和含有Tl+离子的滤液；加入稀硫酸酸化滤液后，加入氧化剂将溶液中Tl+离子氧化为
Tl3+离子，向氧化后的溶液中加入阳离子交换树脂吸附脱除Tl3+离子后得到达标废液。
【解析】（1）由分析可知，反应步骤中先后加入适量酸性高锰酸钾溶液和氯化钠溶液的目的是将溶液中
的Tl+离子转化为TlCl 离子，则总反应的离子方程式为
，故答案为：
；
（2）由分析可知，分步沉淀时加入氢氧化钠溶液和絮凝剂分步沉淀的目的是将溶液中的铁离子、锌离子
转化为氢氧化铁、氢氧化锌沉淀，其中加入絮凝剂的作用是吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂，
故答案为： ；吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂；
（3）由萃取的反应原理可知，反萃取过程中加入醋酸铵溶液的作用是醋酸根离子与溶液中的氢离子反应，
减小溶液中氢离子浓度，平衡向逆反应方向移动，使溶液中铊元素以TlCl 离子重新进入水层，有利于加入
亚硫酸钠溶液将TlCl 离子还原为含铊沉淀，故答案为： 与 反应，减小 浓度，平衡逆向移
动，使 元素以 形式重新进入水层；
（4）由离子开始沉淀和沉淀完全时的pH可知，分步沉淀时，沉淀第二种离子为锌离子，为防止溶液pH为10时氢氧化锌溶解，加入氢氧化钠溶液应调节溶液pH的范围为 ；由铁离子完全沉淀的
pH可知，氢氧化铁的溶度积为10—5×(10—10.3)3=10—35.9，由锌离子完全沉淀时溶液pH为8可知，溶液中铁离
子浓度为 mol/L=10—17.9 mol/L，故答案为： ；10—17.9 mol/L；
（5）由分析可知，加入阳离子交换树脂的目的是吸附脱除Tl3+离子后得到达标废液，由吸附过程方程式和
Tl3+离子的氧化性强于铁离子可知，若使吸附剂再生，且回收Tl3+离子，可将离子交换树脂浸入硫酸溶液中
使平衡逆向移动，故答案为：阳；b。
【变式2-2】（2023上·山东·高三山东省实验中学校考）镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用
酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如下：
已知：i．酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等
ii．NiSO 在水中的溶解度随温度升高而增大
4
回答下列问题：
（1）“滤渣1”的主要成分是 。(写化学式)
（2）黄钠铁矾的化学式为Na Fe (SO ) (OH) ，“除铁”的离子方程式为 。
2 6 4 4 12
（3）“除钙镁”时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是 (结合平衡理论解释)。Ca2+和
Mg2+沉淀完全时，溶液中F-的浓度c(F-)最小为 mol·L-1。[已知离子浓度≤10-5mol/L时，认为该离
子沉淀完全，Ksp(CaF )=1.0×10-10(mol/L)3，Ksp(MgF )=7.5×10-11(mol/L)3]
2 2
（4）镍、钴萃取率与料液pH、萃取剂体积与料液体积比V：V 的关系曲线如下图所示，则“萃取”时应
a 0
选择的pH和V：V 分别为 、 。
a 0
（5）获得NiSO (s)的“一系列操作”是 。
4
（6）该工艺流程中，可循环利用的物质是 。【答案】（1）Cu、Fe
（2）
（3） pH降低，c（H+）增大，溶液中c（F-）减小，为使CaF 和MgF 的溶解平衡逆向移动，NaF用量
2 2
更多 10-2.5
（4） 4.0 1.00
（5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
（6）P507+煤油
【分析】由提示信息，酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等，用铁除铜，置换反应，滤
渣1为Cu、过量的Fe；用NaClO3与 发生氧化还原反应除铁，用NaF生成沉淀除Ca、Mg；用P507煤
油萃取，把Ni与Co分开。
【解析】（1）由分析滤渣1为Cu、Fe；
（2）根据氧化还原反应配平方程式：
（3）①“除钙镁”时，随pH降低，c（H+）增大，H++F- HF，平衡右移，c（F-）减小，为使CaF₂和
MgF₂的溶解平衡逆向移动，NaF用量急剧增加；②已知离子浓度≤10-5mol·L-1时,认为该离子沉淀完全,且
Ksp(CaF )=1.0×10-10 ,Ksp( MgF₂) =7.5×10-11，钙离子沉淀完全时,c(F-)= ( mol/L),镁离子沉淀
2
完全时，c(F-)= (mol/L),所以为使Ca2+和Mg2+沉淀完全,溶液中c(F-)最小为1.0×10-
2.5mol/L;
（4）萃取目的是为了获取 NiSO 溶液和Co负载有机相,所以Co萃取率越高越好,Ni萃取率越低越好,所以由
4
图分析可知应选择的pH和Va:V 分别为4.0和1.00
0
（5）NiSO 在水中的溶解度随温度升高而增大，由NiSO 溶液获得NiSO (s)应采用重结晶的方法,故一系列操
4 4 4
作为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
（6）)由工艺流程分析可知，可循环利用的物质是萃取剂P507十煤油。
【考向三】图像、图表信息加工类化工流程综合分析
【典例3】（2023上·湖南长沙·高三长郡中学校考）水钴矿主要成分为CoOOH，同时含有少量Fe、Al、
Mn、Mg、Ca、Ni的氧化物及其他杂质。用水钴矿制取Co的工艺流程如图甲所示：已知部分阳离子形成氢氧化物沉淀时，溶液pH见下表：
沉淀物 Fe(OH) Fe(OH) Co(OH) Mn(OH) Al(OH)
2 3 2 2 3
开始沉淀时的pH 7.0 2.7 7.6 7.7 4.0
沉淀完全时的pH 9.6 3.7 9.2 9.8 5.2
请回答下列问题：
（1）基态Co原子的价层电子排布式为 。
（2）“还原酸浸”中发生的氧化还原反应的化学方程式是 。浸出液中加入NaClO溶液的目的：
(用离子方程式表示)。
（3）浸出过程中加入Na CO 调pH的范围是 。
2 3
（4）如图乙所示，萃取剂可以把滤液Ⅱ中部分阳离子选择性分离。萃取剂合适的pH为___________(填标
号)。
A．2~3 B．3~4 C．6~7 D．7~8
（5）Co能与强酸反应产生H ，工业上采用惰性电极电解CoCl 溶液制取钴，不能用CoSO 溶液代替CoCl
2 2 4 2
溶液的理由是 。
（6）已知：K (MgF )=7.5×10－11，K (CaF )=1.5×10－10，加入NaF后，所得“滤液Ⅱ”中 =
sp 2 sp 2
。
【答案】（1）3d74s2（2） 8CoOOH+Na S O +7H SO =8CoSO +Na SO +11H O ClO－+2Fe2++2H+=Cl－+2Fe2++H O
2 2 3 2 4 4 2 4 2 2
（3）5.2≤pH<7.6
（4）B
（5）若用CoSO 代替CoCl ，OH－在阳极放电，溶液酸性增强，H+与Co反应，导致Co产率降低
4 2
（6）2
【分析】由题给流程可知，向水钴矿中加入硫代硫酸钠溶液和稀硫酸，经还原酸浸、过滤得到含有可溶性
硫酸盐的浸出液；向浸出液中加入次氯酸钠溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入碳酸
钠溶液调节溶液pH在5.2—7.6的范围内，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，过滤得
到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和除去铁离子、铝离子的滤液Ⅰ；向滤液Ⅰ中加入氟化钠溶液，将溶液
中钙离子和镁离子转化为氟化钙沉淀、氟化镁沉淀，过滤得到氟化钙沉淀、氟化镁沉淀和除去钙离子、镁
离子的滤液Ⅱ；向滤液Ⅱ中加入有机萃取剂，分液得到除去镍离子、锰离子的萃后余液；向萃后余液中加
入草酸铵溶液，将溶液中钴离子转化为二水草酸钴沉淀，过滤得到Ⅲ和二水草酸钴沉淀；向二水草酸钴沉
淀中加入盐酸，将沉淀溶解得到氯化钴溶液；电解氯化钴溶液制得金属钴。
【解析】（1）Co为27号元素，故基态Co原子的价层电子排布式为3d74s2；
（2）由分析可知，还原酸浸中发生的氧化还原反应为酸性条件下，CoOOH与硫代硫酸钠溶液反应生成硫
酸钠、硫酸钴和水，反应中硫元素化合价由+2变为+6、钴元素化合价由+3变为+2，结合电子守恒可知，
化学方程式为8CoOOH+Na S O +7H SO =8CoSO +Na SO +11H O；次氯酸钠具有强氧化性，浸出液中加入次
2 2 3 2 4 4 2 4 2
氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为ClO－+2Fe2++2H+=Cl－+2Fe2++H O；
2
（3）由表格数据结合分析可知，浸出过程中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2—7.6的范围内，将铁离子
