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专题验收评价
专题14 化学工艺流程综合
内容概览
A·常考题不丢分
【考点一 物质制备类化工流程题】
【考点二 提纯类化工流程题】
【微专题 化工流程题中定量计算】
B·综合素养拿高分/拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【考点一 物质制备类化工流程题】
1．（2023·山东淄博·统考一模）工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO 杂质)
为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4•7H2O，其工艺流程如图：
已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti 易与N2，H2反应。
25℃
②
时相关物质的Ksp见表：
物
质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mg(OH)2
TiO(OH)2
Ksp
1.0×10-16.3
1.0×10-38.6
1.0×10-11.6
1.0×10-29
回答下列问题：
(1)矿渣的主要成分是_____；试剂A 为_____(填化学式)。
(2)“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方
1
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程式为_____；加水浸取前需先冷却的目的是_____。
(3)“转化”工序，加入试剂B 调节pH。
①试剂B 为_____(填标号)。
A．H2SO4 B．H2O2 C．Na2CO3 D．NH4Cl
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]需要调节溶液的pH 略大于_____。
(4)“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是_____，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：
物质
TiCl4
Cl2
CO
CO2
分压
MPa
4.59×10-2
4.98×10-9
1.84×10-2
3.70×10-2
该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_____。
(5)高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_____(填标号)。
A．N2
B．H2
C．CO2
D．Ar
【答案】(1)SiO2、CaSO4 Fe
(2)
防止TiO2+提前水解
(3)C 2
(4)使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行
(5)D
【解析】钛铁矿加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应，钙转化为硫酸钙沉淀，故矿渣为二氧化硅、硫酸钙；铁、
钛、镁转化为硫酸盐，加入试剂A 铁，将三价铁转化为二价铁，得到副产品FeSO4•7H2O，加入试剂B 和
过量酸反应，通过调节pH 使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故B 可以为碳酸钠；煅烧固体得到二氧化钛，加
入碳、氯气得到四氯化钛，最终转化为钛单质；
（1）由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A 为铁；
（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方
程式为
；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取
前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解；
（3）①由分析可知，试剂B 和过量酸反应，通过调节pH 且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故选C；
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]，则氢氧根离子浓度大于
，
pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH 略大于2；
（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反
应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏伽
2
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德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5:1:2，根据电子守恒、质量守恒
可知，化学方程式为
；
（5）镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti 易与N2，H2反应，氢气也
不能做保护气；故选D。
2．（2023·全国·高三）高铁酸钾
是一种暗紫色固体，在低温碱性条件下比较稳定，微溶于
浓溶液。工业上湿法制备
的流程如图：
(1)强碱性介质中，
可氧化
生成高铁酸钠，写出该反应的离子方程式：___________。
(2)请比较工业上湿法制备
的条件下
和
的溶解度大小：
___________(填
“>”“<”或“=”)
(3)将
粗品[含有
等杂质]转化为
的实验方案为
a、在不断搅拌下，将
粗品溶于冷的
溶液中，快速过滤除去
等难溶的物质。
b、将滤液置于___________中，向滤液中加入___________，过滤。
c、对产品进行洗涤时使用乙醇，其目的是___________(答两点)。
(4)高铁酸盐具有强氧化性，溶液
越小氧化性越强，可用于除去废水中的氨、重金属等。
的浓度
与
关系如图1 所示；用
除去某氨氮
废水，氨氮去除率与
关系如图2 所示；用
处理
浓度为
的含锌废水
，锌残留量与
关系如图3 所
示[已知：
与
反应生成
的过程中，可以捕集某些难溶金属的氢氧化物形成共沉淀]。
①图2 中，
越大氨氮的去除率越大，其原因可能是___________。
3
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②图3 中，
时锌的去除率比
时大得多，其原因是___________。(从锌元素的存在的形态角度
说明)。
【答案】(1)
(2)>
(3)冰水 饱和
溶液 除去杂质，减少
的溶解；提高产率，能快速干燥
(4)高铁酸盐在酸性较强的条件下不稳定，容易分解，与氨氮作用时间短，难以除去
时，
锌元素以
形式存在，
时，锌元素几乎都以
形式存在，
被高铁酸钾水解生成
的
捕集
【解析】硝酸铁和过量次氯酸钠在过量
溶液中反应生成高铁酸钠、氯化钠、硝酸钠，过滤，向滤渣
高铁酸钠中加入饱和
溶液生成溶解度更小的高铁酸钾，再过滤得到高铁酸钾。
（1）强碱性介质中，
可氧化
生成高铁酸钠，Cl 元素化合价由+1 价下降到-1 价，Fe 元素
由+3 价上升到+6 价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平方程式为：
。
（2）根据题中信息，生成的
需要转化为钾盐，说明溶解度：
。
（3）)高铁酸钾低温下较稳定，可将滤液置于冰水中，由于高铁酸钾微溶于
浓溶液，故用饱和
溶液溶解高铁酸钠；洗涤时不能用水洗，选用乙醇洗，是因为乙醇洗可以减少钾盐的溶解，提高钾盐的产
率，而且乙醇易挥发，可以更快地挥发并带走水分，能快速干燥。
（4）①图2 中，
越大氨氮的去除率越大，其原因可能是高铁酸钾在低温碱性条件下比较稳定，高铁酸
盐在酸性较强的条件下不稳定，容易分解，与氨氮作用时间短，难以除去；
②由题意知，含锌废水中锌离子的浓度为
，当溶液
为5 时，溶液中
没有氢氧化锌沉淀生成，当溶液
为10 时，溶液中有氢氧化锌沉淀生成，由题给信息可知，
与
反应生成
的过程中，可以捕集某些难溶金属的氢氧化物形成共沉淀，故
时锌的去除
率比
时大得多。
3．（2023 上·河南南阳·高三统考期末）硫化镍矿的主要成分是NiS，还含有MgS、FeS、一些不溶性物质
等，工业上用硫化镍矿制备金属镍的工艺流程如图所示：
(1)硫化镍矿粉磨的目的是 ，“酸浸”时，硫化镍与稀盐酸反应的化学方程式为 。
4
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(2)“氧化、除铁”过程中加入H2O2溶液时，发生反应的离子方程式为 ，加入氧化镍的目的是除去铁
元素，用化学平衡移动原理解释除去铁元素的原因 。
(3)已知Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15，Ksp[Mg(OH)2]=2.0×10-11，若“除镁”后的滤液中Ni2+的浓度等于10-
5mol·L-1，则滤液中c(Mg2+)= 。
(4)电解硫酸镍溶液时，在 极得到镍单质，电解产物 (填化学式)可以循环使用。
【答案】(1)增大反应物的接触面积提高反应速率，使反应更加充分
(2)
在溶液中水解使溶液呈酸性，加入的氧化镍与氢离子反应，水
解平衡右移使
转化为
沉淀而除去
(3)
(4)阴
【分析】本实验由硫化镍矿经过粉磨，酸浸后变成Ni2+、Fe2+、Mg2+，加入过氧化氢将Fe2+变成Fe3+，而后
转化成沉淀除去，除镁、酸化后得到硫酸镍溶液，电解硫酸镍溶液得到金属镍，据此分析回答问题。
【解析】（1）硫化镍矿粉磨得到矿粉，既能增大与酸的接触面积，又可提高浸出率，其目的是：增大反
应物的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分；硫化镍与盐酸反应生成氯化镍和硫化氢，反应的化学
方程式为NiS+2HCl
NiCl2+H2S↑；
（2）加入H2O2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2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+
+2H2O。除去溶液中的Fe3+时，通常采用水解的方法让其转化为Fe(OH)3沉淀，为促进水解的进行，加入氧
化镍与H+反应，则用化学平衡移动原理解释除去铁元素的原因为：Fe3+在溶液中水解使溶液呈酸性，加入
