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专题14 化学工艺流程综合
01 专题网络·思维脑图
02 考情分析·解密高考
03 高频考点·以考定法
04 核心素养·微专题
微专题 化工流程题中定量计算
考点一 物质制备类化工流程题
【高考解密】
命题点01 反应条件控制
命题点02 化学基本原理
命题点03 化学图表图象信息加工
【技巧解密】
【考向预测】
考点二 提纯类化工流程题
【高考解密】
命题点01 反应条件控制
命题点02 化学基本原理
命题点03 化学图表图象信息加工
【技巧解密】
【考向预测】
1
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考点
考查内容
考情预测
物质制备类化工流程
题
1、反应条件控制
2、化学基本原理
3、化学图表图象信息加工
化学工艺流程题是全国高考中的必考题型，它是将化工生产
过程中主要生产阶段——生产流程用框图形式表示出来，并
根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创
新；化学工艺流程题是现代化学工业生产工艺流程的简化，
它涉及了化工生产过程中所遇到的生产成本、产品提纯、环
境保护等实际问题，并考查了物质的制备、检验、分离提纯
等实验基本操作和基本实验原理在化工生产中的实际应用。
预计2024 年高考的试题仍以某矿石为原料制备某物质或以
废渣、废液提取某物质为背景，呈现化工生产流程图，进行
命题设计，综合考查元素化合物知识、氧化还原反应方程式
的书写、反应条件的控制与选择、产率的计算、Ksp 的应
用、绿色化学思想的体现等，题目综合性强，难度大，旨在
考查考生提取信息，迁移应用的逻辑思维能力。
提纯类化工流程题
1、反应条件控制
2、化学基本原理
3、化学图表图象信息加工
2
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考点一物质制备类化工流程题
命题点01 反应条件控制
典例01（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
(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
、
、
3
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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
=
。
典例02（2022·辽宁卷）某工厂采用辉铋矿(主要成分为
，含有
、
杂质)与软锰矿(主要成
分为
)联合焙烧法制各
和
，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的
分解为
，
转变为
；
②金属活动性：
；
③相关金属离子形成氢氧化物的
范围如下：
开始沉淀
完全沉淀
6.5
8.3
1.6
2.8
8.1
10.1
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为_______。
a.进一步粉碎矿石 b.鼓入适当过量的空气 c.降低焙烧温度
(2)
在空气中单独焙烧生成
，反应的化学方程式为_______。
4
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(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出
和
；②_______。
(4)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
(5)生成气体A 的离子方程式为_______。
(6)加入金属Bi 的目的是_______。
(7)将100kg 辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg 金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量
产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi 的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi 元素的质量分数为_______。
【答案】(1)ab
(2)
(3)抑制金属离子水解
(4)SiO2
(5)
(6)将Fe3+转化为Fe2+
(7)24.02%
【解析】已知①焙烧时过量的
分解为
，
转变为
，
在空气中单独焙烧生成
和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，
与浓盐酸生成A 氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi 将
Fe3+转化为Fe2+，调节pH 得到
。
（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气
使燃烧更加充分，故选ab；
（2）
在空气中单独焙烧生成
和二氧化硫，反应的化学方程式为
；
（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生
成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出
和
；②抑制金属离子水解；
（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2；
（5）A 为氯气，生成气体A 的离子方程式为
；
（6）金属活动性：
，Fe3+在pH 为1.6 时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入
金属Bi 将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；
（7）辉铋矿中Bi 元素的质量分数为
。
典例03（2021·全国卷）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：
5
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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
溶液中加入过量的
，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_______。
(3)
溶液和
溶液混合可生成
沉淀和
，若生成
，消耗的
至少为_______
。
在
溶液中可发生反应
。实验室中使用过量的
与
溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏
可制得高纯碘。反应中加入过量
的原因是_______。
【答案】 (1)
2AgI+Fe=2Ag+Fe
①
2++2I- AgNO3 ② FeI2+Cl2=I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的
进一
步氧化
(2)
(3)4 防止单质碘析出
【解析】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI 可与Fe 反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程