和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，除去杂质离子而钴离子、锰离子不沉淀；
（4）由图可知，萃取剂pH在3—4范围内镍离子、锰离子的萃取率很大，而钴离子的萃取率较小，则萃取
剂合适的pH在3—4范围内，故选B；
（5）若用硫酸钴代替氯化钴，则阳极上水放电生成氧气、氢离子，使得硫酸钴溶液电解生成硫酸、钴和
氧气，反应生成的硫酸能与钴反应，导致钴的产率降低，故答案为：若用CoSO 代替CoCl ，OH－在阳极放
4 2
电，溶液酸性增强，H+与Co反应，导致Co产率降低；
（6） 。
1．图象题类型
（1）单一曲线型 2.多重曲线型
解决图象题的基本思路：
①会识图：一看面、二看线、三看点（弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线
的变化趋势）。
②会析数：分析数据、图象中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学
语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答。2．表格题类型
解决表格题的关键
（1）理解表格中各个列项中文字、数字信息点的意义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。
（2）理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。
3．图表信息试题的问题解决的方法归纳：
①应用分析归纳的方法，得出表格数据中蕴涵的具有本质性的规律：
②应用观察方法，准确理解图示中纵横轴代表的含义，并能结合化学知识分析判断曲线的走向趋势及起点、
拐点、水平线含义；
③注意信息的情景化：理解所给信息作什么用？
④注意信息与基础知识间的有机联系
【变式3-1】（2023上·山东淄博·高三统考期中）工业上利用冶炼烟尘(主要成分TeO 、SeO 、PbO、Au、Ag
2 2
等)回收Se、TeO 的工艺流程如下：
2
已知：①水溶液中各形态铅的分布系数 (x)与溶液pH的关系如图所示。
②SeO 是酸性氧化物，TeO 、PbO是两性氧化物。回答下列问题：
2 2
（1）Se在元素周期表中的位置为 。
（2）碱浸时，NaOH溶液对元素浸出率的影响如图甲所示，实际生产中所用NaOH溶液的浓度为
100g/L，浓度不能过大的原因是 ；硫化时，Na S加入量对元素含量的影响如图乙所示，反应的离子方程
2
式为 。（3）精制1时控制pH范围为5.5~6.5，pH过低导致TeO 中会混有Se和黄色固体杂质，原因是 (用离子方
2
程式表示)，pH过低还会导致沉磅率降低的原因是 。
（4）精制Ⅱ后的滤液可循环使用，应当导入到 操作中(填操作单元的名称)。
（5）测定粗硒样品中硒的含量：称量0.2500g粗硒样品，用浓H SO 将样品中的Se氧化得到SeO ，生成的
2 4 2
SeO 加入硫酸酸化的KI溶液中充分反应，加入淀粉溶液，用0.4000mol/L的Na S O 标准溶液滴定至终点时
2 2 2 3
消耗20.00mL(杂质不参与反应)。则粗硒样品中硒的质量分数为 。测定原理为：SeO +4I-
2
+4H+=Se+2I +2H O；I +2S O =2I-+S O
2 2 2 2 4
【答案】（1）第四周期VIA族
（2） 100 再增大NaOH浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸
Pb(OH) +S2−=PbS↓+4OH−
（3） ＋2S2-＋6H＋=Se↓＋2S↓＋3H O TeO 是两性氧化物，会继续与酸反应导致碲元素损
2 2
失
（4）精制I
（5）63.20%或63.2%或63%
【分析】烟尘中主要成分TeO 、SeO 、PbO、Au、Ag等，加入NaOH进行碱浸，TeO 、SeO 、PbO分别转
2 2 2 2
化为Na TeO 、Na SeO 、 等，滤渣1中主要成分为Au、Ag等，加入Na S将Pb元素转化为
2 3 2 3 2
PbS沉淀，精制I过程中将Na SeO 转化为H SeO ，Na TeO 转化为TeO 沉淀，精制Ⅱ过程中将H SeO 还原
2 3 2 3 2 3 2 2 3
为Se。
【解析】（1）Se元素与N元素同主族，因此Se元素位于第四周期VIA族；
（2）由图甲可知当NaOH溶液浓度处于100g·L-1左右时，相关元素的浸出率已较大，再提升NaOH溶液浓
度对元素浸出率影响较小，若NaOH溶液浓度过大，后续精制I过程中所需硫酸的量太大，浪费资源；
“硫化”时，Na S加入量对元素含量的影响如图乙所示，由图可知加入Na S的目的是沉淀Pb元素，因此
2 2
反应离子方程式为Pb(OH) +S2−=PbS↓+4OH−；
（3）精制I过程中pH过低会导致H SeO 与S2-发生氧化还原反应生成Se和S，反应离子方程式为 ＋
2 3
＋2S2-＋4H＋=Se↓＋2S↓＋3H O；精制I过程中Te元素转化关系为 ，若pH
2过低还会导致TeO 溶解，导致碲元素损失；
2
（4）精制Ⅱ后的滤液中含有大量H+，因此可导致精制I操作中循环使用；
（5）由SeO +4I-+4H+=Se+2I +2H O；I +2S O =2I-+S O 可列出关系式 ，根据原子守恒，粗硒
2 2 2 2 2 4
中硒的质量分数为 。
【变式3-2】（2023上·云南·高三校联考）以辉铜矿(主要成分是 Cu S。含少量 FeS 、FeS、SiO 等)为原料
2 2 2
制备胆矾、硫代硫酸钠(Na S O ·5H O)。流程如图所示。 回答下列问题：
2 2 3 2
已知：Cu(OH) +4NH ·H O═[Cu(NH ) ](OH) +4H O，[Cu(NH ) ](OH) 与硫酸反应生成CuSO 。
2 3 2 3 4 2 2 3 4 2 4
（1）焙烧时，粉碎矿石的目的是 ；滤渣2的主要成分是 (填化学式)。
（2）向Na S和 Na CO 的混合溶液中通入SO 制备硫代硫酸钠的化学方程式为 。
2 2 3 2
（3）某小组探究外界条件对 Na S O 相关反应的反应速率的影响，实验方案如下：
2 2 3
已知：① (慢)，② (快)。
体积/mL
实验序号 K S O 溶液 KI溶液 Na S O 溶液 淀粉溶液
2 2 8 2 2 3
1 10.0 4.0 5.0 2.0
2 5.0 4.0 5.0 2.0
上述反应中，活化能较大的反应是 (填“①”或“②”)。下列叙述错误的是 (填标
号)。
A．在KI-淀粉溶液中滴加过量 Na S O 溶液，溶液始终不会变蓝
2 2 3
B．上述方案可以探究浓度对反应速率的影响
C．当n(Na S O )：n(K S O )的值小于2时会出现蓝色
2 2 3 2 2 8
（4）检验溶液2中含 Fe2+的试剂可能是___________(填标号)。
A．KSCN溶液 B．K Fe(CN) 溶液 C．酸性 KMnO 溶液 D．NaOH 溶液
3 6 4
（5）25.0 g CuSO ·5H O受热分解。残留固体的质量与温度的关系如图所示。
4 2①1300 ℃时，固体的成分是 (填化学式)。
②已知580～1000℃之间产生了两种气体和一种固体，写出发生反应的化学方程式： 。
【答案】（1） 增大反应物的接触面积，加快反应速率 SiO
2
（2）
（3） ① B
（4）BC
（5）
【分析】辉铜矿通入空气氧化焙烧，硫元素转化为二氧化硫气体，二氧化硫使用碳酸钠、硫化钠吸收得到
硫代硫酸钠溶液，一系列操作得到硫代硫酸钠晶体；铜、铁元素转化为金属氧化物和不反应的二氧化硅进
入烧渣1，烧渣加入硫酸，二氧化硅不反应得到滤渣2，铜、铁氧化物转化为盐溶液得到溶液2，加入过量
氨水，铁转化为沉淀得到滤渣3，铜离子进入溶液3，加入硫酸经系列处理得到胆矾；
【解析】（1）焙烧时，粉碎矿石的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；滤渣2的主要成分是不
和稀硫酸反应的二氧化硅SiO ；
2
（2）向Na S和 Na CO 的混合溶液中通入SO 制备硫代硫酸钠，Na S中硫元素化合价由-2变为+2、二氧化
2 2 3 2 2
硫中硫元素化合价由+4变为+2，硫元素发生归中反应生成硫代硫酸钠，根据质量守恒可知还会生成二氧化
碳，结合电子守恒可知，反应化学方程式为 ；
（3）活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，则上述反应中，活化能
较大的反应是①；
A．在KI-淀粉溶液中滴加过量 Na S O 溶液，生成I 的反应为慢反应，消耗I 的反应为快反应，则溶液中碘
2 2 3 2 2
单质被迅速转化，且生成的碘离子和Na S O 不反应，溶液始终不会变蓝，正确；
2 2 3
B．实验1、2加入的K S O 溶液的体积不同，溶液的总体积不同，K S O 溶液浓度大小无法确定，不能判断
2 2 8 2 2 8
浓度对反应速率的影响，错误；
C．由反应①②可知，当n(Na S O )：n(K S O )的值等于2时，恰好反应，溶液中碘元素以碘离子存在，