的氧化镍与氢离子反应，水解平衡右移使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去；
（3）若滤液中c(Ni+)= 10−5mol L−1，由氢氧化镍的溶度积可知溶液中c (OH-)= 2.0×10−10(mol L−1) ，由
氢氧化镁的溶度积可知溶液中c(Mg2+)=
=0.1 mol L−1；
（4）电解硫酸镍溶液制备金属镍，Ni2+在阴极放电得到镍单质，阳极上水放电可得到氧气和H2SO4，阳极
处生成的H2SO4可以循环使用。
4．（2023 上·北京海淀·高三统考期中）软锰矿浆(主要成分
)可吸收烟气中的
，同时可制备
，工艺流程如下：
资料：①吸收
后的软锰矿浆中含有
、
、
、
等阳离子；
②金属离子沉淀的pH 如下表。
5
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金属离子
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
6.2
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
8.2
(1)脱硫的产物是
，软锰矿中
所起的作用是 。
(2)过程1 向浆液中通入
的目的是 。
(3)滤渣1 的成分是 ，过程2 中发生反应的离子方程式为 。
(4)制备
的过程中，一般控制溶液的pH 范围为5~7，不宜过大或过小，原因是 。
(5)已知：常温下，
溶液的pH 约为9.3，
溶液的pH 约为7.8.请推测物质A，并写出制
备
时发生反应的离子方程式： 。
(6)取m g 碳酸锰样品，加适量硫酸加热溶解后，用
的
溶液滴定，至滴定终点时，消耗
溶液的体积为
。(已知：反应产物为
，杂质不参与反应),样品中
质量分数的计算
式为 (用质量分数表示)。
【答案】(1)吸收烟气中的SO2
(2)将其中的Fe2+氧化成Fe3+
(3)氢氧化铁与氢氧化铝 Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ ，Al3++ 3OH-= Al(OH)3↓
(4)pH 过小的话Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH 过大的话Mn2+转化成沉淀
(5)Mn2++2HCO =MnCO3↓+CO2↑ +H2O
(6)
【分析】本实验为通过软锰矿浆(主要成分MnO2)吸收烟气中的SO2，经过脱硫，反应，除杂等一系列操作，
制备MnCO3的过程，据此分析回答问题。
【解析】（1）由题意可知，MnO2可吸收烟气中的SO2，生成MnSO4；，
（2）过程1 向浆液中通入O2的目的是将其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后经过调节溶液的pH 除去；
（3）金属离子沉淀的pH 表可知，调节溶液的pH 将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀；离子方程式
为Fe3++3OH-=Fe(OH)3
，Al3++ 3OH-= Al(OH)3
；
（4）制备MnCO3的过程中，一般控制溶液的pH 范围为5~7，pH 过小的话Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH 过
大的话Mn2+转化成沉淀；
（5）金属离子沉淀的pH 表可知，pH 不能过大，所以选择物质A 为NH4HCO3，发生反应的离子方程式为
Mn2++2HCO =MnCO3
+CO2
+H2O；
（6）碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与KMnO4反应生成MnO2，化合价由+2 价变成+4 价，KMnO4由
+7 价变成+4 价，根据化合价升降规律，设碳酸锰的物质的量为n，所以n 2=V
c 3，解得n=
6
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mol，故MnCO3质量分数为
。
5．（2023·四川凉山·统考二模）工业上以软锰矿(MnO2)为原料制备高锰酸钾(KMnO4)的流程如下：
回答下列问题：
(1)写出MnO2、KOH 与空气共熔发生反应的化学方程式 。
(2)反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。假设无其他副反应发生，该步反应K2MnO4的
最大理论转化率为 %(保留一位小数)。
(3)操作I 为 。
(4)已知有关物质在不同温度(单位：℃)下的溶解度(单位：g/100g 水中)如下图：
据图推断操作II 最好采用 。反应①中若CO2通入过量造成的影响是 。
(5)上述流程中可以循环利用的物质有 。
(6)由于直接歧化制备高锰酸钾的产率不高，且后续分离纯化步骤较多，目前工业上较多采用电解K2MnO4
水溶液法制备，试写出该电解过程总反应的化学方程式 。
【答案】(1)2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O
(2)2:1 66.7
(3)过滤
(4)蒸发结晶，趁热过滤 粗晶体中会有碳酸氢钾
(5)MnO2、KOH
(6)2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2KOH+H2↑
【分析】二氧化锰、KOH 在空气中熔融制得锰酸钾，加水、通入适量二氧化碳，锰酸钾发生歧化反应得到
高锰酸钾、二氧化锰、碳酸钾，过滤除去二氧化锰，得到高锰酸钾、碳酸钾混合溶液，再经蒸发结晶，趁
热过滤等得到高锰酸钾粗品。
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【解析】(1)由流程可知MnO2、KOH 与空气共熔得到锰酸钾，结合原子守恒可知产物还有水和，发生反应
的化学方程式为2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O；
(2)反应①中K2MnO4发生歧化反应得到KMnO4和MnO2，KMnO4为氧化产物，MnO2为还原产物，根据得
失电子守恒可知氧化产物与还原产物物质的量之比为(6-4):(7-6)=2:1；即每3molK2MnO4参与反应，有2mol
转化为KMnO4，假设无其他副反应发生，该步反应K2MnO4的最大理论转化率为
≈66.7%(保
留一位小数)；
(3)MnO2难溶于水，KMnO4和K2CO3易溶于水，操作I 为固液分离，因此为过滤；
(4)操作II 为从KMnO4和K2CO3混合溶液中提取KMnO4粗晶体，由溶解度曲线可知相同温度下高锰酸钾溶
解度最小，且温度较低时碳酸钾、碳酸氢钾、高锰酸钾溶解度随温度变化不大，温度较高时碳酸钾、碳酸
氢钾溶解度随温度变化较大，高锰酸钾溶解度随温度变化不大，因此可采用蒸发结晶，趁热过滤；若反应
①中若CO2通入过量，则会得到碳酸氢钾，由图可知相同温度下碳酸氢钾和高锰酸钾溶解度差异不大，导
致粗晶体中会有碳酸氢钾；
(5)结合流程可知MnO2和KOH 在熔融时消耗，在反应①后得到MnO2，在母液熟石灰苛化后得到KOH，则
上述流程中可以循环利用的物质有MnO2、KOH；
(6)由题意可知，电解K2MnO4水溶液制备KMnO4，Mn 元素化合价升高，则阳极为锰酸根放电，阴极为水
电离的氢离子放电产生氢气和氢氧根，则总反应为2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2KOH+H2↑。
【考点二 提纯类化工流程题】
1．（2023 秋·福建南平）高浓度氨氮废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素。某氮肥厂处理氨氮废水
的方案如图，回答下列问题：
(1)“pH 调节池”加入“NaOH 溶液”的目的是_____。
(2)“吹出塔”用热空气比用冷空气吹脱效果更好的原因是_____。
(3)“氧化池”中氨氮去除率与溶液pH 的关系如图所示，则去除氨氮废水最适宜的pH_____。
8
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(4)“排放池”中用活性炭除去水中残余的氯。这是利用活性炭的_____性。
(5)“硝化池”是在硝化菌的作用下实现NH →NO →NO 转化，在碱性条件下NH 被氧气氧化成NO 的
总反应的离子方程式为_____。
(6)“反硝化池”是在一定条件下向废水中加入有机物如甲醇(CH3OH)，实现HNO3→NO →N2转化，
0.5molHNO3完全转化成N2转移电子的物质的量为_____。
【答案】(1)将NH 时转化为NH3·H2O，有利于废水中氮元素的降低
(2)热空气温度升高，有利于NH3·H2O 分解，NH3的溶解度降低，更易被吹出
(3)8
(4)吸附性
(5)NH +2O2+2OH-=NO +3H2O
(6)2.5mol
【解析】（1）由分析可知，“pH 调节池”加入“NaOH 溶液”由于
+OH-=NH3·H2O，将
时转化
为NH3·H2O，有利于废水中氮元素的降低，故答案为：将
时转化为NH3·H2O，有利于废水中氮元素的
降低；
（2）“吹出塔”用热空气比用冷空气吹脱效果更好，热空气温度升高，有利于NH3·H2O 分解，NH3的溶
解度降低，更易被吹出，故答案为：热空气温度升高，有利于NH3·H2O 分解，NH3的溶解度降低，更易被
吹出；
（3）观察氨氮去除率与溶液pH 的关系图，可知去除率最高时所对应的pH 为8，故答案为：8；
（4）利用活性炭的吸附性除去水中残余的氯，故答案为：吸附；
（5）利用氧化还原反应化合价升降来分
转化为
；氮元素化合价升高，则氧气中氧元素化合价降
低。反应的化学方程式
+2O2+2OH-=
+3H2O，故答案为：
+2O2+2OH-=
+3H2O；
（6）0.5molHNO3完全转化成N2，根据HNO3中N 为+5 价转化为N2中N 为0 价由5×0.5mol=2.5mol，故答
案为：2.5。
2．（2023·北京朝阳·北京八十中校考模拟预测）Fe3O4是一种重要的化工产品，以黄铁矿烧渣(主要含
Fe2O3、Fe3O4、CaO 等物质)为原料制备Fe3O4的过程如下。
(1)酸浸、过滤
① 酸浸过程Fe3O4发生反应的离子方程式是 。
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② 充分酸浸后浸取液中仍有Ca2+
残留，加入FeS2可进一步提高钙的脱除率，结合方程式解释原因
。
(2)纯化
Fe
①
粉的作用是 。
② 检验纯化是否完全还原，应向滤液中加入 。
a．KMnO4溶液 b．K3[Fe(CN)6]溶液 c．KSCN 溶液
(3)制备
将NaOH 溶液与FeSO4溶液(稍过量)按一定比例混合，产生白色沉淀，继而转变为墨绿色，最后变为黑色。