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-；AgNO3；
②通入
的过程中，因I-还原性强于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I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反应物用量比
时即
过量，
先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当
即
过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故
答案为：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2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：
；
(3)
溶液和
溶液混合可生成
沉淀和
，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI
+I2+2K2SO4，若生成
6
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，则消耗的
至少为4mol；反应中加入过量
，I-浓度增大，可逆反应
平衡右移，增大
溶解度，防止
升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
命题点02 化学基本原理
典例01（2023·全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含
有少量Si、Fe、Ni、Al 等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
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MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。
(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=_______mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金
属离子是_______。
(4)加入少量BaS 溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_______。
(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_______。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应
不断_______。电解废液可在反应器中循环利用。
(6)缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_______。
【答案】(1)MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑粉碎菱锰矿
(2)将Fe2+氧化为Fe3+Fe3+可以催化H2O2分解
(3)2.8×10-9Al3+
(4)BaSO4、NiS
(5)Mn2++2H2O
H2↑+MnO2↓+2H+加入Mn(OH)2
(6)2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中
的Fe、Ni、Al 等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随
后将溶液pH 调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀
出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液
置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。
【解析】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，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：
MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：
MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。
7
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（2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，
因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2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Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。
（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的
c(Fe3+)=
=2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石
灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-
4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.8×10-9、
Al3+。
（4）加入少量BaS 溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为BaS+Ni2++SO
=BaSO4↓+NiS↓，生成
的沉淀有BaSO4、NiS。
（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2O
H2↑+MnO2↓+2H+；电解
时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2+
+2H2O
H2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。
（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案为：2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
典例02（2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[
，含
等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺
流程如下：
回答下列问题：
(1)酸解时有
产生。氢氟酸与
反应生成二元强酸
，离子方程式为_______。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比
加入
脱氟，
充分反应后，
_______
；再分批加入一定量的
，首先转化为沉淀的离子是_______。
8
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(3)