2 2 3 2 2 8
n(Na S O )：n(K S O )的值小于2时，生成的碘单质不会完全转化为碘离子，溶液会出现蓝色，正确；
2 2 3 2 2 8
故选B；
（4）溶液2中含 Fe2+、Fe3+，检验溶液2中含 Fe2+，需要考虑铁离子对亚铁离子的干扰，亚铁离子和K Fe(CN) 溶液生成蓝色沉淀、和酸性 KMnO 溶液发生氧化还原反应使得溶液褪色，故选BC；
3 6 4
（5）①25.0 g CuSO ·5H O受热会首先失去结晶水得到16.0gCuSO ，继续加热CuSO 会分解生成氧化铜，已
4 2 4 4
知580～1000℃之间产生了两种气体和一种固体，则反应中硫元素化合价降低生成二氧化硫，氧元素化合
价升高生成氧气，反应为 ，反应得到8.0g氧化铜；继续加热氧化
铜会分解生成7.2g氧化亚铜和氧气， ；故1300 ℃时，固体的成分是 。
②由分析可知，580～1000℃之间反应为 。
【考向四】制备类化工流程综合分析
【典例4】（2023上·陕西宝鸡·高三校联考）五氧化二钒( )广泛用作合金添加剂及有机化工催化剂。从
废钒催化剂(含有 、 及少量 、 等杂质)回收 的部分工艺流程如图所示。
已知：常温下，部分含钒物质在水中的溶解性如表1；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系
如表2。
表1
物质
溶解性 难溶 可溶 易溶 难溶
表2
pH <6 6～8 8～10 10～12
主要离子
回答下列问题：
（1） 中钒元素的化合价为 ，其在水溶液中电离方程式为 。
（2）工业生产中的钒催化剂一般以疏松多孔的硅藻土为载体，该做法的优点是 。
（3）“酸浸、氧化”时溶液的 ， 转化为 ， 发生反应的离子方程式为 。
（4）“中和”时调节pH为7的目的是ⅰ.沉淀部分杂质离子，ⅱ. 。
（5）“沉钒”前需将溶液先进行“离子交换”和“洗脱”，再加入 生成 ；“离子交换”和“洗脱”两步操作可简单表示为： (ROH为强碱性阴离子交换树脂)。
为了提高洗脱效率，洗脱液为 (填字母)，从化学平衡移动的角度解释选择该试剂的原因：
。
A．稀 B．KOH溶液 C．KCl溶液
（6）“沉钒”前若滤液中 ，“沉钒”完成时，若上层清液中 ，
则钒元素的沉降率= ％［ ，反应过程中溶液的体积不变］。
（7）在Ar气氛中加热煅烧 ，升温过程中固体的质量变化如图所示，加热分解 制备
需要控制的温度为 (填字母)。
A．250℃ B．350℃ C．450℃
【答案】（1） +4
（2）增大催化剂与反应物的接触面积，加快反应速率
（3）
（4）将 转化为
（5） B 加入KOH，增大溶液中的 ，促进平衡 向生成
的方向移动
（6）98
（7）C
【分析】从废钒催化剂中回收V O ，由流程可知，“酸浸”时V O 转化为VO ，氧化铁、氧化铝均转化为
2 5 2 5
金属阳离子，然后加氧化剂KClO ，将VO2+变为VO ，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH) 、
3 3
Al(OH) 沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣为Fe(OH) 、Al(OH) ，“沉钒”得到偏钒酸铵(NH VO )沉淀，
3 3 3 4 3
“煅烧”时分解生成V O
2 5
【解析】（1） 中O元素为-2价，S元素为+6价，钒元素的化合价为+4，其在水溶液中电离方程式
为 。故答案为：+4； ；（2）工业生产中的钒催化剂一般以疏松多孔的硅藻土为载体，该做法的优点是增大催化剂与反应物的接
触面积，加快反应速率。故答案为：增大催化剂与反应物的接触面积，加快反应速率；
（3）“酸浸、氧化”时溶液的 ，氧化时反应物为VO2+和 ，生成物为 和Cl-， 发生
反应的离子方程式为 。故答案为：
；
（4）“中和”时调节pH为7的目的是ⅰ.沉淀部分杂质离子，ⅱ.溶液中存在平衡： +2OH- ⇌
+H O，加入KOH，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使 尽可能都转化为 。故答案为：将 转
2
化为 ；
（5）“沉钒”前需将溶液先进行“离子交换”和“洗脱”，再加入 生成 ；“离子交换”
和“洗脱”两步操作可简单表示为： ，为了提高洗脱效率，洗脱液为
B．KOH溶液，从化学平衡移动的角度解释选择该试剂的原因：加入KOH，增大溶液中的 ，促进平
衡 向生成 的方向移动。故答案为：B；加入KOH，增大溶液中的
，促进平衡 向生成 的方向移动；
（6） ，“沉钒”前若滤液中 ，“沉钒”完成时，若上层清液
中 ， ，则钒元素的沉降率=
=98％。故答案为：98；
（7）在Ar气氛中加热煅烧 ，且设NH VO 原固体质量为117g,加热到250℃时，质量减少
4 3
15.06%，发生反应NH VO NH ↑+HVO ；加热到350℃时固体质量减少20.03%，发生的反应为2HVO
4 3 3 3 3
H O+V O ，部分HVO 分解，到450℃，HVO 完全分解，生成V O ，固体质量减少22.22%，加热分解
2 2 5 3 3 2 5
NH VO 制备V O 需要控制的温度为450℃，故答案为：C。
4 3 2 5
一、物质制备过程中的常考知识点
1.原料处理阶段的常见考查点
研磨 减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。
水浸 与水接触反应或溶解。
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。
灼烧 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。2．分离提纯阶段的常见考查点
（1）调pH除杂
①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去 Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2
＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。
②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去
Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH) 、Cu (OH) CO 等物质来调节溶液的pH。
2 2 2 3
（2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。
如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的
NaHCO ；还有如HO、Ca(HCO )、KMnO 、AgNO、HNO(浓)等物质。
3 2 2 3 2 4 3 3
（3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。
3．获得产品阶段的常见考查点
（1）洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。
（2）蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl 、AlCl 、MgCl 等溶质时，应在HCl的气流中加
3 3 2
热，以防其水解。
（3）蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和KCr O 混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固
2 2 7
体主要是KCr O，这样就可分离出大部分KCr O；同样原理可除去KNO 中的少量NaCl。
2 2 7 2 2 7 3
（4）蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和KCr O 混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要
2 2 7
是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO。
3
二、破解物质制备的——“题眼”
1．如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的
NaHCO ，还有HO、Ca(HCO )、KMnO 、AgNO、HNO(浓)等物质。
3 2 2 3 2 4 3 3
2．如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如
制备FeCl 、AlCl 、MgCl 、Cu(NO ) 等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气
3 3 2 3 2
流中进行来抑制其水解。
3．如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2
