文档文本内容
易错类型 07 化工流程中的常考问题
【易错点01】不清楚常见的工艺操作方法措施（研磨、焙烧、水浸、酸（碱）浸等）
【易错点02】不清楚常见的工艺操作控制条件（调节溶液pH、控制温度等）
【易错点03】不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点
【易错点04】不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【易错点05】热重曲线的相关问题
【易错点06】工艺流程题中有关K 的计算类型
sp
【易错点07】工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算
易错点1 不清楚常见的工艺操作方法措施
【分析】
工艺操作(结果) 目的评价(或操作名称)
方 研磨(粉碎) 增大接触面积，加快反应(溶解)速率
法 煅烧(焙烧) 矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质
措 水浸 利用水溶性把物质进行分离
施 酸浸(碱浸) 利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子
易错点2 不清楚常见的工艺操作控制条件
【分析】
调节pH的原理及目的
控 调节溶液pH 某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解
制 控制温度 加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等
条 增大某反应物用量 增大另一反应物的转化率
件 某种试剂的选择 是否带入杂质、是否影响产品的纯度
1．需要的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反
应，使pH增大的物质如MgO、Mg(OH) 等类型的物质。
2
2．原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度
3．pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值－主要离子开始沉淀时pH，注意端值取等。
4．控制pH的目的：
(1)pH调小：抑制某离子水解；防止某离子沉淀
(2)pH调大：确保某离子完全沉淀；防止某物质溶解等。
(3)控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。5．控制某反应的pH值使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀的原理，例如：
(1)Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3++3H O Fe(OH) ＋3H+，加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正
2 3
向移动，Fe(OH) 越聚越多，最终形成沉淀。
3
(2)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。
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
(3)PH控制的范围：大于除去离子的完全沉淀值，小于主要离子的开始沉淀的PH。
易错点3 不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点
不相溶液体 分液
相溶性液体 蒸馏
分
难溶性固体 过滤
离
易溶性固体 蒸发浓缩、冷却结晶
提
趁热过滤 防止温度降低，某物质析出
纯
冰水洗涤 减少晶体的溶解损失
乙醇、有机溶剂洗涤 减少晶体的水溶性损失
易错点4 不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【分析】
1．书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断
反应类型：
(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；
(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。
2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程
(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的
还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。
(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或HO等。
2
(4)根据质量守恒配平反应方程式。
易错点5 热重曲线的相关问题
【分析】
1．热重曲线模型
由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量。如固体物质
A热分解反应:A(固体) B(固体)+C(气体)的典型热重曲线如图所示。图中T 为固体A开始分解的温度,
1
T 为质量变化达到最大值时的终止温度。若试样初始质量为 W ，失重后试样质量为W ，则失重百分数为
2 0 1。
2．热重曲线的分析法的思考路径
坐标曲线体解题时可以拆分为识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。
(1)识图
识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义（自变量 X轴和函数Y轴表示的意义），寻找
X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点（顶点、始点、
终点、拐点、交叉点）；三看线即曲线的走势（变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化）。
(2)析图
分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通
过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。
(3)用图
将相关的化学知识与图像曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知
识体系揭示问题的实质，解决实际问题。
3．热重分析的一般方法和规律
(1)设晶体为1 mol。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步的剩余固体质量，×100%＝固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)即可求出失重后物质的化学式。
【方法指导】
“两步法”突破热重分析及计算题
突破技法
第一步 阅读题给信息，找出物质之间发生的变化，一般结晶水合物先失结晶水，后发生分
读题，找变化 解，碳酸盐产生CO，硫酸盐产生SO 或SO ，氢氧化物产生HO
2 2 3 2
第二步
根据固体质量变化，列出定量关系式，求出未知数，确定剩余固体的化学式
列式，求未知
易错点6 工艺流程题中有关K 的计算的类型
sp
【分析】
类型一 已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度
1:1型 x=√K
sp
√K
饱和溶液时的物质的量浓度与K sp 的关系 1:2型或2：1型 x= 3 sp
4
应用：比较溶解度的大小
√K
1:3型或3:1型 x= 4 sp
27
类型二 已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度类型三 根据溶度积规则判断沉淀是否生成
类型四 沉淀溶解平衡中的除杂和提纯
类型五 沉淀溶解平衡中沉淀转化的计算
类型六 Ksp与水解常数的关系
易错点7 工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算
【分析】
化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、
物质的质量的计算。
计算公式：
(1)n＝，n＝，n＝cV(aq)
(2)＝×100%
(3)产品产率＝×100%
(4)物质的转化率＝×100%
突破1 不清楚常见的工艺操作方法措施
【例1】（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺制备 ，已知焙烧后 元素以 价形式存在，下列
说法错误的是
A．“焙烧”中产生
B．滤渣的主要成分为
C．滤液①中 元素的主要存在形式为
D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【答案】B
【分析】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。
【解析】A．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．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B错误；
C．滤液①中 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 ，C正确；D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；
故选B。
【变式1-1】（2022·重庆·模拟预测）废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe O 等成分，工程师设计
2 3
如下回收重金属的工艺流程。
回答下列问题：
(1)为提高浸取率，可采取的措施是_______(写一种即可)，操作1的名称是_______；