浓度(以
计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、
浓度(以
计)的关系如图甲所
示。酸解后，在所得
、
为45 的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使用
一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X 的操作单元是_______；一定温度下，
石膏存在形式与溶液中
和
的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是
_______(填标号)。
A．
、
、
B．
、
、
C．
、
、
D．
、
、
【答案】(1)6HF+SiO2=2H++
+2H2O
(2)
(3)CaSO4•0.5H2O 抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率 酸解 AD
【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制
I 脱氟、除硫酸根离子和
，过滤，滤液经精制II 等一系列操作得到磷酸。
（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H++
+2H2O。
（2）精制1 中，按物质的量之比n(Na2CO3):n(
)=1:1 加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为
H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且
c(Na+)=2c(
)，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp=c2(Na+)•c(
)=4c3(
)，c(
)=
mol•L-1，因此c(Na+)=2c(
)=
mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和
溶液，c(Ca2+)=c(
)=
mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成
时，c(Ba2+)=
mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=
mol•L-1，
因此，首先转化为沉淀的离子是
，然后才是
。
（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45 的混合体系中，石膏存在形式为
9
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CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用
水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X 中含有硫酸，其具有回收利用的价
值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X 的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度
越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为65℃时，位于65℃线上方
的晶体全部以CaSO4•0.5H2O 形式存在，位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O。体系温度为80℃时，
位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O 形式存在，位于80℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O 形式
存在，据此分析：
A．P2O5%=l5、SO3%=15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO4•2H2O 形式存在，
可以实现石膏晶体的转化，A 符合题意；
B．P2O5%=10、SO3%=20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O 形
式存在，故不能实现晶体的转化，B 不符合题意；
C．P2O5%=10、SO3%=30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O 形式
存在，故不能实现晶体转化，C 不符合题意；
D．P2O5%=10、SO3%=10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O 形式存
在，故能实现晶体的完全转化，D 符合题意；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。
典例03（2021·山东卷）工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si 氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠
(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：
(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si 氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流
而行，目的是___。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c 与pH 的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-
5mol•L-1时，可认为已除尽。
中和时pH 的理论范围为___；酸化的目的是___；Fe 元素在___(填操作单元的名称)过程中除去。
10
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(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致___；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的
物质还有____。
(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：
4Na2CrO4+4H2O
2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在___(填“阴”或“阳”)极室制得，电解
时通过膜的离子主要为___。
【答案】 (1) 增大反应物接触面积，提高化学反应速率
(2)
使
平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸取
(3)过度蒸发，导致Na2SO4（提早）析出
(4)H2SO4 阳 Na＋
【解析】以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si 氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬
铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si 氧化物转化为
NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH 使
、
转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶
将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O 晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学
反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。
(2)中和时调节溶液pH 目的是将
、
转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5 时，Al3+除
尽，当溶液pH＞9.3 时，H2SiO3会再溶解生成
，因此中和时pH 的理论范围为
；将Al 元
素和Si 元素除去后，溶液中Cr 元素主要以
和
存在，溶液中存在平衡：
，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可
知，Fe 元素在“浸取”操作中除去，故答案为：
；使
平衡正
向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发会导致Na2SO4（提早）析出。
(4)由4Na2CrO4+4H2O
2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去
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电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由
可知，
在氢离子
浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴
极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。
命题点03 化学图表图象信息加工
典例01（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：________。
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【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
。
典例02（2022·北京卷）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。
13
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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___________。
(5)该流程中可循环利用的物质是___________。
【答案】(1)
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(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
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
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。
典例03（2021·辽宁卷）从钒铬锰矿渣(主要成分为
、
、
)中提铬的一种工艺流程如下：
已知：pH 较大时，二价锰[
](在空气中易被氧化.回答下列问题：
(1)Cr 元素位于元素周期表第周期族。
(2)用
溶液制备
胶体的化学方程式为。
(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[
]与pH 关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中
，“沉钒”过程控制
，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为(填化学式)。
(4)某温度下，
、
的沉淀率与pH 关系如图2。“沉铬”过程最佳pH 为；在该条件下滤液B 中
【
近似为
，
的
近似为
】。
(5)“转化”过程中生成
的离子方程式为。
(6)“提纯”过程中
的作用为。
【答案】(1)4VIB
(2)FeCl3+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3HCl
(3)
(4)6.01×10-6
(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O
(6)防止pH 较大时，二价锰[
]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯
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【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有
Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A 为Cr(OH)3沉淀，滤液B 中主要含有MnSO4，加入
Na2S2O3主要时防止pH 较大时，二价锰[
]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”
步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。
【解析】（1）Cr 是24 号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数
等于族序数，故Cr 元素位于元素周期表第4 周期VIB 族，故答案为：4；VIB；
（2）用
溶液制备
胶体的化学方程式为FeCl3+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：
FeCl3+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[
]与pH 关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中
，
=-2，从图中可知，“沉钒”过程控制
，
=-2 时，与胶体共
沉降的五价钒粒子的存在形态为
，故答案为：
；
（4）某温度下，
、
的沉淀率与pH 关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH 为
6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B 中
=
=1×10-6
，故答案为：6.0；1×10-6；
（5）由分析可知，“转化”过程中生成
的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故答案为：
Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；
（6）由分析可知，“提纯”过程中
的作用为防止pH 较大时，二价锰[
]被空气中氧气氧化，