＋、SO、I－等离子的物质，要防止反应过程中O 的介入。
2
4．如果产物是一种易吸收空气中的CO 或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意
2
在制备过程中对CO 或水的去除，也要防止空气中的CO 或水进入装置中。
2 2
5．当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。
6．在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析：
（1）对反应速率有何影响。
（2）对平衡转化率是否有利。
（3）对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境
保护(从绿色化学方面作答)等。
（4）识别流程图
化工流程中箭头指出的是投料(反应物)，箭头指向的是生成物(包括主产物和副产物)，返回的箭头一般是被“循环利用”的物质。
【变式4-1】（2023上·江苏泰州·高三统考期中）由菱锰矿(主要成分为 ，还含有少量Si、Fe、Ni等
元素)制备一种新型锂电池正极材料 的工艺流程如下：
已知：① ， ， ，
， 。
②当溶液中离子浓度小于 时，可视为沉淀完全。
③ 可溶于水。
（1）基态锰原子的核外电子排布式为 。
（2）加入少量 的目的是氧化 ，实际生产中不用 替代 的原因是 。
（3）溶矿反应完成后，先向反应后溶液中加入石灰乳至溶液 ，再加 进一步除去 。加石灰
乳调节溶液pH时，不直接将 沉淀完全为 的原因是 。
（4）若分离后的溶液中 ，要使 完全除尽，则需控制 的范围为 ；生
产中也可用 (填化学式)代替 除去 ，同时增加 产量。
（5）电解废液中可循环利用的物质是 (填化学式)
（6）煅烧时，生成 的化学方程式为 。
【答案】（1） 或
（2） 或 能催化分解 ，利用率低
（3） 完全沉淀为 时，溶液中 部分已经形成 沉淀，产物的产率降低
（4） 或
（5）
（6）
【分析】菱锰矿中加入硫酸，其中的碳酸锰，少量的Fe、Ni元素均会溶于硫酸变成相应的离子，加入二氧
化锰将亚铁离子氧化成铁离子，调节pH得到氢氧化铁沉淀，再加入硫化钡将镍离子转化为沉淀，分离沉
淀得到的电解液中主要是锰离子，通过电解得到二氧化锰，再与碳酸锂共同煅烧形成最终产物。【解析】（1）锰的原子序数为25，位于第四周期第ⅦB组，其基态锰原子的核外电子排布式为
或 。
（2）由于过氧化氢不稳定， 或者 可以催化其分解，导致过氧化氢的利用率降低；
（3）由于 和 相差不大，若直接将 沉淀完全为 ，则溶液中
部分已经形成 沉淀，产物的产率降低。
（4）①要使 完全除尽，其浓度最小为 ，则 ，
又因为要求 ，则 ，所以
②由于 ，MnS可以向NiS转化，同时还可以增加 浓度，进而增加 的产量。
（5）电解过程中，阳极消耗氢氧根，生成氢离子，生成的氢离子和硫酸根形成硫酸，所以电解废液中可
循环利用的物质是
（6）由流程可知，煅烧过程中，碳酸锂和二氧化锰反应，生成 、二氧化碳和氧气，发生氧化还
原反应，利用氧化还原规律配平，可得到化学方程式为：
【变式4-2】（2024上·湖南长沙·高三长郡中学校考）银作为一种战略金属，在电子、化工、医药等行业广
泛使用。某铅锌矿(含有PbCO 、ZnCO 、ZnO等)中含有低品位的辉银矿(Ag S与自然Ag共生)，可以采用
3 3 2
NaCN溶液氰化法提取出银，能耗低，生产工艺简便。其炼制工艺简介如图：
已知：①HCN是一种弱酸，易挥发，有毒性，K=6.2×10-10。
a
②ZnCO 、ZnO易溶解于NaCN溶液中，且NaCN对游离态和化合态的银均能以[Ag(CN) ]-形式浸出。
3 2
③调pH过程中，PbCO 已经溶解为Pb(OH) 。
3
（1）NaCN的电子式为 。
（2）铅锌矿破碎研磨的目的是 。
（3）“碱洗”后需调pH，使pH＞12，方可进行NaCN溶液喷淋，其目的是 。
（4）“氰化”过程中Ag S与NaCN溶液反应的化学方程式为 ，调pH后不经过“过滤”操作直接
2
加NaCN溶液“氰化”的理由是 。
（5）矿泥堆要有良好的渗透性和孔隙度，其原因是 。（6）“氰化法”中最终矿浆需要用NaClO溶液消毒处理，发生的离子反应方程式为 ，处理100m3
含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO g(实际用量应为理论值的4倍)，才能使NaCN含量低
于0.5mg/L，达到排放标准。
【答案】（1）
（2）增大铅锌矿的接触面积，使其洗矿效果更好
（3）使CN- +H O HCN+OH-逆向移动，防止溶液中的氰化物转化为HCN而挥发
2
（4） Ag S+4NaCN=2Na[Ag(CN) ]+Na S Pb(OH) [铅盐或写成Pb(Ⅱ)]与硫化钠反应生成难溶的而促
2 2 2
进Ag S被NaCN溶解浸出
2
（5）提供足够的氧，作Ag与NaCN溶液反应的氧化剂
（6） 2CN-+5ClO-+H O=2CO ↑+N ↑+5Cl-+2OH- 14900
2 2 2
【分析】由题干流程图可知，将铅锌矿破碎研磨之后进行洗矿将一些可溶性杂质洗去得到洗液，向矿泥堆
中先碱洗调节pH后再加入NaCN溶液进行氰化过滤，得到矿浆和贵液，贵液中主要含有[Ag(CN) ]-，加入Zn
2
进行还原制得Ag，据此分析解题。
【解析】（1）已知NaCN是由Na+和CN-构成的离子化合物，故其电子式为： ，故答案为：
；
（2）铅锌矿破碎研磨的目的是增大铅锌矿的接触面积，使其洗矿效果更好，故答案为：增大铅锌矿的接
触面积，使其洗矿效果更好；
（3）由题干信息可知，HCN为弱酸，属于弱电解质，使CN- +H O HCN+OH-逆向移动，防止溶液中的氰
2
化物转化为HCN而挥发，故“碱洗”后需调pH，使pH＞12，方可进行NaCN溶液喷淋，故答案为：使CN-
+H O HCN+OH-逆向移动，防止溶液中的氰化物转化为HCN而挥发；
2
（4）根据化学方程式配平可知，“氰化”过程中Ag S与NaCN溶液反应的化学方程式为：
2
Ag S+4NaCN=2Na[Ag(CN) ]+Na S，由题干信息可知，调pH过程中，PbCO 已经溶解为Pb(OH) ，Pb(OH) [铅
2 2 2 3
盐或写成Pb(Ⅱ)]与硫化钠反应生成难溶的而促进Ag S被NaCN溶解浸出，故调pH后不经过“过滤”操作
2
直接加NaCN溶液“氰化”，故答案为：Ag S+4NaCN=2Na[Ag(CN) ]+Na S；Pb(OH) [铅盐或写成Pb(Ⅱ)]与硫
2 2 2
化钠反应生成难溶的而促进Ag S被NaCN溶解浸出；
2
（5）矿泥堆要有良好的渗透性和孔隙度，留足空隙进入空气，以提供足够的氧，作Ag与NaCN溶液反应
的氧化剂，故答案为：提供足够的氧，作Ag与NaCN溶液反应的氧化剂；
（6）“氰化法”中最终矿浆需要用NaClO溶液消毒处理，即将CN-氧化为N 和CO ，根据氧化还原反应配
2 2
平可知，该过程发生的离子反应方程式为2CN-+5ClO-+H O=2CO ↑+N ↑+5Cl-+2OH-，处理100m3含
2 2 2
NaCN10.3mg/L的废水，使NaCN含量低于0.5mg/L，则参加反应的NaCN的质量为：100m3×103L/m3×(10.3-
0.5)mg/L=980g，根据反应方程式可知，理论消耗的NaClO的质量为： =3725g，实际至少需NaClO的质量为4×3725=14900g，故答案为：2CN-+5ClO-+H O=2CO ↑+N ↑+5Cl-+2OH-；14900。
2 2 2
1．（2023·全国卷）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 ，含有少量
2 4 3
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H O 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H O 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 ，可将固体溶解为离子，将杂质中
2
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Fe3+；随后
2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
【解析】（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；故答案为：
3 2 4 4 2 2
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H O 氧化Fe2+，
2 2 2
因为氧化后生成的Fe3+可以催化H O 分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为
2 2
Fe3+、Fe3+可以催化H O 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+)=5.5×10-2mol·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Ba2++S2-+Ni2++SO =BaSO ↓+NiS↓，生