(2)滤液1中主要含[Cd(NH )]2+、[Ni(NH )]2+、[Co(NH )]2+等，则浸取时CdO发生反应的化学方程式为
3 4 3 6 3 6
_______；
(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是_______；
(4)“反萃取”的原理为NiR +2H+ Ni2++2HR ，需加入的试剂X为_______；
有机 有机
(5)写出反应1的离子方程式_______；
⇌
(6)由CoCl 溶液得到CoCl ·6H O所需的一系列操作是_______；
2 2 2
(7)生成CdCO 沉淀是利用反应[Cd(NH )]2++ CdCO↓+4NH↑，常温下，该反应平衡常数K=2.0×105，
3 3 4 3 3
[Cd(NH
3
)
4
]2+ Cd2++4NH
3
的平衡常数K
1
=4.0×10-5，⇌则K
sp
(CdCO
3
)=_______。
【答案】(1) 将废电池磨碎或搅拌等 过滤
⇌
(2)CdO＋3NH ＋NH HCO =[Cd(NH)]CO＋HO
3 4 3 3 4 3 2
(3)烧杯、分液漏斗
(4)H SO 溶液
2 4
(5)2Co(OH) ＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl↑＋6HO
3 2 2
(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
(7)2.0×10-10
【解析】废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe O 等成分，加入NH HCO 和NH 生成配离子
2 3 4 3 3
[Cd(NH )]2+、[Ni(NH )]2+、[Co(NH )]2+，过滤除去Fe O，废渣是Fe O，滤液1催化氧化+2价的Co元素
3 4 3 6 3 6 2 3 2 3
生成Co(OH) 沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到[Cd(NH )]2+，Ni元素进入有机相中，反萃
3 3 4
取得到NiSO ·6H O；Co(OH) 为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CoCl 溶液，因此Co(OH) 被浓
4 2 3 2 3
盐酸还原为CoCl ，而浓盐酸被氧化为Cl，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CoCl ·6H O；
2 2 2 2
(1)将废电池磨碎或搅拌或适当升温或延长浸取时间等；操作1后有废渣，说明操作1的名称是过滤；
(2)浸取时CdO发生反应的化学方程式为：CdO＋3NH ＋NH HCO =
3 4 3[Cd(NH )]CO＋HO；
3 4 3 2
(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗；
(4)“反萃取”的原理为NiR +2H+ Ni2++2HR ，反萃取后，生成NiSO ，所以试剂X是HSO 溶液；
有机 有机 4 2 4
(5)反应1把＋3价Co变成了＋2价Co，说明Co(OH) 与盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为：2Co(OH)
⇌ 3 3
＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl↑＋6HO；
2 2
(6)由CoCl 溶液得到含有结晶水的化合物CoCl ·6H O所需的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、
2 2 2
洗涤；
(7)[Cd(NH )]2++ CdCO↓+4NH↑的平衡常数为： ；
3 4 3 3
⇌
[Cd(NH )]2+ Cd2++4NH 的平衡常数 ；则K (CdCO)=
3 4 3 sp 3
⇌
突破2 不清楚常见的工艺操作控制条件
【例2】（2022·山东卷）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。
Fe(OH) Cu(OH) Zn(OH)
3 2 2
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】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，CuS反应产生为CuSO 、
2 4
S、HO，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH 调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH) 沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子
2 3 3
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+、Zn2+；然后向滤液中通入高压
3
H，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存
2在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。
A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH) ，金属M为Zn，A正确；
3
B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O 的浓度，可以反应消
2
耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；
C．根据流程图可知：用NH 调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶
3
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．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HO，若还原时增
2 2 2
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错误；
2
故合理选项是D。
【例3】我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。湿法炼锌产生的铜镉渣（主要含锌、铜、铁、镉
（Cd）、钴（Co）等单质）用于生产金属镉的工艺流程如下：
表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1 mol·L－1）
金属离子 Fe3+ Fe2+ Cd2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 7.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 9.4
①操作Ⅲ中先加入适量HO 的作用是 。
2 2
②再加入ZnO控制反应液的pH，合适的pH范围为______________________________。
2．答案 将Fe2+氧化为Fe3+ 2.8≤pH＜7.4
解析 ①双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，便于调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去；
②加入氧化锌调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去，由表格可知，合适的pH范围为：2.8≤pH＜7.4。
【变式2-1】硼酸（HBO）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁
3 3
矿（含MgB O·H O、SiO 及少量Fe O、Al O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
2 2 5 2 2 2 3 2
回答下列问题：
在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_____________________________________________。【答案】将B(OH)− 转化为HBO，并促进HBO 析出
4 3 3 3 3
【解析】在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)− 转化为HBO，并促进HBO 析出。
4 3 3 3 3
【变式2-2】（2022·福建省龙岩第一中学一模）某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、
SiO 及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO •5H O的流程如图。
2 4 2
已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org) CuR (org)+2H+
2
(aq)。
(1)焙烧前粉碎的目的是_______。
(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_______，试剂X的最佳选择是_______(填标号)。
a.HCl b.NaOH c.H SO d.NH•H O
2 4 3 2
(3)25℃时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)
离子 Fe3+ Cu2+ Ni2+ Fe2+
浓度/(mol·L-1) 1.0×10-6 5.0 1.2 0