溶液混合的同时通入空气并记录pH 的变化，如图所示。
已知：
ⅰ．pH≈7.8 时，浊液中主要存在Fe(OH)＋、 Fe(OH)2和少量Fe2+
ⅱ．墨绿色物质主要成分为Fe5O2(OH)5SO4
制备过程可能发生了如下历程：
0
①～t1时段，pH 明显降低。结合离子方程式解释原因： 。
t
②
1～t2时段，墨绿色物质的生成与转化(生成Fe3O4)同时进行。
a．生成墨绿色物质的方程式是： 。
b．墨绿色物质转化为Fe3O4的方程式是： 。
t
③
2～t3时段，pH 继续降低的原因是： 。
【答案】(1)
FeS2和溶液中铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子
，溶液中硫酸根离子浓度增大，和钙离子生成硫酸钙沉淀，
(2)将铁离子转化为亚铁离子 c
(3)
、
，反应消耗氢氧根离子导致溶液碱性减弱
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空气中氧气将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子
水解生成氢离子，导致溶液酸性增强
【分析】黄铁矿烧渣加入硫酸酸浸得到铁的浸取液，加入FeS2进一步提高钙的脱除率，滤液加入铁粉铁离
子转化为亚铁离子，得到硫酸亚铁，最终制得四氧化三铁；
【解析】（1）① 酸浸过程Fe3O4和硫酸生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，发生反应的离子方程式是
。
② 充分酸浸后浸取液中仍有Ca2+
残留，加入FeS2和溶液中铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子
，溶液中硫酸根离子浓度增大，和钙离子生成硫酸钙沉淀，
，可进一步提高钙的脱除率；
（2）①铁和铁离子生成亚铁离子，故加入 Fe 粉是将铁离子转化为亚铁离子；
② 铁离子和KSCN 溶液生成红色物质，检验纯化是否完全还原，应向滤液中加入KSCN 溶液，溶液不变
红色，说明完全还原，故选c；
（3）①pH≈7.8 时，浊液中主要存在Fe(OH)＋、 Fe(OH)2和少量Fe2+ ，则0～t1时段发生的主要反应为
、
，反应消耗氢氧根离子导致溶液碱性减弱，pH 明显降低；
a
②．将NaOH 溶液与FeSO4溶液(稍过量)按一定比例混合，产生白色沉淀，继而转变为墨绿色，结合题意
可知，t1～t2时段，
、
、硫酸根离子反应生成墨绿色物质，墨绿色物质主要成分为
Fe5O2(OH)5SO4，则方程式是：
。
b．由历程可知，墨绿色物质在氧气作用下转化为Fe3O4和
，根据电子守恒和质量守恒配平化学方
程式为：
。
t
③
2～t3时段，pH 继续降低的原因是：通入的空气中氧气将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子水解生成氢离
子，导致溶液酸性增强，pH 继续降低。
3．（2023 上·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校考期中）一种由粗铋(Bi：97.88%，Pb：1.69%，
Cu：0.427%，其他不与硝酸反应的难溶性物质：0.003%)制备高纯铋的氧化物的工艺流程如图所示。
已知：滤液1 的主要成分为
，还含有少量的
、
。
回答下列问题：
(1)将粗铋熔化后水淬成颗粒状的目的为 。
(2)操作a 的名称为 。
(3)加入碳酸铵溶液调pH 时应对溶液进行适当加热的原因为 ，加热时温度不宜过高的原因为 。
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(4)加入氨水—碳酸铵溶液后可使
转化为
，对应的化学方程式为 。
(5)采用热重法分析碳酸氧铋(
)(摩尔质量为
)“煅烧”时的分解产物，测得样品煅烧时固
体残留率(
)随温度的变化始质图所示，则流程图中“煅烧”所得“产品”的化学式
和所得“气体”的电子式分别为 、 。
(6)流程图中所示“产品”也可以通过直接煅烧硝酸氧铋制得，该方案的缺点是 。
【答案】(1)增大接触面积，提高溶解速率，利于粗铋和硝酸反应
(2)过滤
(3)促进
水解 防止碳酸铵在温度过高时分解
(4)
(5)
(6)煅烧时会产生氮的氧化物等污染性气体，污染环境
【分析】将粗铋熔化后水淬成颗粒状，用硝酸溶解，过滤得到滤液1 的主要成分为
，还含有少量
的
、
，加入碳酸铵溶液调节pH=2，促进
水解，生成
，加入氨水—碳酸铵
溶液后可使
转化为
，煅烧
生成
。
【解析】（1）将粗铋熔化后水淬成颗粒状的目的为增大接触面积，提高溶解速率，利于粗铋和硝酸反应；
（2）操作a 后得到滤渣和滤液，则操作a 的名称为过滤；
（3）加入碳酸铵溶液调pH 时应对溶液进行适当加热的原因为促进
水解，加热时温度不宜过高的原因
为防止碳酸铵在温度过高时分解；
（4）加入氨水—碳酸铵溶液后可使
转化为
，对应的化学方程式为
；
（5）由图可知，煅烧1mol
所得“产品”的质量为
，其化学式为
，所
得“气体”为二氧化碳，其电子式为
；
（6）直接煅烧硝酸氧铋会产生氮的氧化物等污染性气体，污染环境。
4．（2023·云南保山·统考二模）二氧化锰无论在实验室还是在生产、生活中均有广泛应用，制备方法有多
种。
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I．工业上可以用制备对苯二酚的废液为原料生产二氧化锰。此工艺对节约资源、保护环境、提高经济效益
有着重要意义。经分析知该废液中含有硫酸锰、硫酸铵、硫酸以及Fe2+、Co2+、Ni2+等金属离子。以此为原
料制备化学二氧化锰的流程如图所示。
(1)常温下几种有关难溶硫化物的溶度积常数如下表，若除去Fe2+后的废液中Mn2+浓度为1mol/L，欲使
Co2+和Ni2+完全沉淀，而Mn2+不受损失，S2-的浓度范围应控制在 。
化合物
MnS
CoS (a
型)
NiS
Ksp
2.5× 10-10
4×10-21
1. 07×10-21
(2)步骤③的离子方程式为 。
(3)步骤⑥的化学方程式为 。
(4)涉及过滤的操作有 (填操作序号)。
(5)步骤③得到副产品的化学式为 。
Ⅱ．生产电解二氧化锰的原理是在93°C 左右以石墨为电极电解硫酸锰和硫酸的混合溶液
(6)写出阳极的电极反应式： 。
Ⅲ．双氧水氧化法制备二氧化锰时所发生的反应为MnSO4 +2NH3+H2O2 = MnO2+(NH4)2SO4，在溶液的
pH、过氧化氢的用量和反应时间一定的情况下，温度对实验结果的影响如图所示。
(7)MnO2的回收率随着温度升高先增大后减小的可能原因是 。
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Ⅳ.实验室采用碘量法测定产品中二氧化锰的含量。操作方法为称取m g(0.1~0. 2g)样品于碘量瓶中，加入
少量蒸馏水润湿，再加入20mL 硫磷混酸[ V(H2SO4) ： V(H3PO4) ： V(H2O)]=2：2：1， 20%的KI 溶液
15mL，塞上塞子，摇匀后在室温下暗处静置15~30min。待完全反应后，立即用硫代硫酸钠标准溶液(浓度
为c mol/L)滴定至溶液变为浅黄色，滴加3mL 0. 5%的淀粉指示剂，继续滴定至溶液中蓝色消失为止(共加
入标准溶液V mL)。其主要反应为MnO2+2I- +4H+= Mn2++I2+2H2O I2+2
=2I-+
，
(8)产品中二氧化锰的质量分数为 (列出表达式，用含c、V、 m 的式子表示)。
【答案】(1)4×10-16mol/L<c(S2-)<2.5×10-10 mol/L
(2)Mn2+ + 2
= MnCO3↓+CO2↑+H2O
(3)3MnSO4+NaClO3+3H2O==3MnO2+NaCl+3H2SO4
(4)①②③⑥
(5)(NH4)2SO4
(6)Mn2+- 2e- +2H2O= MnO2+4H+
(7)温度升高，速率加快，二氧化锰的回收率上升；当MnO2达到一定量时，温度升高，H2O2分解
(8)
【解析】（1）根据
得：
，欲使
和
完全沉淀，就要将
和
的浓度控制在
mol/L 及以下，那么
，解得
，又因为
浓度为1mol/L 而不受损，则
和
还没开始沉淀，此时有
，即
，综上所述，
，即硫离子的浓度
在
；
（2）步骤③的反应物有碳酸氢铵，生成物有碳酸锰，因此可以得知离子方程式为：Mn2+ + 2
=
MnCO3↓+CO2↑+H2O
（3）步骤⑥利用NaClO3将MnSO4氧化为MnO2，在溶液中NaClO3被还原成NaCl，方程式为：
3MnSO4+NaClO3+3H2O==3MnO2+NaCl+3H2SO4；
（4）①~⑥中，①②③⑥都涉及到固液分离，都要用到过滤；
（5）整个过程中铵根离子和硫酸根离子没有除去，故步骤③得到的化学式为硫酸铵；
（6）阳极失电子，化合价升高，被氧化，结合电荷守恒和原子守恒可得：Mn2+- 2e- +2H2O= MnO2+4H+；
（7）温度升高，会加快化学反应速率，使得二氧化锰的回收率上升；但当MnO2达到一定量时，温度升高，
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会导致H2O2分解；
（8）由方程式和题目信息可知，消耗的硫代硫酸根的物质的量为
，因此生成的碘单质的物质
的量为
，由此可知二氧化锰的物质的量为
，因此二氧化锰的质量为
，所以二氧化锰的质量分数为：
。
5．（2023·山东济宁·统考二模）钪(Sc)元素在国防、航天、激光、核能、医疗等方面有广泛应用。赤泥含
有
、
、
、
等，以赤泥为原料提取氧化钪
的流程如下：
已知：①
，
易水解；②常温下，“浸出液”中
，
。
回答下列问题：
(1)操作A 是 。
(2)“溶解”中
作用有将
转化成
、作溶剂和 。
(3)“萃取”是用酸性磷酸酯萃取剂(P507)、苯乙酮、磺化煤油配得的混合液作萃取剂，P507 质量分数(w)对
萃取率的影响如表所示、料液温度对分离系数(β)的影响如图1 所示，萃取时P507 最佳质量分数及料液温
度分别为 、 。“萃取”过程中应控制pH 小于 。
[分离系数指分离后混合体系中某物质的物质的量分数，如
％]
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w(P507)
分相情况
钪萃取率(％)
铁萃取率(％)
1％
分相容易
90.74
14.89
2％
分相容易
91.74
19.88
3％
分相容易
92.14
13.30
5％
有第三相
90.59
28.47
8％
轻微乳化
90.59
34.85
(4)已知
，
，
。“沉钪”时，发生反应：
，此反应的平衡常数
(用含m、n、p 的代数式表示)。
(5)草酸钪晶体
隔绝空气加热，
随温度的变化情况如图所示。
550℃时，晶体的成分是 (填化学式)，550～850℃，生成气体的物质的量之比为