4
成的沉淀有BaSO 、NiS。
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 H ↑+MnO ↓+2H+；电解
2 2 2 2
时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH) 以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2+
2
+2H O H ↑+MnO ↓+2H+、加入Mn(OH) 。
2 2 2 2
（6）煅烧窑中MnO 与Li CO 发生反应生成LiMn O ，反应的化学方程式为2Li CO +8MnO
2 2 3 2 4 2 3 2
4LiMn O +2CO ↑+O ↑；故答案为：2Li CO +8MnO 4LiMn O +2CO ↑+O ↑。
2 4 2 2 2 3 2 2 4 2 2
2．（2023·全国卷） 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 。
【解析】（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 = 。3．（2023·全国卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、
铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以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，该步需要控制溶液的pH≈9以
3 4 4
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V O 沉淀，V O 在pH<1时，溶解为VO 或VO3+在碱
2 5 2 5
性条件下，溶解为VO 或VO ，上述性质说明V O 具有 (填标号)。
2 5
A．酸性 B．碱性 C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na S O )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，同时可能产生硅酸胶状沉淀不
4 4
宜处理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO 沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵
3
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
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。【解析】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na CrO ；
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
3 4 4
沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀，同时可能产生硅酸
4 4
胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO 沉淀，导致产品中
3
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，故答案为：磷酸根会与H+反应使
4 4
其浓度降低导致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，不能
4 4
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 无法完全沉淀；
3 4 4
（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 +10H+=4Cr3++6SO +5H O。
2 2 2 2 2 2
4．（2023·天津卷）下面是制备硫酸的工业流程：
（1） 的晶体类型是 。
（2）第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫。若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫
蒸气，与生成的二氧化硫一同参加第二步反应，关于这种情况说法正确的是 。
a．硫粉消耗会增大 b．二氧化硫生成率降低 c. 二氧化硫生成率增大
（3）若每生成 气体三氧化硫，放出 能量，写出生成三氧化硫的反应的热化学方程式： ，
若反应温度升高，则二氧化硫转化率 (填“升高”或“降低”)。
（4）第二步反应中，从能量角度分析催化剂意义： 。
在第二步反应中，首先将反应物加热到 ，通入催化剂层，进行第一轮反应，反应后体系温度升
高，导出产物与剩余反应物，与其他反应物进行热交换降温，随后再次通入催化剂层，如此进行四轮反应，
使反应转化率接近平衡转化率，得到较高产率的三氧化硫。
（5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于 ；每轮反应后进行热交换
降温的目的是 。
（6）关于四轮反应，说法正确的是 。
a．这一流程保证了在反应速率较大的情况下，转化率尽可能大
b．这一流程使这一反应最终达到平衡转化率
c．这一流程节约了能源（7）如图是吸收三氧化硫时浓硫酸浓度、温度对吸收率影响曲线，读图可知，最适合吸收三氧化硫的浓
硫酸质量分数为 ，最适合吸收的温度为 。
（8）一批32吨含硫元素 的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了 ，二氧化硫在第二步
反应中 转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可
以生产 的浓硫酸 吨。
【答案】（1）分子晶体
（2）ab
（3） 2SO (g)+O (g)=2SO 降低
2 2 3
（4）提高能量的利用率
（5） 二氧化硫和氧气的反应是放热反应 及时分离出三氧化硫并充分利用能量
（6）ac
（7） 98.3% 60℃
（8）94.1
【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，发生反应：S+O SO ，生成的SO 和氧气发生反应：2SO +O
2 2 2 2 2
2SO ，生成的SO 用浓硫酸吸收，以此解答。
3 3
【解析】（1） 是硫单质的分子晶体。
（2）第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫。若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫
蒸气，则消耗的硫粉会增大，硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第二步反应过程中，硫蒸气会继续和氧气
反应生成二氧化硫，但第二步中二氧化硫浓度较大，会降低二氧化硫的生产率，故选ab。
（3）若每生成80g气体三氧化硫，放出98.3kJ能量，80g三氧化硫的物质的量为： =1mol，则生成
三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO (g)+O (g)=2SO 。该反应是放热
2 2 3
反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低。
（4）在第二步反应中，通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率。
（5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反
应；每轮反应后进行热交换降温的目的是：及时分离出三氧化硫并充分利用能量。
（6）a．由题目信息可知，四轮反应保证了在反应速率较大的情况下，转化率尽可能大，故a正确；
b．由题目信息可知，四轮反应使反应转化率接近平衡转化率，故b错误；c．四轮反应中，每轮反应后进行热交换降温，节约了能源，故c正确；
故选ac。
（7）读图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃。
（8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为 ，在第一步反应中硫
元素损失了 ，则生成 二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为
了三氧化硫，则生成 三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视