对应氢氧化物的K 6.4×10-38 2.2×10-20 2.0×10-15 8.0×10-16
sp
该滤液的pH为_______；加入的Cu(OH) _______(填“已经”或“没有”)完全溶解。
2
(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程
式为_______。
(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_______。
(6)上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL 0.5mol/L CuSO 溶液，生成铜3.2g，此
4
时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。
【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率
(2) 2Fe3++3Cu(OH) =2Fe(OH) +3Cu2+ c
2 3
(3) 3.6 已经
(4)2NiSO +NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na SO +H O
4 2 4 2
(5)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。
(6)
【解析】由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO 及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充
2
分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO 和不溶于酸的杂质，滤液中加
2
入HO，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH) 调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH) 沉淀，继续过滤，
2 2 2 3滤渣2为Fe(OH) ，滤液中加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成
3
分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获得产品。
(1)由上述分析可知，焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化；答案为增大接
触面积，提高反应速率；
(2)由上述分析可知，加入Cu(OH) 调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH) 沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离
2 3
子方程式为2Fe3++3Cu(OH) =2Fe(OH) ↓+3Cu2+；由题中信息Cu2+(aq)+2HR(org) CuR (org)+2H+(aq)
2 3 2
可知，要使平衡逆向移动，则增加H+浓度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产
生杂质，所以选项c正确；答案为2Fe3++3Cu(OH) =2Fe(OH) ↓+3Cu2+；c；
2 3
(3)由题中表格数据可知，25℃时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，因
为K [Fe(OH) ]= 6.4×10-38，所以c(Fe3+)×c3(OH-)= K [Fe(OH) ]，则c(OH-)= =
sp 3 sp 3
=4×10-11mol/L，c(H+)= = ×10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又
c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜K [Cu(OH) ]=2.2×10-20，所以Cu(OH) 已经完全溶解；答案为3.6；已
sp 2 2
经；
(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO 与NaClO
4
发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为2NiSO +NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na SO +H O；答案
4 2 4 2
为2NiSO +NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na SO +H O；
4 2 4 2
(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操
作2～3次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；
(6)电解CuSO 溶液，发生反应2CuSO +2H O 2Cu+2H SO +O ↑，200mL 0.5mol/L的CuSO 溶液中
4 4 2 2 4 2 4
n(CuSO )=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，生成铜3.2g，物质的量为 =0.05mol，故生成HSO 0.05mol，溶
4 2 4
液中CuSO 为0.1mol-0.05mol=0.05mol，电解后的溶液为CuSO 、HSO 混合溶液，溶液呈酸性，溶液中铜
4 4 2 4
离子水解、水发生电离，故n(H+)＞0.05mol×2=0.1mol，n( )=0.1mol，n(Cu2+)＜0.05mol，溶液中氢氧根
浓度很小，故 ，故答案为：. 。
突破3 不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点
【例4】（2022·福建卷）用铬铁合金(含少量 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 B．“除杂”的目的是除去 元素
C．流程中未产生六价铬化合物 D．“滤渣2”的主要成分是
【答案】D
【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含 加入NaS分
2
离出滤渣1含CoS和NiS， 不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC O，过滤分离出硫酸铬，以此
2 4
来解答。
【详解】A．四种金属均与稀硫酸反应生成H，A正确；
2
B．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂"的目的是除去Ni、Co元素，B正确；
C．由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确；
D．“滤渣2”的主要成分是FeC O，D错误；
2 4
故本题选D。
【变式3-1】（2022·陕西·西安中学三模）NiCl 是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(含Ni2+、
2
Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料，按如图流程回收NiCl ·6H O晶体，回答下列问题。
2 2
已知：Ksp(CaF )=4×10-11，Ksp(MgF)=9×10-9
2 2
(1)滤渣1的成分主要是_______。
(2)若X为Cl，则其发生的离子方程式是_______。若用HO 代替Cl，试剂Y的使用量会减少，原因是
2 2 2 2
_______。
(3)氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于_______mol/L。
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是_______。操作A为
_______、冷却结晶、过滤、洗涤。
(5)将所得NiCl ·6H O与SOCl 混合加热可制备无水 NiCl 并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为
2 2 2 2
_______。
【答案】(1)CuS S
(2) Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应
消耗氢离子
(3)0.03
(4) 洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率 蒸发浓缩
(5)NiCl ·6H O+6SOCl NiCl +6SO↑+12HCl↑
2 2 2 2 2
【解析】废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)加入盐酸溶解，除去有机物杂质，通入HS生成
2CuS沉淀除去Cu2+，同时Fe3+被还原为Fe2+；滤液1中加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成Fe(OH)
3
沉淀除去Fe3+；向滤液2中加入NH F生成CaF 沉淀、MgF 沉淀除去Ca2+和Mg2+；向滤液3中加入NaCO
4 2 2 2 3
溶液生成NiCO 沉淀，NiCO 沉淀中加盐酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl •6H O晶体；
3 3 2 2
据此解答。
(1)向含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+离子的溶液中通入HS，Fe3+被还原为Fe2+，HS被氧化为S单质，即