转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH 较大时，二价锰[
]被空气中氧
气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。
物质制备型工艺流程题一般分为原料处理、分离提纯、获得产品三个阶段。通过对给定的原料进行预
处理、分离提纯,再经过若干步反应,最后制得目标物质。
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
①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。
②水浸——与水接触反应或溶解。
③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。
④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。
⑤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
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(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)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
(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
NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
(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FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl 的气流中加热，
以防其水解。
(3)蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl 和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主
要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。
(4)蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl 和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是
NaCl，同样原理可除去NaCl 中的少量KNO3。
二、工艺流程中的常见专业术语
释义
研磨、雾
化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面
积，以加快反应速率或使反应更充分
灼烧(煅烧)
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、
高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸
溶、碱溶、醇溶等
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
滴定
定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
酸作用
溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用
去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀)
三、工艺流程题中常见问题的答题方向
常见问题
答题要考虑的角度
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的
方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥)
提高原子利用率
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利
用)
在空气中或特定气
要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空
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体中进行的反应或
操作
气，防氧化、水解、潮解等目的
洗涤沉淀
方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上
操作2～3 次
判断沉淀是否洗涤
干净
取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化
物沉淀)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度(常用水
浴、冰浴或油浴)
①使化学平衡移动；控制化学反应的方向
②控制固体的溶解与结晶
③控制反应速率：使催化剂达到最大活性
④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
三、核心反应——陌生方程式的书写
关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。
(1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原反应规律，判断生成物并配平。陌生情景的氧化还原反应方程式书写
①根据流程图的目的，分析元素化合价的变化。
②根据流程图的转化信息和反应规律预测产物。
③根据得失电子、溶液的酸碱性，配平化学(或离子)方程式。
(2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际情况判断生成物。
四、原料预处理的六种常用方法
方法
目的
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，增大反应
速率
水浸
与水接触反应或溶解
酸浸
与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤
除去
碱浸
除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
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
五、控制反应条件的七种常用方法
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH 所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH 变大。
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②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶
液的pH，不可加入NaOH 溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)控制压强。改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
(5)趁热过滤。防止某物质降温时析出。