作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸 ，为94.1吨。
5．（2023·山东卷）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) CaO
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，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，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，滤渣Ⅰ的主
要成分为Mg(OH) 、 ；精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为 、Mg(OH) ；精制
2 2
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 。
【解析】（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2.0 ，由
2
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，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所
需的碱性pH首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石
灰（CaO）和纯碱（ ）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。
6．（2023·海南卷）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用
绿柱石(主要化学成分为( ，还含有一定量的FeO和 )生产BeO的一种工艺流程如下。回答问题：
（1） 中Be的化合价为 。
（2）粉碎的目的是 ；残渣主要成分是 (填化学式)。
（3）该流程中能循环使用的物质是 (填化学式)。
（4）无水 可用作聚合反应的催化剂。BeO、 与足量C在600~800℃制备 的化学方程式为
。
（5）沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的 %。
【答案】（1）+2
（2） 增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率 SiO
2
（3）(NH ) SO
4 2 4
（4）BeO+Cl +C CO+BeCl
2 2
（5）10
【分析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO 不溶于硫酸，残渣是SiO ，加硫酸铵调节pH=1.5除去
2 2
铝离子，加入氨水调节pH=5.1除去铁离子，再加入氨水到pH=8.0生成Be(OH) 沉淀，滤液硫酸铵循环利用。
2
【解析】（1）按照正负化合价代数和为0，Be的化合价为+2+价；
（2）粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO ；
2
（3）最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用；
（4）BeO、 与足量C在600~800°C生成BeCl 同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl +C
2 2
CO+BeCl ；
2
（5）设Be(OH) 的溶度积常数为K ，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)= ，当pH=8.0时，c(OH-)=10-
2 sp
6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)= mol/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=
mol/L，损失降低至原来的10%。
1．（2024上·辽宁朝阳·高一统考期末）某实验小组同学利用某工业废弃矿石（主要成分为 和 ，
其他成分不参与反应制备硫酸铜晶体与硫酸铁铵晶体，工艺流程如下图所示：回答下列问题：
（1）气体X的名称为 。
（2）“酸浸1”过程中红色固体被溶解的化学方程式为 。
（3）“酸浸2”得到的滤液为 （填主要物质的化学式）溶液，可以转移到 操作工序中循环利
用。
（4）“氧化2”过程发生反应的离子方程式为 ，实际操作日所加 的量要比理论计算值多，
可能原因是 。
（5）“系列操作”包括 、 、过滤、洗涤、干燥，该系列操作所需的仪器铁架台、酒精灯、
玻璃棒、蒸发皿、烧杯和 。
（6）若称取25.6 kg废弃矿石经过上述流程最终得到25 kg硫酸铜晶体，则矿石中Cu元的质量分数为
%（保留1位小数）。
【答案】（1）二氧化硫
（2）
（3） 氧化2
（4） 易分解
（5） 蒸发浓缩 冷却结晶 漏斗
（6）25.0
【分析】工业废弃矿石(主要成分为CuS和Fe O )，将其灼烧，CuS转化为CuO和SO ，所以气体X是SO ，
2 3 2 2
残留固体是CuO和Fe O ，向其中加入足量稀H SO ，反应产生CuSO 、Fe (SO ) ，然后加入过量铁粉，发生
2 3 2 4 4 2 4 3
反应：CuSO +Fe=FeSO +Cu；Fe (SO ) +Fe=3FeSO ，然后过滤，所得滤液含有FeSO ，滤渣含有Fe、Cu，滤渣
4 4 2 4 3 4 4
酸浸发生反应：Fe+H SO =FeSO +H ↑；而Cu不发生反应，过滤，滤液与前边的滤液合并，向其中加入稀
2 4 4 2
H SO 、H O ，反应产生Fe (SO ) ，再向其中加入(NH ) SO ，经系列操作可知反应产生硫酸铁铵；滤渣用
2 4 2 2 2 4 3 4 2 4
H SO 溶解，然后向溶液中鼓入O ，发生反应：2Cu+O +2H SO =CuSO +2H O，然后将溶液蒸发浓缩冷却结
2 4 2 2 2 4 4 2
晶获得硫酸铜晶体。
【解析】（1）根据上述分析可知气体X是SO ，名称是二氧化硫；
2
（2）“酸浸1”过程中红色固体Fe O 与H SO 反应产生Fe (SO ) 、H O，反应的化学方程式为：
2 3 2 4 2 4 3 2
Fe O +3H SO =Fe (SO ) +3H O；
2 3 2 4 2 4 3 2（3））“酸浸2”是Fe、Cu混合物中的Fe与硫酸反应得到FeSO ，Fe+H SO =FeSO +H ↑，而Cu不能发生反
4 2 4 4 2
应，则发生的滤液为FeSO ；
4
FeSO 可以被H O 氧化产生Fe (SO ) ，因此可以转移到氧化2操作工序中循环利用；
4 2 2 2 4 3
（4）“氧化2”过程中，Fe2+、H+、H O 发生氧化还原反应产生Fe3+、H O，发生反应的离子方程式为2Fe2+
2 2 2
+H O +2H+=2Fe3++2H O；
2 2 2
实际操作时，所加H O 的量要比理论计算值多，可能原因是H O 不稳定，受热易分解导致其被消耗，故
2 2 2 2
H O 易分解；
2 2
（5）CuSO 的溶解度受温度的影响变化较大，因此从溶液中获得CuSO ·5H O，的系列操作包括蒸发浓缩、
4 4 2
冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；该系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥所需的仪器铁架
台、酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、烧杯和漏斗；
（6））CuSO ·5H O的式量是250，25 kg硫酸铜晶体的物质的量是n(CuSO ·5H O)= ，根
4 2 4 2
据Cu元素守恒，可知废弃矿石中Cu的物质的量是100 mol，其质量是m(Cu)=100 mol×64 g/mol=6400 g=6.4
kg，故矿石中Cu元素的质量分数为 。
2．（2023上·吉林）高铝粉煤灰是火力发电厂燃煤锅炉排放出的固体废物，含有较多的 和 ，少
量的MgO、铁的氧化物及其他不溶性杂质。从粉煤灰中提取 的工艺流程如图：
已知： 不溶于水，也不溶于稀盐酸
（1）操作Ⅰ所用的玻璃仪器有：烧杯、 、 。
（2）滤渣1中除了其他不溶性杂质外，还有 (填化学式)。
（3）反应①的离子方程式为 ，检验生成物中阳离子的操作及现象是： 。
（4）“沉铝”中反应的化学方程式为 。
（5）沉铝后的滤液需要 (选填“减压”、“常压”或“加压”)蒸发才能得到 固体；
（6）下列实验方案中，不能测定 和 混合物中 质量分数的是_____。
A．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C．取a克混合物充分加热，减重b克
D．取a克混合物与足量 溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】（1） 漏斗 玻璃棒（2）