2 2
2Fe3++H S=2Fe2++S↓+2H+，Cu2+和HS反应生成CuS沉淀，即Cu2++H S=CuS↓+2H+，所以滤渣1的成分主要
2 2 2
是CuS、S；答案为CuS、S。
(2)若X为Cl，Cl 把Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为2Fe2++Cl=2Fe3++2Cl-；加入试剂Y的目的是调节pH
2 2 2
生成Fe(OH) 沉淀，若用HO 代替Cl，发生反应2Fe2++H O+2H+=2Fe3++2H O，反应消耗H+，所以试剂Y
3 2 2 2 2 2 2
的使用量会减少；答案为2Fe2++Cl=2Fe3++2Cl-；Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应
2
消耗氢离子。
(3)由题中信息可知，K (CaF )=4×10-11，K (MgF )=9×10-9，CaF 比MgF 更难溶，氟化除杂时要保证完全除
sp 2 sp 2 2 2
去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于 mol/L=3×10-2mol/L=0.03mol/L；答案
为0.03。
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是减少镍离子损失，提
高镍元素利用率；NiCO 沉淀中加盐酸溶解得NiCl 溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl •6H O
3 2 2 2
晶体；答案为洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率；蒸发浓缩。
(5)将所得NiCl ·6H O与SOCl 混合加热可制备无水 NiCl 并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为
2 2 2 2
NiCl ·6H O+6SOCl NiCl +6SO↑+12HCl↑；答案为NiCl ·6H O+6SOCl NiCl +6SO↑+12HCl↑。
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
突破4 不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【例5】（2021·全国甲卷）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) 的一种制备方法如下图所示：
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 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 时，氧化产物为____________；当 ，单质碘的收
率会降低，原因是________________________________________________________。
(2)以 为原料制备 的方法是：先向 溶液中加入计量的 ，生成碘化物；再向混合溶液中加入 溶液，反应得到 ，上述制备 的总反应的离子方程式为__________________________。
【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO FeI +Cl= I+FeCl I、FeCl I 被过量的 进一步
3 2 2 2 2 2 3 2
氧化 (2)
【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，在离子方
2 2
程式中能拆，故加入 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，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO；②通入 的过程中，因I-还原性强
3
于Fe2+， 先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I，故反应的化学方程式为
2
FeI+Cl= I+FeCl ，若反应物用量比 时即 过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰
2 2 2 2
好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I、FeCl ，当 即 过量特别多，多余的氯气
2 3
会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI+Cl= I+FeCl ；
2 2 2 2
I、FeCl ；I 被过量的 进一步氧化；(2)先向 溶液中加入计量的 ，生成碘化物即含I-的
2 3 2
物质；再向混合溶液中（含I-）加入 溶液，反应得到 ，上述制备 的两个反应中I-为中间产物，
总反应为 与 发生氧化还原反应，生成 和 ，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： ，故答案为：
。
【变式4-1】高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂，也是高能电池的电极材料。工业上，利用硫酸亚铁为原
料，通过铁黄(FeOOH)制备高铁酸钾，可降低生产成本且产品质量优。工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)有同学认为上述流程可以与氯碱工业联合。写出电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式
_____________________________________________________________________________________。
(3)用高铁酸钾处理水时，不仅能消毒杀菌，还能将水体中的NH 、CN-转化成CO、N 等无毒的物质，生
3 2 2
成的氢氧化铁胶体粒子还能吸附水中悬浮杂质。试写出高铁酸钾处理含CN-废水时除去CN-的离子方程式
______________________________________________________________________________。【答案】(1)NaCl+H O NaClO+H ↑
2 2
(3)10FeO +6CN-+22H O=10Fe(OH) (胶体)+6CO +3N ↑+14OH-
2 3 2
【解析】实验室欲制备高铁酸钾，首先要分别制备铁黄和NaClO，将而二者混合后加入NaOH调节溶液
pH得到高铁酸钠，通过Na与K的置换可以得到高铁酸钾粗产品。根据图像分析制备过程中最佳的制备温
度和溶液pH；根据沉淀溶解平衡常数计算溶液中Fe3+的浓度；根据充电时的电池总反应方程式和充电时各
电极的得失电子情况书写电极方程式。(1)电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式NaCl+H O
2
NaClO+H ↑；(3)高铁酸钾具有氧化性，可以将CN－氧化为氮气和二氧化碳而除去，本身被还原为氢氧化铁
2
胶体，在碱性溶液中二氧化碳变成碳酸根离子，反应的方程式为10FeO +6CN-+22H O=10Fe(OH) (胶体)
2 3
+6CO +3N ↑+14OH-。
2
【变式4-2】 和 都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为 ，还
含有少量MgO、 等杂质)来制备。工艺流程如下；
回答下列问题：
(2)“酸浸”后，钛主要以 形式存在，写出相应反应的离子方程式____________________________。
(5)写出“高温煅烧②”中由 制备 的化学方程式___________________________________。
(6)一种钛酸锂二次电池原理如图，放电时 由N极层状材料中脱出经由电解质嵌入M极层状材料中，充
电时N极电极反应方程式为________________________________________________________，放电时M极
每增重7g，负载中转移电子数为________________。
【答案】(3) 6Fe3++4SO +6H O+2Na++6MgO=Na Fe (SO )(OH) ↓+6Mg2+
2 2 6 4 4 12
(6)2NiSO +NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na SO +H O
4 2 4 2
【解析】废料与硫酸、过氧化氢混合，硫酸把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的
离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的HO 具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存
2 2
在的Fe2+氧化为Fe3+；二氧化硅不溶于酸，则滤渣为二氧化硅；加入MgO、硫酸钠生成黄钠铁矾
[Na Fe (SO )(OH) ]沉淀；加入硫化氢，生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀；加入NaF溶液，使Mg2+转化为
2 6 4 4 12
MgF 沉淀除去；加入NaOH使镍生成沉淀。(3)“除铁”时加入NaSO 溶液和MgO，根据元素守恒和电荷
2 2 4
守恒，离子方程式为6Fe3++4SO +6H O+2Na++6MgO=Na Fe (SO )(OH) ↓+6Mg2+；(6)NaClO具有强氧化
2 2 6 4 4 12性，Cl元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO 中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒
4
和元素守恒，化学方程式为2NiSO +NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na SO +H O。
4 2 4 2
突破5 热重曲线的相关问题
【例6】硫酸铁铵[NH Fe(SO )·xHO]是一种重要铁盐。采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶
4 4 2 2
水数，将样品加热到 150 ℃时失掉 1.5 个结晶水，失重 5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为
。
【答案】NH Fe(SO )·12H O
4 4 2 2
【解析】
第一步 根据题给信息，确定硫酸铁铵发生的变化：NH Fe(SO )·xHO→NHFe(SO )·(x－1.5)H O
4 4 2 2 4 4 2 2
第二步 理解样品失重5.6%的含义，列出含x的代数式，求出x的值，确定硫酸铁铵的化学式
样品加热到 150 ℃时失掉 1.5 个结晶水，发生变化：NH Fe(SO )·xHO→NHFe(SO )·(x－1.5)H O＋
4 4 2 2 4 4 2 2
1.5H O。固体失重5.6%，即失去水的质量占样品总质量的5.6%，列出关系式：×100%＝5.6%，解得x＝
2
12，故硫酸铁铵晶体的化学式为NH Fe(SO )·12H O。
4 4 2 2
【例 7】在加热固体NH Al(SO )·12H O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知a点物质为
4 4 2 2
NH Al(SO )，b点物质为Al (SO )，下列判断正确的是( )
4 4 2 2 4 3
A．0～T ℃的过程变化是物理变化
B．c点物质是工业上冶炼铝的原料
C．a→b反应中生成物只有Al (SO ) 和NH 两种
2 4 3 3
D．Al (SO ) 能够净水，可用离子方程式表示为Al3＋＋3OH－===Al(OH)
2 4 3 3
【答案】B
【解析】因为a点物质为NH Al(SO ) ，则0～T ℃的过程变化是失去结晶水生成NH Al(SO ) ，是化学变
4 4 2 4 4 2
化，A项错误；b点物质为硫酸铝，继续加热分解则在c点生成氧化铝，所以c点物质是工业上冶炼铝的原
料，B项正确；a→b发生的反应为硫酸铝铵分解生成硫酸铝、氨气和硫酸，C项错误；硫酸铝能够净水，
其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性可以吸附水中悬浮的杂质，D项错误。
【变式5-1】在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CoC O·2H O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到
2 4 2
一种固体物质，其质量如表。
温度范围/℃ 固体质量/g
150～210 8.82
290～320 4.82
890～920 4.50(1)加热到210 ℃时，固体物质的化学式为_______________________________________。
(2)经测定，加热到210～310 ℃过程中的生成物只有CO 和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为
2
________________________________________________________________________。
【答案】 (1)CoC O (2)3CoC O＋2O===Co O＋6CO
2 4 2 4 2 3 4 2
【解析】(1)CoC O·2H O失去全部结晶水的质量为10.98× g＝8.82 g，即加热到210 ℃时，固体物质是
2 4 2
CoC O 。(2)根据元素守恒，n(CO)＝×2 mol＝0.12 mol，质量为0.12 mol×44 g·mol－1＝5.28 g，固体量减少
2 4 2
(8.82－4.82)g＝4.00 g，说明有气体参加反应，即氧气参加，氧气的质量为(5.28－4.00)g＝1.28 g，其物质的
量为 mol＝0.04 mol，n(CoC O)∶n(O )∶n(CO)＝∶0.04∶0.12＝0.06∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依据原子守
2 4 2 2
恒，3CoC O＋2O===Co O＋6CO。
2 4 2 3 4 2
【变式5-2】取26.90g ZnSO·6H O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图2所示。750℃时所得固体的
4 2
化学式为( )
A．ZnO B．ZnSO C． ZnO(SO ) D．ZnSO·H O
4 3 4 2 4 2
【答案】C
【解析】750℃时剩余固体与680℃时一样，剩下13.43g，质量减少了 ，26.90g
ZnSO·6H O中水的质量 ，则还有S元素质量减少 ，26.90g
4 2
ZnSO·6H O中S元素的质量 ，则S元素还有剩余，故答案选择C。
4 2
【变式5-3】称取3.60 g草酸亚铁晶体(FeC O·2H O，相对分子质量是180)用热重法对其进行热分解，得
2 4 2
到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示，请分析图并回答下列问题：(1)过程Ⅰ发生反应的化学方程式为_________________________________________________________。
(2)300 ℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式________________。
【答案】(1)FeC O·2H O FeC O＋2HO (2)Fe O
2 4 2 2 4 2 2 3
【解析】
(1)通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为
FeC O·2H O FeC O＋2HO。
2 4 2 2 4 2
(2)草酸亚铁晶体中的铁元素质量为3.6 g××100%≈1.12 g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，
氧化物中氧元素的质量为1.60 g－1.12 g＝0.48 g，铁元素和氧元素的质量比为1.12 g∶0.48 g＝7∶3，设铁
的氧化物的化学式为Fe O，则有56x∶16y＝7∶3，x∶y＝2∶3，铁的氧化物的化学式为Fe O。
x y 2 3
突破6 工艺流程题中有关K 的计算类型
sp
【例8】（2023·湖南卷）处理某铜冶金污水(含 )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：
物质开始沉淀 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6
② 。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有 和
B． 溶液呈碱性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，当 和 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
【分析】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，以此解题。
【解析】A．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；
3 3
B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，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；
2
C．当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．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。
【例9】工业上用重铬酸钠(Na Cr O)母液生产重铬酸钾(K Cr O)的工艺流程如图所示：
2 2 7 2 2 7
上述流程中KCr O 发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3＋外，还含有一定浓度的Fe3＋杂质，可通过
2 2 7
加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3＋)＝3×10－5 mol·L－1，则当溶液中开始析出Cr(OH) 沉淀时
3
Fe3＋是否沉淀完全？________(填“是”或“否”)。{已知：K [Fe(OH) ]＝4.0×10－38，K [Cr(OH) ]＝6.0×10
sp 3 sp 3
－31}
【答案】是
【解析】Cr(OH) 开始出现沉淀时，溶液中c3(OH－)＝＝＝2×10－26，若Fe3＋沉淀完全时，c(Fe3＋)应小于10
3
－5mol·L－1，此时溶液中c(Fe3＋)＝＝ mol·L－1＝2×10－12 mol·L－1<1×10－5 mol·L－1，说明Fe3＋沉淀完全。【例10】偏钒酸镁在化工“新型材料”光电领域有着重要的用途。以硼泥[主要成分是MgO(52.12%)还有
Fe O、FeO、Al O、SiO 等杂质]为原料设计制备偏钒酸镁的生产工艺如图所示：
2 3 2 3 2
“除杂”过程加入双氧水的目的是________________________________________________(用离子方程式表