(已知
的摩尔质量为
)。
【答案】(1)过滤
(2)抑制Sc3+水解或产生氯化氢抑制ScCl3水解
(3)3% 63℃-65℃ 4
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(4)
(5)Sc2(C2O4)3 1:1
【分析】向赤泥中加入稀硫酸，Sc2O3、Al2O3、 Fe2O3和硫酸反应生成ScCl3、AlCl3、FeCl3，而SiO2不与
硫酸反应，故滤渣为SiO2；向反应后的溶液中加入萃取剂，分液后得到AlCl3、FeCl3水溶液和含有ScCl3的
有机相，向有机相中加入盐酸洗涤，再向有机相中加入反萃取剂将Sc3+转化为Sc(OH)3沉淀，经过过滤并
加入SOCl2溶解沉淀，使Sc(OH)3转化为ScCl3，ScCl3和草酸反应生成草酸钪晶体，煅烧后得到Sc2O3，以
此解答。
【解析】（1）由分析可知，操作A 是过滤。
（2）由信息②可知，
易水解，加入SOCl2，除了可以将
转化成
、作溶剂，还可以抑制
Sc3+水解，同时产生的氯化氢可以抑制ScCl3水解。
（3）分析表中数据可知，P507 浓度为3%时，钪萃取率最大，铁萃取率最小，且分相容易，分析图像可知，
料液温度为63℃-65℃时，分离系数最大，则萃取时P507 最佳浓度为3%，料液温度为65℃；常温下，
“浸出液”中
，
，当Sc3+开始沉淀时，溶液中c(OH-)=
，pH=-lgc(H+)=
，“萃取”过
程中应控制pH 小于4。
（4）反应
的平衡常数
=
。
（5）设有1mol 草酸钪晶体(462g)在空气中受热，550℃时，剩余固体质量为462g×76.6%=353.89g，失水重
量为462g-353.89g≈108g，即550℃时，1mol 晶体失去
=6mol 水，则此时晶体的主要成分是
Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g×29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550~
850℃，1molSc2(C2O4)3分解产生1molSc2O3，则碳元素全部转化为气体，由于草酸根离子中碳为+3 价，则
反应产生二氧化碳和一氧化碳二种气体，根据得失电子守恒可知二氧化碳和一氧化碳物质的量为1:1。
【微专题 化工流程题中定量计算】
1.(2024·河南三门峡高三考试·节选)钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广
泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：
(3)常温下，先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是 。(已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13，
Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)
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【答案】(3)Fe(OH)3
【解析】(3)废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油相”已除去大量的钛离子。根据
Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31，可以求出余下3 种离子沉淀完
全(离子浓度小于10-5mol/L)的pH，发现锰离子沉淀完全时pH 约为10，钪离子沉淀完全的pH 约为6，而铁
离子沉淀完全的pH 约为3，所以先加入氨水调节pH =3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH)3。
2.（2024 上·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考期末）
在生物制药、废水处理、电极材料中有重要应用。
一种以软锰矿(主要成分为
，含有少量铁、铝、镁和硅的氧化物)、硫铁矿(主要成分为
为原料制
备
，的工艺流程如图。
已知：①相关金属离子(浓度为
)形成氢氧化物沉淀的pH 范围：
金属离子
开始沉淀的
8.1
6.3
1.8
8.9
3.0
沉淀完全的
10.1
8.3
3.2
10.9
4.7
②一些难溶电解质的溶度积常数：
难溶电解质
(室温)
③
在酸性条件下比较稳定，高于5.5 时易被
氧化
请回答：
(4)常温下，
的电离常数：
。“沉锰”过程中控制
(室温)，为使
(浓度
)沉淀完全，混合液中
至少为
。
(5)
在空气中加热转化为不同价态锰的氧化物
，热重曲线如图，图中
点对应固体的成分为
(填化学式)。
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【答案】(4)
(5)MnO
【解析】（4）
，
，
；
（5）设MnCO3的物质的量为1mol，即质量为115g，C 点剩余固体的质量为
，根据锰元
素守恒可知，m(Mn)=55g，m(O)=71g-55g=16g，则
，故C 点固体的成分为MnO。
3.(2024·浙江省高三联考·节选)巫山桃花铁矿是重庆迄今发现的最大铁矿，储量上亿吨，按市场估值在400
亿以上。其所含化学成分有Fe2O3、MgO、SiO2和不溶物(不溶物不参与反应)。现模拟用该铁矿来制备高铁
酸钠[Na2FeO4]，其流程设计如图：
已知：常温下，几种难溶氢氧化物的Ksp
难溶物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
8×10-16
4×10-38
2×10-11
(4)常温下，若测得操作1 后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH 时的最佳取值范围为 。(已知
lg2=0.3，当某离子浓度≤10-5mol/L 时可认为其完全沉淀，计算结果保留1 位小数)。
【答案】(4)
【解析】(4)常温下，若测得操作1 后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH 时保证Fe3+完全沉淀，Mg2+不
沉淀，当离子浓度≤10-5mol/L 时可认为其完全沉淀，当Fe3+完全沉淀时
，
，Mg2+恰好不沉淀时，
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，
，则调pH 时的最佳取值范围为
。
4.（2023 上·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校联考学业考试）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。
回答下列问题：
(5)将“钴镍渣”酸溶后，进行如下流程：
②“镍钴分离”后溶液中c(Ni2＋)=1.0mol·L-1，若“滤液1”中c(CO
)=10-5mol·L-1，则沉镍率=
(要求写出计算过程)。[已知：Ksp(NiCO3)=1.0×10-7，沉镍率=
]
【答案】99%或0.99
【分析】(5)滤液中加NaClO 将Co2+氧化为Co(OH)3，反应的离子方程式为ClO-+2Co2+
+5H2O=2Co(OH)3↓+Cl-+4H+；再加Na2CO3，将Ni2+转化为NiCO3沉淀，离子方程式为Ni2++
=NiCO3
；NiCO3中加H2SO4，反应生成NiSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得NiSO4∙7H2O；钴镍分离后得到的
Co(OH)3加浓HCl，可将三价的Co 还原为二价，得到CoCl2，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得CoCl2∙6H2O。
【解析】（5）根据分析，钴镍分离时发生的反应为ClO-+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl-+4H+；c(CO
)=10-
5mol/L，根据Ksp(NiCO3)=1.0×10-7可知，c(Ni2+)=
=0.01mol/L，沉镍率=
=
=0.99。
5．（2023·四川雅安·统考模拟预测）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(NiSO4·7H2O)：
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某温度下，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=0.01mol·L-1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
回答下列问题：
(4)利用上述表格数据，计算Fe(OH)2的Ksp= (列出计算式即可，不用化简)。如果“转化”后的溶液
中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，则“调pH”应控制pH 不超过 (填数值)。
(6)将400kg 废弃镍催化剂进行上述流程，充分回收利用，最后制得硫酸镍晶体质量为281kg，则该废弃镍
催化剂中Ni 元素的质量分数为 。
【答案】(4)
或
6.2
(6)14.75%
【解析】（4）利用上述表格数据，Fe2+开始沉淀时(c=0.01 mol∙L−1)的pH 为7.5，则Fe (OH)2的Ksp(Fe
(OH)2)=c(Fe2+)·c(OH-)2=0.01 mol∙L−1×(1.0×107.5-14)2；或Fe2+完全沉淀时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 为9.0，则Fe
(OH)2的Ksp(Fe (OH)2)=c(Fe2+)·c(OH-)2=
；结合上表数据可得：Ni 2+开始沉淀时(c=0.01
mol∙L−1)的pH 为7.2，则Ni(OH)2的Ksp(Ni(OH)2)=c(Ni2+)·c(OH-)2=0.01 mol∙L−1×(1.0×107.2-14)2=10-15.6，如果“转
化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，则c(OH-)=
mol∙L−1，pH=6.2，“调pH”应控制pH 不
超过6.2；
（6）该废弃镍催化剂中Ni 元素的质量分数为
。
1．（2024·陕西西安·统考一模）以硫酸厂矿渣（含
等）为原料制备铁黄
的一种工艺流程如图所示：
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资料:
i.