(6)冰水(或有机溶剂)洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。
(7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为
了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。
六、副产品及循环物质的确定
1.副产品的确定
2.循环物质的确定
七、工艺流程题的主线分析方法
1.主线分析方法
2.实例分析
【典例】磷酸铁锂(LiFePO4)被认为是最有前途的锂离子电池正极材料。某企业利用富铁浸出液生成磷酸铁
锂,开辟了处理硫酸亚铁废液一条新途径。其主要流程如下:
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已知:H2TiO3是种难溶于水的物质。
(1)钛铁矿用浓硫酸处理之前,需要粉碎,其目的是
。
(2)TiO2+水解生成H2TiO3的离子方程式为
。
(3)加入NaClO 发生反应的离子方程式为
。
(4)在实验中,从溶液中过滤出H2TiO3后,所得滤液浑浊,应如何操作 。
(5)为测定钛铁矿中铁的含量,某同学取经浓硫酸等处理的溶液(此时钛铁矿中的铁已全部转化为二价铁离子),
采取KMnO4标准液滴定Fe2+的方法:(不考虑KMnO4与其他物质反应)在滴定过程中,若未用标准液润洗滴定
管,则使测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”),滴定终点的现象是 。滴
定分析时,称取a g 钛铁矿,处理后,用c mol/L KMnO4标准液滴定,消耗V mL,则铁元素的质量分数的表达式为
。
【分析】按照主线分析法分析如下：
钛铁矿
浓硫酸
Fe2+
SO4
2-
TiO2+
H2TiO3
TiO2
滤 液
NaClO H3PO4
PH=2的溶液
NH3 H2O
FePO4 H2O
Li2CO3
草酸
LiFePO4
原材料
原材料的预处理
化学反应
分离提纯
目标产物
【信息处理】钛铁矿用浓硫酸处理后得到含Fe2+、SO4
2-、TiO2+的溶液，水解后得到钛酸沉淀，再对滤液进
行处理得到目标产物磷酸铁锂(LiFePO4)。(1)粉碎的目的是增大固体与溶液反应时的接触面积,加快反应的
进行(2)根据水解规律，TiO2+水解生成H2TiO3 和H+；(3)酸性条件下ClO-将Fe2+氧化为Fe3+,ClO-被还原成
Cl-；(4)滤液浑浊,说明过滤器损坏,应换上新过滤器后,重新过滤；(5)如果未用标准液润洗滴定管,会导致标
准液被稀释,消耗KMnO4标准液体积偏大,使测定结果偏高;当滴定达终点时,滴加最后一滴KMnO4标准液,溶
液变成紫红色,且半分钟内不褪色，根据电子得失守恒进行计算解答。学=科网
【解析】(1)将钛铁矿粉碎，可以增大表面积，增大浓硫酸的接触面积，加快反应速率;故答案为：增大表面
积，增大浓硫酸的接触面积，加快反应速率；
(2)TiO2+水解生成H2TiO3，同时生成氢离子，反应离子方程式为：TiO2++2H2O
H2TiO3↓+2H+；故答案为：
TiO2++2H2O
H2TiO3↓+2H+；
(3)ClO-具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl-，酸性条件下，同时生成水，反应离子方程式
为：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O；故答案为：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
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(4)从溶液中过滤出H2TiO3后，所得滤液浑浊，需要更换过滤器，重新过滤；故答案为：更换过滤器，重新
过滤；
(5)如果未用标准液润洗滴定管,会导致标准液被稀释,消耗KMnO4标准液体积偏大,使测定结果偏高;当滴定
达终点时,滴加最后一滴KMnO4标准液,溶液变成紫红色,且半分钟内不褪色。由Mn
～5Fe2+知,
w(Fe)=
×100%=
%。
[来源:Zxxk.Com]
【答案】(1)增大固体的表面积,加快化学反应速率
(2)TiO2++2H2O
H2TiO3+2H+
(3)ClO-+2Fe2++2H+
2Fe3+ +Cl- +H2O
(4)换上新的过滤器,将浑浊滤液重新过滤
(5)偏高 滴加最后一滴KMnO4标准液,溶液变成紫红色,且在半分钟内不褪色为止
%
[来源:学*科*网]
考向01 反应条件控制
1．（2023 上·广东·高三校联考）
可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)
主要以
形式存在，还含有
、
、
、
等物质。以独居石为原料制备
的工艺流程如图：
已知：①常温下，
的
，
，
；
②
易被氧化为
。
回答下列问题：
(1)为提高“焙烧”效率，可采取的措施有 (写一条即可)；
(2)滤渣Ⅲ的主要成分是 (写化学式)；
(3)“沉铈”过程中，
恰好沉淀完全[
为
]时溶液的pH 为5，则溶液中
mol/L(保留两位有效数字)。
(4)滤渣Ⅱ的主要成分为
，在高温条件下，
、草酸(
)和
可制备电极材料
，
同时生成
和
，该反应的化学方程式为 。
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(6)为测定产品中
的含量，取2.00g 产品加入氧化剂将
完全氧化并除去多余氧化剂后，用稀硫酸酸
化，配成100.00mL 溶液，取25.00mL 溶液用0.10mol/L 的
溶液滴定至终点(铈被还原成
)，消耗
溶液20.00mL，则产品中
的质量分数为 。
【答案】(1)将独居石粉碎增大接触面积或提高焙烧温度
(2)
(3)0.21
(4)
(5)56%
【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，CePO4转化为Ce(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，
Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；过滤，滤渣Ⅰ
为SiO2和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣
Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加
碳酸氢铵沉铈得
。
【解析】（1）为提高“焙烧”效率，可采取的措施有：将独居石粉碎增大接触面积、提高焙烧温度等。
（2）由分析可知，滤渣Ⅲ的主要成分是：
。
（3）
的
，
，
，
，
，
，
。
（4）在高温条件下，
、草酸(
)和
可制备电极材料
，同时生成
和
，
该反应的化学方程式为：
。
（5）由题可知：
2．（2023 上·吉林白城·高三校考）钛是一种性能非常优越的金属，有着广泛的应用，有人说“21 世纪将
是钛的世纪”。以金红石矿(主要成分为TiO2，含有少量Al2O3、SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)为主要原料，首
先反应生成TiCl4，然后再用镁还原得到金属钛，其工艺流程如下：
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已知：常温下Fe(OH)3和Fe(OH)2溶度积(Ksp)分别为4.0×10-38和8.0×10-16
请回答下列问题：
(1)加入浓NaOH 溶液的目的是 。