示)。此过程中使Fe3＋、Al3＋浓度均小于1×10－6 mol·L－1，在室温下需调节pH的范围是：__________(已知：
K [Fe(OH) ]＝1×10－39，K [Al(OH) ]＝1×10－33，pH＝9.3时，Mg2＋开始沉淀)。
sp 3 sp 3
【答案】2Fe2＋＋HO＋2H＋===2Fe3＋＋2HO 5＜pH＜9.3
2 2 2
【解析】加入双氧水可以把Fe2＋氧化为Fe3＋，离子方程式为2Fe2＋＋HO ＋2H＋===2Fe3＋＋2HO。因氢氧
2 2 2
化铝的溶解度大于氢氧化铁，根据K [Al(OH) ]＝1×10－33，Fe3＋、Al3＋浓度均小于l×10－6mol·L－1时c(OH
sp 3
－)>mol·L－1＝10－9mol·L－1，pH最小值为5，为防止Mg2＋沉淀，控制pH的最大值为9.3，所以pH的范围是
5<pH<9.3。
【变式6-1】对废银合金触电材料进行分离回收既可以节约矿物资源，又可以减少环境污染。某废银合金
触电材料含Ag、Cu、Sn等，现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。
回答问题：常温下，Cu2＋/Sn4＋混合液中c(Cu2＋)＝0.022 mol·L－1，将混合液“加热搅拌”后冷却至室温，再
加“尿素”调节溶液的pH范围为_____________。(当溶液中的离子浓度小于10－5mol·L－1时，沉淀完全。
已知：K [Sn(OH) ]＝1×10－55；K [Cu(OH) ]＝2.2×10－20)
sp 4 sp 2
【答案】1.5<pH＜5
【解析】调节pH为保证Sn4＋沉淀完全(离子浓度小于10－5mol·L－1)，按c(Sn4＋)＝1×10－5 mol·L－1进行计算，
根据K [Sn(OH) ]＝1×10－55可得，c(OH－)＝1×10－12.5 mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－1.5 mol·L－1，pH＝1.5，
sp 4
为保证Cu2＋(0.022 mol·L－1)不沉淀，按c(Cu2＋)＝0.022 mol·L－1进行计算，根据K [Cu(OH) ]＝2.2×10－20可
sp 2
得，c(OH－)＝1×10－9 mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－5 mol·L－1，pH＝5，则pH的取值范围1.5<pH＜5。
【变式6-2】镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知某锌矿渣主
要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，利用该矿渣制镓的工艺流程如下：已知：①镓在元素周期表中位于第四周期ⅢA族，化学性质与铝相似。
②lg2＝0.3，lg3＝0.48。
③部分物质的K 如表所示：
sp
物质 Zn(OH) Ga(OH) Fe(OH) Fe(OH)
2 3 2 3
K 1.6×10－17 2.7×10－31 8×10－16 2.8×10－39
sp
(1)加入HO 的目的是(用离子方程式表示)___________________________________________ __。
2 2
(2)调pH的目的是____________________________________________________________；室温条件下，若
浸出液中各阳离子的浓度均为0.01 mol·L－1，当溶液中某种离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时即认为该离子
已完全除去，则pH应调节的范围为____________________。
【答案】(1)2Fe2＋＋HO＋2H＋===2Fe3＋＋2HO
2 2 2
(2)使Fe3＋、Ga3＋沉淀完全而Zn2＋不沉淀 5.48<pH<6.6
【解析】(1)Fe2＋具有还原性，HO 将Fe2＋氧化成Fe3＋，反应的方程式是：2Fe2＋＋HO ＋2H＋===2Fe3＋＋
2 2 2 2
2HO。
2
(2)根据流程中物质转化关系可知调 pH的目的是将 Fe3＋、Ga3＋转化为氢氧化物沉淀，Zn2＋不能形成
Zn(OH) ，从而与Zn2＋分离；Fe(OH) 和Ga(OH) 属于同种类型，K [Ga(OH)]>K [Fe(OH) ]，Ga3＋完全沉淀
2 3 3 sp 3 sp 3
时Fe3＋已经完全沉淀，浓度小于 1×10－5mol·L－1，c(OH－)＝＝mol·L－1＝3×10－9mol·L－1，c(H＋)＝×10－
5mol·L－1，pH＝－lg(×10－5)＝5.48，Zn2＋开始沉淀时c(OH－)＝＝ mol·L－1＝4×10－8mol·L－1，c(H＋)＝×10－
6mol·L－1，pH＝－lg(×10－6)＝6.6，则pH应调节的范围为5.48<pH<6.6。
突破7 工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算
【例 11】钛白粉(TiO)广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。利用黑钛矿石[主要成分为
2
(Mg Fe )Ti O，含有少量Al Ca(SiO )]制备TiO，工艺流程如下。
0.5 0.5 2 5 2 4 2 2
常用硫酸铁铵[NH Fe(SO )]滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：用足量酸溶解a g二氧化钛样品，用铝
4 4 2粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100 mL，取20.00 mL，以NH SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵
4
溶液滴定至终点，反应原理为：Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋
①滴定终点的现象为__________________________。
②滴定终点时消耗b mol· L－1 NH Fe(SO ) 溶液V mL，则TiO 纯度为________。 (写表达式)
4 4 2 2
【答案】①当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30 s内不变回原色 ②%
【解析】①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30
s内不变回原色；②由TiO ～Fe3＋关系式，n(TiO)＝n(Fe3＋)＝b mol· L－1×V×10－3 L×100 mL/20 mL＝
2 2
5bV×10－3 mol，TiO 纯度为5bV×10－3 mol×80 g·mol－1/a g×100%＝%。
2
【变式5-1】钼酸钠（NaMoO ）是一种重要的化工原料。用废加氢催化剂（含有MoS 和Al O、
2 4 2 2 3
Fe O、SiO 等）为原料制取钼酸钠，工艺流程如图所示：
2 3 2
用50t含MoS 为80%的废加氢催化剂，经过制取、分离、提纯，得到30.9t Na MoO ，则NaMoO 的产率
2 2 4 2 4
为______。
【答案】60%
【解析】用50t含MoS 为80%的废加氢催化剂，则含MoS 的物质的量为 =2.5×105mol，根
2 2
据Mo原子守恒n（Mo）=n（MoS ）=n（NaMoO ），所以NaMoO 的产率=
2 2 4 2 4
×100%=60%，故答案为：60%。
【变式5-2】如图是工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程：
氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25 g于250 mL锥形瓶中，加入10 mL过量的FeCl 溶液，不断摇动：
3
②待样品溶解后，加入20 mL蒸馏水和2滴指示剂；
③立即用0.100 0 mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；④重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为24.30 mL。
上述相应化学反应为CuCl＋FeCl ===CuCl ＋FeCl 、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，则样品中CuCl的纯度为
3 2 2
________(保留三位有效数字)。
【答案】96.7%
【解析】根据题给的相应化学反应CuCl＋FeCl ===CuCl ＋FeCl 、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，可得CuCl
3 2 2
和Ce4＋的反应配比是1∶1，所以可得CuCl的纯度：×100%＝96.7%。
1．（2022·湖南卷）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有 和
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应 ，向合
成槽中通入NaAlO ，发生反应 ，过滤得到 和含有
2
的滤液。
A．陶瓷的成分中含有SiO，SiO 能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A
2 2
正确；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；
C．由上述分析可知，合成槽内发生反应 ，产物是 和
，故C错误；
D．由上述分析可知，滤液的主要成分为 ，可进入吸收塔循环利用，故D正确；
答案选C。
2．（2023·山东卷）一种制备 的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液 在3~4之间，反应Ⅲ需及时