化学性质极不活泼,不溶于水也不溶于酸或碱。
ii.
;
。
(1)向“酸浸”后的溶液中加入
,溶液会变红,变红的原因是 （用离子方程式表示）。
(2)“滤渣"中主要成分有 (填化学式)。
(3)“沉铁”过程中铁元素大部分转化为
,但往往有少量副产物
生成,分析原因是 。
(4)若用
“沉铁”,则无副产物
产生,当
恰好沉淀完全时(浓度为
),溶液中
为
。
(5)写出氧化过程生成铁黄的化学方程式 。
(6)检验“滤液”中金属离子的实验操作及现象为 。
(7)为确定“滤液"中
的物质的量浓度，选用
标准溶液滴定溶液中的
，离子方程式为
（未配平）。取
滤液"进行滴定，消耗
，
标准溶液
则滤液中
。
【答案】(1)Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3
(2)α- Al2O3、SiO2和Fe
(3)NH4HCO3电离出的
促进了Fe2+的水解，产生Fe(OH)2
(4)
(5)
(6)取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子（合理即可）
(7)
【分析】硫酸厂矿渣加入稀硫酸酸浸时，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，α-Al2O3和二氧化硅与稀硫
酸不反应，反应后溶液中加入过量铁粉，铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，过滤得到含有铁、二氧化
硅、α-Al2O3的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将亚铁离子转化为碳酸亚铁沉淀，向反应后的体
系中通入空气，空气中的氧气将碳酸亚铁氧化为铁黄，过滤得到铁黄。
【解析】（1）“酸浸”时Fe2O3溶于硫酸溶液中以铁离子形式存在，加入KSCN 检验，溶液变红是发生铁
离子与SCN-反应的反应，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。
（2）已知信息，α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，SiO2不溶于硫酸，加入的还原铁
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粉过量，所以滤渣的主要成分有：α- Al2O3、SiO2和Fe。
（3）加入NH4HCO3，NH4HCO3电离出的
促进了Fe2+的水解，产生Fe(OH)2；
（4）用CaCO3发生反应
，
，当
恰好沉淀完全时(浓度为
)，溶液中
；
（5）“沉铁”得到FeCO3被空气中氧气氧化，生成铁黄，铁元素化合价有+2 变为+3、氧气中氧元素化合
价由0 变为-2，结合质量守恒可知，同时生成二氧化碳气体，据电子守恒可知，反应为
；
（6）“滤液”中金属离子为亚铁离子，亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀；故检验亚铁离子的
方法可以为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；
（7）配平方程式得：
，则
。
2．（2024·河南南阳·方城第一高级中学校考模拟预测）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织
物等。已知：饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出NaCO2•3H2O 晶体，温度高于38℃时析出NaClO2晶
体，温度高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。其生产工艺如图所示。
回答下列问题：
(1)NaClO2中氯元素的化合价为 。
(2)“反应I”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)“反应Ⅱ”的离子方程式为 。
(4)“反应”所用“食盐水”由粗盐水精制而成。精制时，为除去粗盐水中的Ca2+、Mg2+和
，需要用到
试剂：①NaOH 溶液②Na2CO3溶液③BaCl2溶液④稀盐酸，所用试剂的加入顺序正确的是___________。
(填标号)
A．①②③④
B．②①③④
C．③①②④
D．③②①④
(5)“一系列操作”为蒸发浓缩、趁热过滤、 、干燥，其中“趁热过滤”应控制的温度范围是
。
(6)“反应Ⅱ”产生的Cl2可用于制备含氯消毒剂。将Cl2通入足量NaOH 溶液中，加热后得到NaCl、
NaClO、NaClO3的混合液。经测定ClO-与
的物质的量浓度之比为3 1∶，则Cl2与NaOH 溶液反应时，被
氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为 。
【答案】(1)+3
(2)2 1∶
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(3)2ClO2+2Cl-=Cl2+2
(4)CD
(5)洗涤 大于38℃小于60℃
(6)1 2∶
【分析】酸性条件下，二氧化硫把NaClO3还原为ClO2同时自身被氧化生成硫酸氢钠，ClO2和氯化钠溶液
反应生成NaClO2、Cl2，NaClO2溶液经一系列操作得到NaClO2晶体。
【解析】（1）
中Na 显+1 价、O 显-2 价，根据化合物中正负化合价代数和等于0，氯的化合价为
+3 价。
（2）“反应I”步骤中酸性条件下，二氧化硫把NaClO3还原为ClO2，反应中氯元素化合价由+5 变为+4 为
氧化剂、硫元素化合价由+4 变为+6 为还原剂，结合电子守恒可知，反应的化学方程式为
，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2 1∶；
（3）“反应Ⅱ”中ClO2和氯化钠溶液反应生成NaClO2、Cl2，氯离子发生氧化反应生成氯气，化合价由-1
变为0，ClO2中氯元素发生还原反应生成NaClO2，化合价由+4 变为+3，结合电子守恒可知，反应的离子方
程式为2ClO2+2Cl-=Cl2+2
；
（4）加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量氯化钡溶液是除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶
液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氯化钡溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须
在加入氯化钡之后；待杂质转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入适量盐酸，除去过量氢氧根离子和碳酸根
离子，则正确的操作顺序是③①②④或③②①④，故选CD；
（5）“一系列操作”从溶液中得到NaClO2晶体，操作为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；温度高于
38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，所以“趁热过滤”应控制
的温度范围是大于38℃小于60℃；
（6）Cl2通入足量NaOH 溶液中，加热后得到NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量比为a 3 1
∶∶，根据得失电子
守恒，a×1=3×1+1×5，解得a=8，氯元素化合价升高被氧化为NaClO、NaClO3、化合价降低被还原为
NaCl，故被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比8∶（1+3）=1 2∶。
3．（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）某研究小组以硫铁矿制硫酸后的废渣为原料制备絮凝剂聚合
氯化铁
，按如下流程进行实验。
已知：①硫铁矿的主要成分是
，含有少量
；
②
的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
；
③表面活性剂为聚乙烯醇，具有较大的比表面积。
回答下列问题：
(1)写出基态Fe 原子的价层电子轨道表示式： 。
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(2)硫铁矿焙烧时的化学方程式为 。
(3)写出一条可提高酸浸时的浸出率和酸浸速率的措施： ，酸浸时温度不宜过高的原因为
。
(4)表面活性剂聚乙烯醇的水溶性 (“好”或“不好”)，其原因是 。
(5)已知常温下
，假定滤液中
，则NaOH 调pH 不能大于
，pH 大于该值后的影响是 。
(6)最后一步使用水浴加热的原因是 。
(7)盐基度的测定：称取一定质量的聚合氯化铁固体，分成两等份，一份测得
；另一份在
空气中加强热分解，最终得到红棕色固体8.0g，则该聚合氯化铁的盐基度为 (保留2 位有效数
字)。
【答案】(1)
(2)
(3)粉碎矿石或搅拌，增大接触面积 避免盐酸挥发过多
(4)好 聚乙烯醇有亲水基羟基，可与水分子形成分子间氢键
(5)2 会生成
，使聚合氯化铁纯度降低
(6)促进聚合氯化铁聚沉
(7)0.97
【分析】硫铁矿的主要成分是
，含有少量
，经过焙烧
转化为
，用盐酸酸浸后过滤除去
，滤液中含有
，向其中加入表面活性剂并用NaOH 调pH 使其转化为聚合氯化铁溶液，然后加热
使其聚沉得到聚合氯化铁固体。
【解析】（1）Fe 是26 号元素，基态Fe 原子的价层电子轨道表示式
；
（2）硫铁矿焙烧生成
和
，化学方程式为
；
（3）提高酸浸时的浸出率和酸浸速率的措施：粉碎矿石或搅拌，增大接触面积，酸浸时温度不宜过高避
免盐酸挥发过多；
（4）表面活性剂聚乙烯醇的水溶性好，因为聚乙烯醇有亲水基羟基，可与水分子形成分子间氢键；
（5）根据已知条件常温下
，假定滤液中
，
，为了避免产生
，
应
小于
，故NaOH 调pH 不能大于2，pH 大于2，会生成
，使聚合氯化铁纯度降低；
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（6）最后一步使用水浴加热的原因促进聚合氯化铁聚沉；
（7）根据题意称取一定质量的聚合氯化铁固体，分成两等份，一份测得
；另一份在空气
中加强热分解，最终得到红棕色固体8.0g，根据铁元素守恒
，
，
，根据化合物代数和为0，
，则该聚合氯化铁的盐基度为
。
4．（2024·江苏苏州·校考模拟预测）废弃的锂离子电池中含有多种金属元素，需回收处理。柠檬酸因具有
酸性和较好的络合性，可用于浸出金属离子并得到柠檬酸浸出液。下图是某小组研究从柠檬酸浸出液中分
离出铜并制备碱式碳酸铜
的制备流程。
(1)在“调pH 分离铜”的步骤中，理论上铜离子完全沉淀时pH 为6.67，本实验中测得pH=8 时铜的沉淀率
仅为7.2%，远小于理论分析结果，可能的原因为 。
(2)在“还原法沉铜”的步骤中，利用抗坏血酸(C6H8O6)能有效的将Cu(Ⅱ)还原成金属Cu。抗坏血酸
(C6H8O6)易被氧化为脱氢抗坏血酸(C6H6O6)；且受热易分解。
①抗坏血酸还原
的离子方程式为 。
②某实验小组研究了相同条件下温度对Cu 沉淀率的影响。从如图可以看出，随着温度的升高，相同时间
内Cu 的沉淀率先逐渐增加，在80℃时达到最高点，后略有下降，下降可能的原因是 。
(3)将所得铜粉制备为
溶液后再制备碱式碳酸铜。已知碱式碳酸铜的产率随起始：
与
的比值和溶液pH 的关系如图所示。
①补充完整由
溶液制取碱式碳酸铜的实验方案：向烧杯中加入
溶液，
将烧杯置于70℃的水浴中， ，低温烘干，得到碱式碳酸铜(实验中可选用的试剂或仪器：
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溶液、0.1mol/LNaOH 溶液、0.1mol/L 盐酸、pH 计)。
②实验时发现，若反应时溶液pH 过大，所得碱式碳酸铜的产率偏低，但产品中Cu 元素含量偏大，原因是
。
【答案】(1)柠檬酸具有较好的络合性，结合铜离子的能力强于氢氧根离子
(2)
反应开始阶段，随温度升高，反应速率较快，有利于铜的沉
淀，但抗坏血酸不稳定，受热易分解，温度过高使其分解导致还原性降低，还原铜的能力降低
(3)边搅拌边加入25 mL
溶液，在pH 计测定溶液pH 条件下，用0.1mol/LNaOH 溶液或
0.1mol/L 盐酸调节pH 约为9，充分反应后，过滤、洗涤沉淀至最后一次洗涤液滴加
无沉淀生成
溶液pH 过大，反应生成了氢氧化铜沉淀，氢氧化铜中铜的含量大于碱式碳酸铜中铜的含量
【分析】柠檬酸浸出液中加入碱调节pH，转化生成氢氧化铜，加入抗坏血酸还原得到铜单质，所得铜粉制
备为
溶液后，向烧杯中加入
溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，边搅拌边加入