（3） 取少量溶液于洁净小试管中(取样)，加入KSCN溶液，溶液变红，
则证明溶液中含有
（4）
（5）减压
（6）A
【分析】粉煤灰经过盐酸酸浸得到铝盐、铁对应的盐、镁盐，二氧化硅和其他不溶物不能溶于盐酸，经过
滤得到滤渣滤渣的主要成分是二氧化硅和其他不溶物，滤液中的铁元素经氯气氧化得到溶液中含有氯化铝、
氯化铁、氯化镁，加入足量氢氧化钠后镁离子和铁离子被沉淀，铝离子转化为四羟基合铝酸根离子，通入
二氧化碳后就得到氢氧化铝灼烧后得氧化铝。
【解析】（1）操作Ⅰ为过滤，所用的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）据分析，滤渣1中除了其他不溶性杂质外，还有 ；
（3）反应①是氯气将亚铁离子氧化： ，得到得阳离子为铁离子，检验铁离子用
KSCN溶液：取少量溶液于洁净小试管中(取样)，加入KSCN溶液，溶液变红，则证明溶液中含有 ；
（4）“沉铝”中通入二氧化碳将四羟基合铝酸根离子转化为氢氧化铝，反应的化学方程式为
；
（5）碳酸氢钠受热易分解，因此需要减压蒸发得到碳酸氢钠固体；
（6）A．取m克混合物与足量稀硫酸充分反应，若用碱石灰吸收，增重b克，逸出气体中同时含有CO 及
2
水蒸气，则不能计算混合物中Ba CO 质量分数，A符合题意；
2 3
B．取m克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体，反应所得固体为BaCl ，
2
Ba CO 和BaHCO 混合物质量是m g，二者与HCl反应产生BaCl 质量是bg，可以计算混合物中Ba CO 和
2 3 3 2 2 3
BaHCO 组分的质量，因而可得Ba CO 质量分数，B不符合题意；
3 2 3
C．取m克混合物充分加热，减重b克，减少质量为CO 、H O的质量和，由BaHCO 分解反应方程式可得
2 2 3
BaHCO 的质量，进而可得混合物中Ba CO 质量分数，C不符合题意；
3 2 3
D．Ba CO 和BaHCO 质量和为m g，二者与足量Ba(OH) 溶液充分反应所得固体是BaCO 质量和为b g，可以
2 3 3 2 3
计算出混合物中Ba CO 的质量及质量分数，D不符合题意；
2 3
故合理选项是A。
3．（2023上·湖南邵阳·高三湖南省邵东市第一中学校考）碳酸锶( SrCO )主要用于制造磁性材料、电子元件
3
等。利用锶渣(主要成分SrSO ，含少量CaCO 、Fe O 、Al O 、MgCO 杂质)，工业上制备超细碳酸锶的工艺
4 3 2 3 2 3 3
如图1所示：已知：①25°C时溶液中金属离子物质的量浓度c与溶液pH的关系如图2所示：
②Sr (OH) 、Ca(OH) 在不同温度下的溶解度表
2 2
温度/℃ 0 20 40 60 80 90 100
Ca(OH) /g 0.19 0.17 0.14 0.12 0.09 0.08 0.07
2
Sr(OH) /g 0.91 1.77 3.95 8.42 20.20 44.50 91.20
2
回答下列问题：
（1）“高温煅烧”得到的主要产物为锶的硫化物和一种可燃性气体。则“高温煅烧”的主要反应化学方
程式为 。
（2）不设置步骤1的后果是 。
（3）“除铁铝”后溶液温度降至室温(25℃)，溶液中c(Fe3+) 为 mol/L。
（4）“除镁钙”过程温度控制在95℃～100℃的目的是 。
（5）“沉锶”的离子反应方程式为 。
（6）“沉锶”过程中反应温度对锶转化率的影响如图3所示，温度高于60℃时，锶转化率降低的原因为
。
（7）从平衡移动的角度分析“沉锶”过程中控制pH≥10的原因 。【答案】（1）
（2）铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽
（3）1.0×10﹣19.1
（4）氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大
（5）
（6）温度高于60°C时，NH HCO 和氨水分解
4 3
（7）当pH≥10时，平衡 H++ ，正向移动 浓度增大有利于生成SrCO 沉淀
3
【分析】由题干流程图可知，锶渣(主要成分SrSO ，含少量CaCO 、Fe O 、Al O 、MgCO )，高温焙烧生成
4 3 2 3 2 3 3
SrS和一种可燃气体CO，CaCO 生成CaO，MgCO 生成MgO，加入稀盐酸酸浸，SrS产生H S气体，滤液中
3 3 2
含有Sr2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+，加入H O ，将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调节pH=7.5，使Fe3+和
2 2
Al3+形成Al(OH) 和Fe(OH) 沉淀而除去，再加NaOH溶液，加热至90℃-120℃，调节pH=12除去Ca2+、
3 3
Mg2+，最后加入氨水和NH HCO 生成SrCO ，据此分析结合各小问解题。
4 3 3
【解析】（1）高温焙烧SrSO 生成SrS和一种可燃气体CO，根据氧化还原反应配平可得，该反应化学方程
4
式为SrSO +4C SrS+4CO↑，故答案为：SrSO +4C SrS+4CO↑；
4 4
（2）由分析可知，步骤1为加入H O ，将Fe2+氧化为Fe3+，由Fe2+沉淀的pH可知，若不氧化，Fe2+除不尽，
2 2
故答案为：铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽；
（3）由图可知，当c(Fe3+)=1.0×10-2mol/L时，溶液的pH=1.8，则K [Fe(OH) ]＝c(Fe3+)c3(OH-)＝10-2×(10-12.2)3＝
Sp 3
10-38.6，若溶液的pH=7.5时，c(Fe2+)= mol/L=1×10-19.1mol/L，故答案为：1.0×10-19.1；
（4）根据表格数据，温度控制在95℃～100℃时，氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证
除钙完全，故答案为：氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证除钙完全；
（5）由分析可知，沉思过程为：氨水和NH HCO 生成SrCO ，离子反应方程式为：
4 3 3
，故答案为： ；
（6）NH HCO 和氨水受热易分解，温度高于60℃时，NH HCO 和氨水分解，锶转化率降低，故答案为：温
4 3 4 3
度高于60℃时，NH HCO 和氨水分解；
4 3
（7）“沉锶”过程中，当pH≥10时，平衡 H++ 正向移动，溶液中 浓度增大，有利于生
成SrCO 沉淀，故答案为：当pH≥10时，平衡 H++ 正向移动，溶液中 浓度增大，有利
3
于生成SrCO 沉淀。
3
4．（2023上·广西梧州）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 ，含有少
2 4 3
量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn O 的流程如图：
2 4已知：①Ksp[Fe(OH) ]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH) ]=1.0×10-32，Ksp[Ni(OH) ]=5.5×10-16。
3 3 2
②已知亚铁离子沉淀的pH范围是8~9之间
回答下列问题：
（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 ，硫酸不能太浓且反应温度不宜太高，原因是
。
（2）加入少量二氧化锰的作用是把亚铁离子氧化成正三价铁离子，写出该反应的离子方程式 ，
不用双氧水氧化亚铁离子的原因是 。
（3）溶矿反应完成后，调pH≈7，可完全沉淀的离子是 ，通过列式计算说明理由
(离子浓度小于10-5mol/L即可认为完全沉淀)。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。
（5）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 ↑ Fe、Ni、Al会和浓硫酸反应生成SO 气体，污染
3 2 4 4 2 2 2
环境
（2） MnO +2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H O Fe3+可以催化H O 分解
2 2 2 2
（3） Fe3+、Al3+ K [Al(OH) ]=1.3×10-33，用石灰乳调节至pH≈7，c(Al3+)= mol/L=10-
sp 3
11mol/L，c(Fe3+)= mol/L=2.8×10-18mol/L，c(Ni2+)= mol/L=5.5×10-2mol/L，Fe3+、Al3+完全转化
为沉淀
（4）BaSO 、NiS
4
（5）2Li CO +8MnO 4LiMn O +2CO ↑+O ↑
2 3 2 2 4 2 2