补加 以保持反应在 条件下进行。常温下， 的电离平衡常数 。
下列说法正确的是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 被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若 产量不变，参与反应Ⅲ的 与 物质的量之比 增大时，需补加 的量减少
【答案】CD
【分析】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 在3~4之间，溶液显酸性，根据 的电离平衡常数
，可知 溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是
，调节溶液pH值至11，使 转化为NaSO ，低温真空蒸发(防止NaSO 被氧化)，故固液
2 3 2 3
分离得到NaSO 晶体和NaSO 溶液，NaSO 和CuSO 反应的离子方程式是 +2Cu2＋+2H O= +
2 3 2 3 2 3 4 2
Cu O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使NaSO 转化成SO 气体，总反应方程式是2CuSO +3Na SO =
2 2 3 2 4 2 3
Cu O+2SO ↑+3Na SO ，需及时补加 以保持反应在 条件下进行，据此分析解答。
2 2 2 4
【解析】A．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
2
应，生成 、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是NaSO 和CuSO 反应生成Cu O，是氧
2 3 4 2
化还原反应，故A错误；
B．低温真空蒸发主要目的是防止 被氧化，而不是 ，故B错误；
C．经分析溶液Y的成分是NaSO 溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO 气体(气体Ⅰ)，故C正确；
2 3 2
D．制取 总反应方程式是2CuSO +3Na SO = Cu O+2SO ↑+3Na SO ，化合物X是指NaSO ，若
4 2 3 2 2 2 4 2 3
产量不变，增大 比，多的NaSO 会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少 的量，故D正
2 3
确；
答案CD。
3．MnCO 在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。
3(1)300 ℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为 。
(2)图中点D对应固体的成分为 (填化学式)。
【答案】（1）1∶2 （2）MnO、MnO
3 4
【解析】
①图中，A、B、C点固体残留率分别为75.65%、66.38%、61.74%。
第一步
②图中D点介于B、C之间
以1 mol MnCO (质量为115 g)为基础，根据固体残留率分别求出A、B、C三点
3
第二步 残留固体的质量，依据m(Mn)及n(Mn)不变，确定n(Mn)∶n(O)的值，继而确定
剩余固体的成分
设MnCO 的物质的量为1 mol，即质量为115 g。
3
(1)A点剩余固体质量为115 g×75.65%≈87 g，减少的质量为115 g－87 g＝28 g，可知MnCO 失去的组成为
3
“CO”，故剩余固体的成分为MnO ，n(Mn)∶n(O)为1∶2。
2
(2)C点剩余固体质量为115 g×61.74%≈71 g，据锰元素守恒知m(Mn)＝55 g，则m(O)＝71 g－55 g＝16 g，
则n(Mn)∶n(O)＝∶＝1∶1，故剩余固体的成分为 MnO，同理，B点剩余固体质量为 115 g×66.38%＝
76.337 g，因m(Mn)＝55 g，则m(O)＝76.337 g－55 g＝21.337 g，则n(Mn)∶n(O)＝∶≈3∶4，故剩余固体
的成分为MnO，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为MnO 与MnO的混合物。
3 4 3 4
4．采用热重分析法测定NiSO ·nH O样品所含结晶水数。将样品在900℃下进行煅烧，失重率随时间变化
4 2
如下图，A点时失掉2个结晶水，n的值为___________；C点产物的化学式为___________。
【答案】6 NiO
【解析】设样品的质量为100g，A点时失重率为13.7%，失重13.7g，失去2个结晶水，即，解得n=6；该晶体中结晶水占比 ，所以B点时失去全部结
晶水，C点失重率为71.5%，说明硫酸镍已分解，分解产物为NiO和三氧化硫，故填6、NiO。
5．工业上常用水钴矿(主要成分为Co O ，还含少量Fe O 、Al O 、MgO、CaO等杂质)制备钴的氧化物，
2 3 2 3 2 3
其制备工艺流程如下：
回答下列问题：
已知：K (CaF )＝5.3×10－9，K (MgF )＝5.2×10－12，若向溶液c中加入NaF溶液，当Mg2＋恰好沉淀完全即
sp 2 sp 2
溶液中c(Mg2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时溶液中c(Ca2＋)最大等于____________________mol·L－1。
【答案】 0.01(或0.010 2)
【解析】根据MgF 的K (MgF )＝c(Mg2＋)·c2(F－)，当Mg2＋恰好沉淀完全时，c(F－)＝＝ mol·L－1＝×10－4
2 sp 2
mol·L－1，根据CaF 的K (CaF )＝c(Ca2＋)·c2(F－)，c(Ca2＋)＝＝ mol·L－1＝0.01 mol·L－1。
2 sp 2
6．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采
用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO ·7H O)：
4 2
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
(4).利用上述表格数据，计算Ni(OH) 的K =______________________________(列出计算式)。如果“转化”
2 sp
后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是__________________________。
【答案】(4) 3.2~6.2
【解析】(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-
8.7mol·L-1，则c(OH-)= ，则Ni(OH) 的 ；或
2
者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH) 的 ；如果“转化”后的溶液
2
中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时 ，
则 ，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范
围是3.2~6.2。
7．锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新 产业。一种从萤石矿(主要含
BeO、 、 及少量 、 、FeO、 、)中提取铍的工艺如图：
已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
(1) 铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式______________________________。
(4) “除铁”中发生反应的离子方程式： 、______________________。
【答案】(2)
(4)
【解析】(1) 由题意可知，铍的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式
为： ，类比化学反应方程式，氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原
反应，生成铍酸盐和水。所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为：
。答案为： ；(4) 根据流程图可知，
除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在，所以 是难溶于水的固体，根据题意可
知，。答案为： 。
8．以含锂的电解铝废渣(主要含AlF、NaF、LiF、CaO)和浓硫酸为原料，制备电池级碳酸锂，同时得到副
3
产品冰晶石的工艺流程如下：已知：LiOH易溶于水，LiCO 微溶于水。回答下列问题：
2 3
(2) 碱解反应中，同时得到气体和沉淀，反应的离子方程式为______________________________________。
(5) 上述流程得到的副产品冰晶石的化学方程式________________________________________________。
(6) 电池级LiCO 可由高纯度LiOH转化而来。将电池级LiCO 和C、FePO 高温下反应，生成LiFePO 和
2 3 2 3 4 4
一种可燃性气体，该反应的化学方程式为________________________________________________。
【答案】(2) 2Al3++3CO +3H O=2Al(OH) ↓+3CO ↑
2 3 2
(5) 6HF+Na SO +NaAlO=NaAlF +H SO +2H O
2 4 2 6 2 4 2
(6) LiCO+2C+2Fe PO 2LiFePO +3CO↑
2 3 4 4