25 mL
溶液，在pH 计测定溶液pH 条件下，用0.1mol/LNaOH 溶液或0.1mol/L 盐酸调节
pH 约为9，充分反应后，过滤、洗涤沉淀至最后一次洗涤液滴加
无沉淀生成，低温烘干，得到碱式
碳酸铜，据此分析。
【解析】（1）结合题干信息，柠檬酸具有较好的络合性，结合铜离子的能力强于氢氧根离子；
答案为：柠檬酸具有较好的络合性，结合铜离子的能力强于氢氧根离子。
（2）①抗坏血酸还原
的离子方程式为：
；
②反应开始阶段，随温度升高，反应速率较快，有利于铜的沉淀，但抗坏血酸不稳定，受热易分解，温度
过高使其分解导致还原性降低，还原铜的能力降低；
答案为：
；反应开始阶段，随温度升高，反应速率较快，有利于铜
的沉淀，但抗坏血酸不稳定，受热易分解，温度过高使其分解导致还原性降低，还原铜的能力降低。
（3）①向烧杯中加入
溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，边搅拌边加入25 mL
溶液，在pH 计测定溶液pH 条件下，用0.1mol/LNaOH 溶液或0.1mol/L 盐酸调节pH 约为
9，充分反应后，过滤、洗涤沉淀至最后一次洗涤液滴加
无沉淀生成，低温烘干，得到碱式碳酸铜；
②溶液pH 过大，反应生成了氢氧化铜沉淀，氢氧化铜中铜的含量大于碱式碳酸铜中铜的含量；
答案为：边搅拌边加入25 mL
溶液，在pH 计测定溶液pH 条件下，用0.1mol/LNaOH 溶
液或0.1mol/L 盐酸调节pH 约为9，充分反应后，过滤、洗涤沉淀至最后一次洗涤液滴加
无沉淀生成；
溶液pH 过大，反应生成了氢氧化铜沉淀，氢氧化铜中铜的含量大于碱式碳酸铜中铜的含量。
5．（2024·山西晋城·统考一模）锌是一种重要的金属，一种以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO，含少量
Fe2O3、CuO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
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已知：①25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；
25℃
②
时，Zn2+＋4NH3
[Zn(NH3)4]2+，K=2.5×109。
(1)Zn、Cu 在元素周期表中位于 区，第二电离能：I(Cu) (填“>”或“<”)I(Zn)。
(2)“浸取”时，ZnO、CuO 分别转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液。
[Zn(NH
①
3)4]2+的配位数为 。
ZnO
②
发生反应的离子方程式为 。
③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因为 。
(3)“除铜”时，当加入的(NH4)2S 超量时，会发生反应[Zn(NH3)4]2++S2-
ZnS↓+4NH3导致锌的回收率下降，
该反应的平衡常数数值为 。
(4)锌与铜相似，在潮湿的空气中可生成碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]，写出反应的化学方程式：
。
(5)用锌与铜合成的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备中。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已
知：晶胞参数为anm。
①与Cu 原子等距离且最近的Cu 原子有 个。
②该铜锌合金晶体的密度为 g/cm3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)ds >
(2)4 2NH3·H2O+2
+ZnO=[Zn(NH3)4]2++3H2O{或2NH3+2
+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O} 温度过
低，反应速率慢；温度过高会导致氨挥发量增加且NH4Cl 分解
(3)2.5×1014
(4)4Zn+2O2＋3H2O+CO2=ZnCO3·3Zn(OH)2
(5)8
(或
)
【分析】催化剂加入NH3-NH4Cl 溶液，锌、铜元素已
、
进入溶液，同时铁转化
为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀，滤
液中加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌。
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【解析】（1）Zn、Cu 价层电子排布式分别为3d104s2，3d104s1，在元素周期表中位于ds 区； Cu 的第二电
离能是失去3d10上的一个电子所需能量，Zn 的第二电离能是失去4s1上的一个电子所需能量，所以Cu、Zn
的第二电离能(I2)：Cu＞Zn ；
（2）①Zn2+与NH3中的N 原子间形成配位键，中心离子是Zn2+，从化学式看，4 个NH3与Zn 形成配位键，
所以该离子的配位数为4；
②“浸取”时，ZnO 转化为[Zn(NH3)4]2+进入溶液，ZnO 发生反应的离子方程式为2NH3·H2O+2
+ZnO=[Zn(NH3)4]2++3H2O{或2NH3+2
+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O}；
③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因是因为温度过低反应速率慢，温度过高会导致氨挥发量增加且
氯化铵分解；
（3）反应的平衡常数
;
（4）锌与铜相似，在潮湿的空气中可生成碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]，写出反应的化学方程式为
4Zn+2O2＋3H2O+CO2=ZnCO3·3Zn(OH)2；
（5）①根据图示可知，与铜原子等距离且最近的铜原子有8 个；
②该晶胞中铜原子个数为
，锌原子个数
，晶胞体积
，则铜锌合金晶体的密度
为
或
g/cm3。
6．（2024·江西宜春·江西省宜春市第一中学校考模拟预测）以废旧锂离子电池(主要成分为
)为原料
制备棒状草酸钴晶体(
，微溶于水，溶解度随温度升高而逐渐增大)的一种方法如下图所示，
该法经济可行，为工业化回收废旧锂电池中有色金属提供了依据。
已知：①浸出液中除Co2+、
外，还含
、
，
，
，
，
等离子；
②
，
；
。
回答下列问题：
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(1)“浸出”时，
与
、稀硫酸反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(2)“水解沉淀铝铜”时，沉淀铝反应的离子方程式为 。
(3)沉淀2 的成分为
和 ，“氧化沉淀铁锰”时，生成
的离子方程式为 。
(4)“沉钴”时，温度与钴的沉淀率的关系如图所示，沉淀反应时间为10 min，反应温度为50℃以上时，温
度升高，而钴的沉淀率下降，可能原因为 。
(5)“沉钴”时也可用
溶液代替
，反应为
，则该反应的平衡常数为 ，若平衡时
mol L
⋅
-1，
，则此时
Co2+是否沉淀完全？ (填“是”或“否”，离子浓度≤10-5 mol L
⋅
-1即可认为沉淀完全)。
【答案】(1)8：1
(2)
(3)
(4)草酸钴的溶解度随温度的升高而逐渐增大
(5)900 否
【分析】由题给流程可知，废旧锂电池粉碎后，加入稀硫酸和硫代硫酸钠混合溶液浸出，将钴酸锂转化为
硫酸锂和硫酸亚钴，其他金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和浸出液；向浸出液中加入碳酸氢
铵溶液，使溶液中的铝离子、铜离子发生双水解反应转化为氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧
化铝、氢氧化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰、铁离子
转化为氢氧化铁，过滤得到含有二氧化锰、氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取、分液
得到含有亚钴离子、镍离子的有机相；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到硫酸亚钴溶液；向溶液中
加入草酸铵饱和溶液，将溶液中的亚钴离子转化为二水草酸亚钴沉淀，过滤得到二水草酸亚钴晶体。
【解析】（1）由分析可知，加入稀硫酸和硫代硫酸钠混合溶液浸出的目的是将钴酸锂转化为硫酸锂和硫
酸亚钴，由得失电子数目守恒可知，浸出时氧化剂钴酸锂和还原剂硫代硫酸钠的物质的量比为8：1，故答
案为：8：1；
（2）由分析可知，加入碳酸氢铵溶液的目的是使溶液中的铝离子、铜离子发生双水解反应转化为氢氧化
铝、氢氧化铜沉淀，其中沉淀铝反应的离子方程式为
，故答案为：
；
（3）由分析可知，加入次氯酸钠溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰、铁离子转化为氢氧化
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铁，其中生成二氧化锰的离子方程式为
，故答案为：
；
；
（4）反应温度为50℃以上时，温度升高，钴的沉淀率下降说明草酸钴的溶解度随温度的升高而逐渐增大，
故答案为：草酸钴的溶解度随温度的升高而逐渐增大；
（5）由方程式可知，反应的平衡常数K=
=
=
=
=900，平衡时草酸的浓度为0.05mol/L，溶液pH 为1.5，则由平衡常数可知，溶液中亚
钴离子的浓度为
mol/L =2.2×10-5 mol/L＞1×10-5 mol/L，所以溶液中亚钴离子没有沉淀完全，故
答案为：900；否。
7.（2023·全国·高三）某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液(富含
等)来制取
较纯净的氯化钾晶体及液溴，他们设计了如下流程：
回答以下问题：
(1)操作Ⅰ的名称为_______；要从橙色液体中分离出溴，所采取的操作需要的主要玻璃仪器除酒精灯和温
度计外，还有_______。
(2)试剂Y 的化学式为_______；检验
已除尽的方法是_______。
(3)写出操作Ⅲ的具体操作步骤：_______。
【答案】(1)萃取、分液 蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶
(2)
取少量无色溶液D，加入
溶液，若没有白色沉淀生成，则
已除尽(其他合理答案也
可)
(3)将溶液倒入蒸发皿中并置于三脚架上，加热并用玻璃棒不断搅拌蒸发皿中的液体，直到溶液中出现较多
晶体时，停止加热，利用余热蒸干
【解析】盐湖苦卤中加入氧化剂，将Br-氧化成Br2，再加入CCl4进行萃取分液得到Br2单质和无色溶液
A，操作Ⅱ目的是去除硫酸根离子和镁离子，先加入X 为BaCl2用于除去硫酸根离子，再加入Y 为
K2CO3，用于除去镁离子和多余的钡离子，固体C 为硫酸钡和碳酸镁，无色溶液中加入HCl 与多余的
K2CO3反应生成KCl，再经过操作Ⅲ蒸发结晶得到KCl 晶体。
（1）根据分析可知，操作Ⅰ为萃取、分液。要从CCl4中分离出Br2，采用蒸馏的方法，操作中主要玻璃仪
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器除酒精灯和温度计外还有蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管和锥形瓶。
（2）试剂Y 为K2CO3，检验
已除尽的方法为取少量无色溶液，加入
溶液，若没有白色沉淀生
成，则
已除尽。
（3）操作Ⅲ为蒸发结晶，具体操作步骤为将溶液倒入蒸发皿中并置于三脚架上，加热并用玻璃棒不断搅
拌蒸发皿中的液体，直到溶液中出现较多晶体时，停止加热，利用余热蒸干。
8．（2023·陕西渭南·统考模拟预测）铍及其化合物用途广泛，以绿柱石(主要组成是
，
还含少量铁元素)和方解石(主要成分是
)为原料生产铍的工艺流程如图所示：
已知：铝铵矾
在不同温度下的溶解度如下表：
温度/℃
0
10
20
30
40
60
溶解度/g
2.10
5.00
7.74
10.9
14.9
26.7
回答下列问题：
(5)“沉铍”时加入氨水调节pH 至7.5，列式并计算说明此时溶液中的铍离子是否沉淀完全 。(已知：
该条件下，
；离子浓度
时，可认为离子沉淀完全)
【答案】(5)c(Be2+)＝
＝1.6×10－9<10－5 mol·L－1， 所以Be2+沉淀完全
【解析】（5）“沉铍”时加入氨水调节pH 至7.5，溶液中c(OH-)=
，溶液
中c(Be2+)=
＝1.6×10－9<10－5 mol·L－1， 所以Be2+沉淀完全。