【分析】菱锰矿主要含有MnCO ，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，硫酸溶矿MnCO 和稀硫酸反应生成
3 3
硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加
石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni,过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰
溶液得到MnO ，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn O ，据此分析解题。
2 2 4
【解析】（1）硫酸溶矿过程中，MnCO 和稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，主要反应的化学方程
3
式为MnCO +H SO =MnSO +H O+CO ↑；硫酸不能太浓且反应温度不宜太高，原因是Fe、Ni、Al会和浓硫酸
3 2 4 4 2 2
反应生成SO 气体，污染环境，故答案为：MnCO +H SO =MnSO +H O+CO ↑；Fe、Ni、Al会和浓硫酸反应
2 3 2 4 4 2 2
生成SO 气体，污染环境；
2
（2）MnO 具有氧化性，加入少量MnO 的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为MnO +2Fe2++4H+=2Fe3+
2 2 2
+Mn2++2H O；Fe3+可以催化H O 分解，所以不宜使用H O 替代MnO ，故答案为：MnO +2Fe2++4H+=2Fe3+
2 2 2 2 2 2 2+Mn2++2H O；Fe3+可以催化H O 分解；
2 2 2
（3）K [Al(OH) ]=1.3×10-33，用石灰乳调节至pH≈7，c(Al3+)= mol/L=10-11mol/L，c(Fe3+)=
sp 3
mol/L=2.8×10-18mol/L，c(Ni2+)= mol/L=5.5×10-2mol/L，Fe3+、Al3+完全转化为沉淀，除去的金属离子
是Fe3+、Al3+，故答案为：Fe3+、Al3+；K [Al(OH) ]=1.3×10-33，用石灰乳调节至pH≈7，c(Al3+)= mol/
sp 3
L=10-11mol/L，c(Fe3+)= mol/L=2.8×10-18mol/L，c(Ni2+)= mol/L=5.5×10-2mol/L，Fe3+、Al3+完全
转化为沉淀；
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，可知生成的沉淀有BaSO 、NiS，故答案为：BaSO 、NiS；
4 4
（5）根据流程图，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn O 、二氧化碳、氧气，反应的化学方程式是
2 4
2Li CO +8MnO 4LiMn O +2CO ↑+O ↑，故答案为：2Li CO +8MnO 4LiMn O +2CO ↑+O ↑。
2 3 2 2 4 2 2 2 3 2 2 4 2 2
5．（2023·四川宜宾·统考一模）氟化镁( )是用途广泛的无机化工原料。由菱镁矿(主要成分为 ，
含少量Ca、Si、Fe、Mn和Al等元素)制备氟化镁的流程如下图：
已知： ， 。回答下列问题：
（1）“煅烧”时，菱镁矿主要成分发生反应的化学方程式是 。
（2）“蒸氨”过程中“尾气”的主要成分是 (填化学式)。
（3） 溶液除“氧化除锰”外，还有 的作用。生产中，所需 用量远超理论值的原因
是 。
（4）“除铁铝”过程中，当 恰好沉淀完全时，溶液中 (计算结果保留两位有效
数字)。
（5）“除铁铝”时，用氨水调节溶液的pH，但pH不宜过高，原因是 。
（6）“沉淀”时，发生反应的离子方程式是 。
【答案】（1）
（2）NH
3（3） 将Fe2+氧化为Fe3+ 生成的MnO 和Fe3+能催化H O 分解，从而加大H O 用量
2 2 2 2 2
（4）
（5）避免生成Mg(OH) 沉淀
2
（6）
【分析】由题给流程可知，菱镁矿(主要成分为 ，含少量Ca、Si、Fe、Mn和Al等元素)煅烧，转变
为二氧化碳和各元素的氧化物，加入硝酸铵溶液“蒸氨”，各金属氧化物转变为硝酸盐溶液、二氧化硅不
溶，则过滤得滤渣1为二氧化硅、尾气为氨气；向滤液加入过氧化氢“氧化除锰”，锰元素转变为沉淀
MnO ，硝酸铵溶液呈酸性，酸性条件下过氧化氢将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，则过滤所得滤渣2为
2
MnO ，滤液中加入草酸溶液“除钙”，反应中产生草酸钙沉淀，则过滤所得滤渣3为CaC O ，向滤液中加
2 2 4
入氨水“除铁铝”：调节溶液pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则过滤得到
滤渣4含有氢氧化铁、氢氧化铝，滤液所含主要阳离子为镁离子，向滤液中加入氢氟酸溶液，将溶液中镁
离子转化为氟化镁沉淀，过滤即得到目标产物氟化镁。
【解析】（1）“煅烧”时，主要成分菱镁矿碳酸镁分解为氧化镁和二氧化碳，化学方程式是：
。
（2）硝酸铵溶液水解呈酸性，反应中消耗氢离子促进铵离子水解，产生的一水合氨受热分解为氨气，则
“蒸氨”过程中“尾气”的主要成分是NH 。
3
（3） 溶液是绿色氧化剂，反应中除“氧化除锰”外，还有将Fe2+氧化为Fe3+的作用。过氧化氢不稳
定易分解，则生产中所需 用量远超理论值的原因是：生成的MnO 和Fe3+能催化H O 分解，从而加大
2 2 2
H O 用量。
2 2
（4）“除铁铝”过程中，由 ， 知：当 恰好沉淀完全
时，铁离子早已沉淀完全，则溶液中 。
（5）“除铁铝”时，用氨水调节溶液的pH，但pH不宜过高的原因是：避免生成Mg(OH) 沉淀。
2
（6）HF为弱酸，则 “沉淀”时，反应产生氟化镁沉淀的离子方程式是： 。
6．（2023上·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）镍酸锂( )是一种具有潜力的锂离子材料。
以镍催化剂废渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、 等杂质)为原料制备镍酸锂的流程如下。
回答下列问题：
（1）“酸浸”中，镍浸出率与液固比(稀硫酸浓度一定时溶液体积与镍渣质量比)的关系如图1所示，最佳液固比为 。当液固比一定时，镍浸出率与温度的关系如图2所示，40℃之前，随着温度升高，
镍浸出率逐渐增大的主要原因是 。
（2）“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为 。
（3）“除钙”步骤中pH不能过低的原因是 。“除钙”不能在玻璃仪器中进行，其原因是
(用化学方程式表示)。
（4）已知“滤渣3”的主要成分是 ，则“萃取”操作中加入的有机萃取剂的作用是 。
（5）“沉镍”时得到碳酸镍( )沉淀，在空气中碳酸镍和碳酸锂共同“煅烧”可制得镍酸锂，请写出
该反应的化学方程式： 。
【答案】（1） 3 温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加
（2）
（3） 酸性过强， 与 结合生成HF， 浓度降低导致除钙不完全
（4）除去溶液中的
（5）
【分析】镍催化剂废渣加入稀硫酸酸浸，镍、锌、铁、钙转化为相应的盐溶液，二氧化硅不反应成为滤渣
1，过滤后加入次氯酸钠溶液将 氧化为 并沉淀除去，生成的 沉淀即为滤渣2，过滤后加入
氟化铵溶液生成氟化钙沉淀除去钙，即滤渣3为CaF ，过滤加入有机萃取剂萃取出 ，然后向水层溶液
2
中加入碳酸钠溶液得到镍的沉淀，含镍沉淀中加入 通入空气在900℃时高温煅烧反应生成镍酸锂，
据此分析解题。
【解析】（1）由图可知，液固比为3时，镍浸出率已经达到最高值，且再增加液固比，镍浸出率不再提高，
故最佳液固比为3；当液固比一定时，40℃之前，随着温度升高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是温度升
高，反应速率加快，镍浸出率增加，故答案为：3；温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加；
（2）由分析可知，“除铁”即加入次氯酸钠溶液将 氧化为 并生成的 沉淀，故该步骤中发
生反应的离子方程式为： 。（3）“除钙”步骤是加入氟化铵溶液将 转化为 沉淀而除去，pH不能过低，酸性过强， 与
结合生成HF， 浓度降低导致除钙不完全。“除钙”操作不能在玻璃仪器中进行，其原因是在酸性溶液
中加入氟化铵，氟离子和氢离子会生成氢氟酸，氢氟酸会和玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，发生的反
应为： 。
（4）除钙后，溶液中的杂质离子主要 ，“萃取”操作中加入的有机萃取剂的作用是为除去溶液中的
。
（5）“沉镍”时得到碳酸镍( )沉淀，在空气中碳酸镍和碳酸锂共同“煅烧”可制得镍酸锂，该反应
的化学方程式： 。