【解析】(2) 碱解反应中，硫酸铝与碳酸钠反应生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体，反应的离子方程式为
2Al3++3CO +3H O=2Al(OH) ↓+3CO ↑；(5) 偏铝酸钠、HF、硫酸钠反应生成NaAlF 和HSO ，反应的化
2 3 2 3 6 2 4
学方程式为6HF+Na SO +NaAlO=NaAlF +H SO +2H O；(6) 将电池级LiCO 和C、FePO 高温下反应，生
2 4 2 6 2 4 2 2 3 4
成LiFePO 和一种可燃性气体，根据化合价升降规律，可知生成的可燃性气体是CO，该反应的化学方程式
4
为LiCO+2C+2Fe PO 2LiFePO +3CO↑。
2 3 4 4
9．高铁酸钾(K FeO)是一种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能处理剂，其生产工艺如图所示：
2 4
工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液(pH为
11～12)溶解3.96 g高铁酸钾样品，调节pH为1，避光放置40分钟至反应完全(高铁酸根离子全部被还原成
铁离子)，再调节pH为3～4(弱酸性)。以1.0 mol/L的硫代硫酸钠标准溶液为滴定剂进行滴定
(2Na SO+I =Na SO+2NaI)，当达到滴定终点时，用去硫代硫酸钠标准溶液15.00 mL，则原高铁酸钾样品
2 2 3 2 2 4 6
中高铁酸钾的质量分数为____________________。
【答案】25%
【解析】碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH为1，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系2FeO2-～3I，再根据反应
4 2
2NaSO+I =Na SO+2NaI，得关系式2FeO2-～3I～6NaSO，所以高铁酸钾的质量为
2 2 3 2 2 4 6 4 2 2 2 3
×1.0mol/L×0.015L×198g/mol=0.99g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为 ×100%=25%。
10．碳酸锂广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业。从煤粉灰( 、 、
、 等)中回收提取铝、锂元素的化合物的流程如图所示：
已知：碳酸锂的溶解度为(g/L)
温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 80 100
1.54 1.43 1.33 1.25 1.17 1.08 1.01 0.85 0.72
(1)如何提高酸浸速率？_______(任写一条)
(2)滤渣2的主要成分为_______； 刚好沉淀完全的pH为_______。{已知：
，离子浓度≤ 时表示该离子沉淀完全}。
(3)从滤渣2中分离出 ，可用如图所示的方法，步骤1的离子方程式为_______。
(4)“沉锂”的化学反应方程式为_______。
(5)“沉锂”中的“一系列操作”依次为_______、_______、洗涤、干燥，检验碳酸锂已经洗涤干净的方法
为_______。
【答案】(1)适当升高温度；适当增大稀硫酸的浓度；搅拌(任写一条)；
(2) ； 3.3；
(3) ；
(4) ；
(5)蒸发至大量晶体析出或蒸发浓缩； 趁热过滤； 取最后一次洗涤液于试管中，先加盐
酸无现象，再加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则碳酸锂已经洗涤干净(或填：若产生白色沉淀，则碳酸
锂未洗涤干净)。【解析】煤粉灰( 等)粉碎后酸浸，滤渣1为 ，滤液中的金属离子为 、
、 ；加氨水调pH值，得滤渣2，成分为 ， ；调pH值后滤液中只剩金属离子 ，
加碳酸铵沉锂，根据表格中信息可知 溶解度随温度升高而降低，故 溶液蒸发至大量晶体析出
（或蒸发浓缩），趁热过滤，洗涤、干燥可得 固体。
(1)升温可降低活化能，使活化分子百分数增大；适当增大硫酸浓度，可增加单位体积内活化分子数目；搅
拌可增大反应物间的接触面积，三者均能使反应速率加快；
(2)根据题目中所给煤粉灰的成分，酸浸后溶液中含有 、 、 ，加入氨水会生成 ，
，所以滤渣2的成分为 ， 。由 ，可知 沉淀完全时
，所以 沉淀完全时 ；
(3)结合题意，滤渣2的主要成分为 和 ，在步骤1之后，步骤2中加入足量 之后可得
，可知步骤1反应后的溶液中含 ，判断出加入的试剂X为强碱，所以步骤1的离子方程式为
；
(4)结合题中所给流程图可知，酸浸时加入的酸为硫酸，故从酸浸后至沉锂之前，锂元素的存在形式为
，所以沉锂的化学方程式 ；
(5)结合题中 的溶解度随温度的变化规律，可知其溶解度随温度的升高反而降低，所以沉锂后分离出
的方法为：蒸发至大量晶体析出（或蒸发浓缩）、趁热过滤，之后洗涤、干燥；其中，洗涤的目的
是洗去 表面的 和 ，所以检验 已洗涤干净的实质为检验 是否有剩余，检验方法为：
取最后一次洗涤液于试管，加盐酸无明显现象，再加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则碳酸锂已经洗涤
干净，反之则未洗涤干净。
11．（2022·北京顺义·二模）火法有色金属冶炼烟气制酸过程中会产生大量含砷污酸，采用硫化-石膏中和
法处理含砷污酸可获得达标废水，同时实现变废为宝得到多级产品，工艺流程如下：
资料：
ⅰ． 常温下HCO 的K = 4.4×10-7 ，K = 4.7×10-11；HS的K = 1.3×10-7 ，K = 7.1×10-15；
2 3 a1 a2 2 a1 a2
ⅱ． 含砷污酸中砷的主要存在形式为亚砷酸(H AsO ，弱酸)，除砷外H+、Cu2+、F-、SO 含量均超标；
3 3
ⅲ．室温下三价砷在水溶液中的存在形式与溶液pH的关系：
pH值 pH＜7 pH=10~11主要存在形式 HAsO
3 3 HAsO
2
(1)工业上制备NaS时，用NaOH溶液吸收HS，不能以纯碱代替NaOH。结合方程式解释不能使用纯碱的
2 2
原因___________。
(2)过程Ⅰ可除去含砷污酸中的Cu2+和部分砷，滤渣A 的主要成分为CuS和As S，生成As S 的离子方程
2 3 2 3
式是___________。
(3)过程Ⅰ会发生副反应As S(s)＋3S2-(aq) 2AsS (aq)，影响后续处理。加入NaS充分反应后加入
2 3 2
少量FeSO ，结合平衡移动原理解释加入FeSO 的原因___________。
4 4
(4)过程Ⅲ中获得的滤渣C主要成分是FeAsO ， 该过程通入空气的作用是___________。
4
(5)利用反应AsO +2I-+2H+ =AsO +I +H O 测定滤渣C中FeAsO 含量。取a g样品，用硫酸溶液溶解，加
2 2 4
入过量KI，充分反应后将溶液转移至锥形瓶中，以淀粉为指示剂，用c mol·L-1的NaSO 标准溶液滴定，
2 2 3
观察到___________现象说明已到滴定终点，重复三次实验，记录用去NaSO 溶液体积为V mL，计算样
2 2 3
品纯度为 ___________(用字母表示)。
资料：2NaSO+I =Na SO+2NaI；FeAsO 相对分子质量为195
2 2 3 2 2 4 6 4
【答案】(1)依据电离常数，纯碱与HS 发生反应：HS+ Na CO = NaHS + NaHCO ，不能得到NaS
2 2 2 3 3 2
(2)2H AsO + 3S2- + 6H+ = AsS +6HO
3 3 2 3 2
(3)加入少量FeSO ，Fe2+ + 3S2- =FeS↓，使c(S2-)降低，As S(s)＋3S2-(aq) 2AsS (aq)向逆反应方向
4 2 3
移动，从而减少副反应发生
(4)做氧化剂，氧化Fe2+和 HAsO
2
(5)滴入最后半滴NaSO 标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复
2 2 3
【解析】本实验由含砷污酸加入NaS、FeSO 反应得到滤渣CuS和As S，含砷滤液中含有H+、F-、SO
2 4 2 3
，加入石灰乳得到滤渣CaF 和CaSO，滤液中加入石灰乳和FeSO ，得到FeAsO ，以及达标废水，据此分
2 4 4 4
析回答问题。
(1)由题干信息可知，HCO 的K = 4.4×10-7 <H S的K = 1.3×10-7，纯碱与HS 发生反应：HS+ Na CO =
2 3 a1 2 a1 2 2 2 3
NaHS + NaHCO ，不能得到NaS；
3 2
(2)由信息可知，含砷污酸中HAsO 与S2-反应生成As S，依据元素守恒产物还有HO，故离子方程式为
3 3 2 3 2
2HAsO + 3S2- + 6H+ = AsS +6HO；
3 3 2 3 2
(3)加入NaS充分反应后加入少量FeSO ，Fe2+与S2-反应得到FeS沉淀，会使反应As S(s)＋3S2-(aq)
2 4 2 3
2AsS (aq)逆向移动，而减少副反应发生，故为加入少量FeSO ，Fe2+ + 3S2- =FeS↓，使c(S2-)降低，
4As S(s)＋3S2-(aq) 2 AsS (aq)向逆反应方向移动，从而减少副反应发生；
2 3
(4)过程Ⅲ中通入氧气将Fe2+氧化成Fe3+，将HAsO 氧化成AsO ，从而得到FeAsO ；
2 4
(5)反应中I 与NaSO 反应，且I 会使淀粉变蓝，故用NaSO 标准溶液滴定，观察到滴入最后半滴
2 2 2 3 2 2 2 3
NaSO 标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，说明已到滴定终点；根据反应
2 2 3
中方程式可知，AsO +2I-+2H+ = AsS +I +H O，2NaSO+I =Na SO+2NaI，则有
2 2 2 2 3 2 2 4 6
，元素守恒可知，n(FeAsO)= ，故样品纯度为
4
。