9．（2023 上·广东珠海·高三珠海市实验中学校考开学考试）LiNiO2是一种应用广泛的电动汽车电极材料，
以铁镍合金的废角料(含少量铜)为原料，生产电极材料LiNiO2的部分工艺流程如下：
已知：①表中列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0mol·L－1计
算)。
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开始沉淀的
pH
沉淀完全的
pH
Ni2+
6.7
9.5
Fe3+
1.1
3.2
Fe2+
5.8
8.8
②
；
回答下列问题：
(4)“除铜”时若选用NaOH，会导致部分Ni2+也产生沉淀，当溶液中Ni(OH)2、Cu(OH)2沉淀同时存在时，
溶液中c(Ni2+)：c(Cu2+)= 。
【答案】(4)
：1
【解析】（4）当溶液中Ni(OH)2、Cu(OH)2沉淀同时存在时，溶液中
。
10．（2023·江苏镇江·江苏省镇江第一中学校考一模）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以钴渣(要
成分是CoO、Co2O3、含少量Ni、Al2O3等杂质)为原料可支取钴的氧化物的流程如图(部分产物和条件省略)。
已知：①Co2+和Co3+均易与NH3形成配合物；
②氧化性：Co2O3>O2>Cl2；
③部分金属离子沉淀的pH 如下表(开始沉淀的pH 按离子浓度为1.00mol/L 计算)：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Co2+
开始沉淀的
pH
1.5
6.3
3.0
6.4
沉淀完全的
pH
2.8
8.3
5.0
9.2
回答下列问题：
(5)热分解：在纯氧中加热分解CoCO3，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。加热分解CoCO3制
备CoO 需要控制的温度为 (写出计算推理过程)。
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【答案】(5)条件为1200℃以上，关系式为CoCO3~CoO 列式计算
【解析】（5）由Co 元素守恒可得关系式：3CoCO3~Co3O4，
。CoCO3~CoO 同理
。结合以上数据知，第二段分解产生CoO，所以控制温度
1200℃以上。答案为1200℃以上，关系式为CoCO3~CoO 列式计算
；
1．（2023·全国甲卷）
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
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(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
=
。
2．（2022·重庆·统考高考真题）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，
对其处理的流程如图。
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Sn 与Si 同族，25℃时相关的溶度积见表。
化学
式
Sn(OH)4(或
SnO2·2H2O)
Fe(OH)
3
Cu(OH)2
溶度
积
1.0×10-56
4×10-38
2.5×10-20
(1)Na2SnO3的回收
①产品Na2SnO3中Sn 的化合价是______。
②退锡工艺是利用稀HNO3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Sn2+易
转化成SnO2·xH2O。
③沉淀1 的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH 反应的化学方程式为______。
(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______。
25℃
②
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CO2保护下，先用Al 片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3
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KIO3溶液20.00mL。
①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。
②产品中Sn 的质量分数为_____%。
【答案】(1)+4 价 Sn(NO3)2、NH4NO3 SnO2+2NaOH
Na2SnO3+H2O
(2)Fe(OH)3 2×10—7
(3)滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原 2IO +5Sn2+
+12H+=I2+5Sn4++6H2O 39.7%
【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，故答案为：+4 价；
②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐
是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3；
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
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酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOH
Na2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOH
Na2SnO3+H2O；
（2）①由溶度积可知，向滤液1 中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：
Fe(OH)3；
②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为
=5×10—
8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10—7mol/L，故答案为：2×10—7；
（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘，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 +5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O，故答案为：
滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；2IO +5Sn2++12H+=I2+5Sn4+
+6H2O；
②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g 产品中锡元素的质量
分数为
×100%=39.7%，故答案为：39.7%。
3．（2022·浙江·统考高考真题）某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料
制备无水二氯化锰，按如图流程开展了实验(夹持仪器已省略)：
已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯。
②制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+CH3COCl
MnCl2↓+2(CH3COO)2O。
③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl。
请回答：
(1)步骤Ⅰ：所获固体主要成分是_________(用化学式表示)。
(2)步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是________。
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(3)步骤Ⅲ：下列操作中正确的是_________。
A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物
D．洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作
(4)步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安
全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：________。
纯化完成→(_____)→(_____)→(_____)→(_____)→将产品转至干燥器中保存
a.拔出圆底烧瓶的瓶塞
b.关闭抽气泵
c.关闭加热器，待烧瓶冷却至室温
d.打开安全瓶上旋塞
②图2 装置中U 形管内NaOH 固体的作用是________。
(5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯
元素的含量确定纯度。合理的是_________(填“甲”或“乙”)同学的方法。
【答案】(1)(CH3COO)2Mn
(2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2
(3)ABD
(4)cdba 防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品
(5)乙
【解析】（1）根据制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+CH3COCl
MnCl2↓+2(CH3COO)2O 以及乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl 可判断步骤Ⅰ中利用
CH3COCl 吸水，因此所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn。
（2）由于步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2，因此步骤Ⅰ在室温下反应；而步骤Ⅱ加热回
流促进反应生成MnCl2，所以步骤Ⅱ需要在加热回流下反应。
（3）A．滤纸略小于布氏漏斗，但要把所有的孔都覆盖，并用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸
紧贴在漏斗瓷板上，故A 正确；
B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，故B 正确；
C．用抽滤洗涤沉淀时，抽滤速率不能过快，故C 错误；
D．由于无水二氯化锰极易吸水潮解，洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作，故D 正确；
故答案为ABD；
（4）①纯化完成后首先关闭加热器，待烧瓶冷却至室温，然后打开安全瓶上旋塞，关闭抽气泵，最后拔
出圆底烧瓶的瓶塞，将产品转至干燥器中保存，故答案为cdba；
②由于可能混有酸性气体且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此图2 装置中U 形管内NaOH 固体的作用是防
止可能产生的酸性气体进入抽气泵，同时防止外部水气进入样品。
（5）由于无水二氯化锰极易吸水潮解，且锰离子水解，所以应该通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，
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所以合理的是乙同学的方法。
4．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为
，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和
1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物
质
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。
(2)
用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物(
)浸出
率/%
产品中
纯度/%
产品中Mg 杂质含量/%
(以
计)
计算值
实测值
2.1 1∶
98.4
1.1
99.1
99.7
——
2.2 1∶
98.8
1.5
98.7
99.5
0.06
2.4 1∶
99.1
6.0
95.2
97.6
2.20
备注：ⅰ、
浸出率=(浸出的
质量/煅烧得到的
质量)
(M 代表Ca 或Mg)
ⅱ、
纯度计算值为滤液A 中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中
纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出
的原因是___________。
②沉钙反应的离子方程式为___________。
③“浸钙”过程不适宜选用
的比例为___________。
④产品中
纯度的实测值高于计算值的原因是___________。
(3)“浸镁”过程中，取固体B 与一定浓度的
溶液混合，充分反应后
的浸出率低于60%。加
热蒸馏，
的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的
原因是___________。
(4)滤渣C 中含有的物质是___________。
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(5)该流程中可循环利用的物质是___________。
【答案】(1)
(2)
，在一定量
溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不
能，故
先浸出
2.4 1∶
，
优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
(3)
，
，随大量氨逸出，平衡正向移动
(4)
(5)
【解析】白云石矿样煅烧后
转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进
入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转
化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；
（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为
；
（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，
，在一定量
溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，
故
首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为
。
③由图表可知，“浸钙”过程
的比例为2.4 1∶时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度
最低，故不适宜选用
的比例为2.4 1∶。
④
，在反应中
会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以
Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中
纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：
，
，加热
蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为
，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸
钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B 中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅
几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，
的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣
中，故滤渣C 中含有的物质是
；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D
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加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中
既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是
。
5．（2021·重庆·统考高考真题）电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有
和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离， 实现资源再利用。
已知： Ksp(CuS)=6.3 ×10-36和Ksp(NiS)=3.0×10-19
回答下列问题：
(1)
中Cr 元素的化合价为_______。
(2)还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为_______。
(3)沉淀1 为Cr(OH)3，其性质与Al(OH)3相似，则Cr(OH)3与NaOH 溶液反应的化学方程式_______。
(4)Na2S 溶液呈碱性的原因是_______(用离子方程式表示)，沉淀2 为_______。
(5)若废水中还含有Cd2+，pH=4 时Cd2+的浓度为_______mol·L-1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离
的原因是_______(设H2S 平衡浓度为1.0× 10-6mol·L-1。已知：H2S 的K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15，
Ksp(CdS)=7.0×10-27)
【答案】(1)+6
(2)
(3)Cr(OH)3+ NaOH = NaCrO2 + 2H2O
(4)S2- + H2O
HS- + OH- CuS
(5)1.0×10 -7mol/L 在沉淀池2 中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时
c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2 是CuS 和CdS 的混合物而无法准确
分离开
【解析】废水经预处理后含有
和少量的
、
，题目要对其中所含离子进行逐一分离， 实现资
源再利用。这是解题的关键，根据要求“逐一分离”这一点，结合流程及题目给出的信息
，可以推断沉淀1、沉淀2、沉淀3 分别为
、CuS、NiS。
（1）利用化合物中元素化合价代数和为0 来解答，不过这里的是离子，所以各元素化合价代数和等于该离
子所带的电荷数（要带上正负），即：若假设
，则2x+7×(-2)=-2，可得x=+6，
故答案为：+6；
（2）从流程可知，还原池中加入了含有
和少量的
、
废水，
和用于调节溶液酸碱性的
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，且还原池中有
生成，即
转变成了
，依据氧化还原反应的规律可推断
转变
为
，按照电子守恒和质量守恒即可写出正确的离子反应方程式：
，
故答案为：
；
（3）
的性质与
相似，依据反应
，可以写出
与NaOH
溶液反应的化学方程式
，
故答案为：
；
（4）
溶液呈碱性是由于盐类水解，
是多元弱酸的正盐，水解反应分两步进行：第一步
，第二步
；沉淀池2 和沉淀池3 都是利用
溶液进行分
离，结合
可知，CuS 更容易沉淀，故沉淀2 为CuS；
故答案为：
；CuS；
（5）H2S 的
、
，pH=4 时，
，则
，而沉淀池2 中进行的沉淀
反应需要调节溶液体系
pH=4，此时
，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2 是
CuS 和CdS 的混合物而无法准确分离开；
故答案为：
；在沉淀池2 中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时
c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2 是CuS 和CdS 的混合物而无法准确
分离开。
6．（2023·新课标卷）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Cr2O
存在，在碱性介质中以CrO
存在。
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)。
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(2)水浸渣中主要有SiO2和___________。
(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MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9 以达
到最好的除杂效果，若pH<9 时，会导致___________；pH>9 时，会导致___________。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH 调到1.8 左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1 时，溶解为VO 或VO3+在碱
性条件下，溶解为VO 或VO
，上述性质说明V2O5具有___________(填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为___________。
【答案】(1)Na2CrO4
(2)Fe2O3
(3)Al(OH)3
(4) 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，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，不能形成MgSiO3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MgNH4PO4无法完全沉淀
(5)C
(6)2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O
【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MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤
渣和滤液；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：Na2CrO4；
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
（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MgSiO3和MgNH4PO4
沉淀，若溶液pH<9 时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅
酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9 时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3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MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应
使其浓度降低导致MgNH4PO4，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
能形成MgSiO3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MgNH4PO4无法完全沉淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性
氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式
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为2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O，故答案为：2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O。
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