(2)镁和氯气主要来源于流程中的某种物质通过电解方法获得，该物质是 。工业生产中需要适当
补充该物质，该物质可来源于海水，制备过程如下：向海水中加入石灰乳后，向分离得到的固体中加入过
量的盐酸，目的是 ，将得到的溶液通过 、冷却结晶操作后得到晶体，在HCl 气流中加
热晶体即可得到该物质。
(3)高温下，滤渣Y、焦炭和氯气发生反应生成可燃性气体的化学方程式为： 。
(4)工艺流程中稀有气体Ar 的作用是 。
(5)为提高原料的利用率，常温下某研究小组向⑤过滤后的滤液中，先加适量的H2O2，再加适量的碱调节溶
液的pH 至4，过滤后将滤渣加热灼烧，得到了常用的涂料。调节溶液的pH 至4 时，溶液中金属离子的浓
度为 mol/L。
(6)TiN 具有重要的用途，可在高温下由TiO2与NH3反应制得，同时生成一种可用作保护气的单质气体和一
种无色无味的液体。该反应的化学方程式为 。
【答案】(1)除去杂质SiO2和Al2O3
(2) 物质B(或氯化镁) 抑制氯化镁(Mg2+)的水解 蒸发浓缩
(3)TiO2+2C+2Cl2
2CO+TiCl4
(4)防止高温下钛被氧化
(5)4.0×10-8
(6)6TiO2+8NH3
6TiN+12H2O+N2
【分析】根据金红石矿所含成分以及流程目的，氧化铝为两性氧化物，二氧化硅为酸性氧化物，FeO、
Fe2O3为碱性氧化物，粉碎后，加入浓NaOH 溶液，发生Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，过滤除去硅元素和氯元素，滤渣为TiO2、FeO、Fe2O3，加入稀硫酸，FeO、
Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe2+、Fe3+，过滤除去，滤渣为TiO2，反应⑥得到可燃性气体，该气体为CO，即
反应⑥的方程式为2C+TiO2+2Cl2
2CO+TiCl4，TiCl4与Mg 在惰性气体中反应生成Ti，据此分析；
【解析】（1）根据上述分析，浓NaOH 溶液的目的是除去杂质Al2O3、SiO2；故答案为Al2O3、SiO2；
（2）工业上电解熔融氯化镁得到镁单质和氯气，反应⑦发生2Mg+TiCl4
2MgCl2+Ti，因此该物质为物
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质B 或MgCl2；向海水中加入石灰乳，发生Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，过滤，得到氢氧化镁沉淀，然
后加入盐酸，发生Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，为抑制Mg2+水解，加入盐酸需过量，然后将溶液通过蒸
发浓缩、冷却结晶，过滤得到氯化镁晶体，在HCl 氛围中加热该晶体得到氯化镁固体；故答案为物质B 或
MgCl2；抑制氯化镁(Mg2+)的水解；蒸发浓缩；
（3）根据上述分析，滤渣Y、焦炭、氯气反应方程式为2C+TiO2+2Cl2
2CO+TiCl4；故答案为
2C+TiO2+2Cl2
2CO+TiCl4；
（4）根据流程图，用到Ar 在反应⑦，其作用是防止高温下钛被氧化；故答案为防止高温下钛被氧化；
（5）向⑤过滤后的滤液中，先加适量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，然后调节pH 至4，Fe3+以氢氧化铁形式
沉淀出来，此时溶液中c(OH-)=10-10mol/L，c(Fe3+)=
=4.0×10-8mol/L，故答案为
4.0×10-8；
（6）得到保护气，根据原子守恒，该保护气为氮气，无色无味的液体为水，该反应方程式为6TiO2+8NH3
6TiN+12H2O+N2；故答案为6TiO2+8NH3
6TiN+12H2O+N2。
3．（2023·全国·高三专题）某矿山开采的高岭土矿石中含有10%左右的黄铁矿，原矿化学多元素分析结果
如表。
成分
S
含量/%
9.82
10.79
10.1
3.17
27.97
26.98
(1)研磨矿石的目的是增大接触面积，加快反应速率，但并不是越细越好，细度是指物料中小于某个粒度的
有粒子的百分含量。图甲是磨矿细度对铜粗选指标影响的试验结果，选取—
磨矿细度为
___________%最合理。
25
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A．60
B．65
C．80
D．85
(2)经研究酸化水玻璃对高岭石的分散、抑制效果最好，固定酸化水玻璃中硫酸的用量为1000g/t，考查酸化
水玻璃中水玻璃的用量对硫粗精矿指标的影响，试验结果见图乙。
因此，选择酸化水玻璃中水玻璃的粗选用量为 对硫粗精矿指标的影响最高。
(3)浮选精矿中硫铁矿(
)中Fe 的化合价为+2，请写出
在焙烧过程中的化学方程式： 。
(4)由
生成
的操作为 ，请写出
制备
的化学方程式：
。
(5)已知，25℃时相关物质的
如表所示：
物质
则加入试剂1 调节pH 的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度
时，可认为该离子
沉淀完全)。
(6)仿照上述流程示意图，设计从滤渣2 中制备
的流程 。
(7)在上述物质制备流程中可以循环使用的物质是 。
【答案】(1)B
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(2)1500g/t
(3)
(4) 加入大量的水同时加热
(5)4.9
(6)
或
(7)硫酸
【分析】将浮选精矿焙烧，使
转化为Fe2O3，加入硫酸，
不溶于硫酸，故滤渣1 为
，经一系
列操作得到含有CuSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3的溶液，调节溶液pH，使Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3转化为
Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤后得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到Cu。
【解析】（1）从图甲可知，磨矿细度小于(-74
)65%时，铜矿中铜的含量逐渐增大；在磨矿细度在(-74
)65%~80%的范围内，铜矿中铜的含量缓慢增加，当磨矿细度大于(-74
)80%时，铜矿中铜的含量呈
下降趋势，综合考虑，选取磨矿细度为(-74
)65%最合理，答案选B；
（2）由图乙可知，硫粗精矿硫的品位随着酸化水玻璃中水玻璃用量的增加呈先上升后下降的趋势，在水
玻璃的用量为1500g/t 时达到最高点；硫粗精矿硫的回收率随着酸化水玻璃中水玻璃用量的增加先上升，
在水玻璃的用量达到1500g/t 后变化不明显，因此，选择酸化水玻璃中水玻璃的粗选用量为1500g/t 对硫粗
精矿指标的影响最高；
（3）根据化合物中各元素化合价代数和等于零，可确定硫铁矿中S 的化合价为-1，根据得失电子守恒可得
在焙烧过程中的化学方程式为
；
（4）由
生成
的操作为加入大量的水同时加热，该反应的化学方程式为
；
（5）比较
和
的
可知，当
完全沉淀时，
早已完全沉淀，
完全沉淀时
，
，则
，所以pH 的理论最小
值为4.9；
（6）由分析可知，滤渣2 的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3，向滤渣2 中加入硫酸，使Al(OH)3、Fe(OH)3转
化为Al3+、Fe3+，向溶液中加入铝粉，使Fe3+转化为Fe，过滤得到Al2(SO4)3溶液，将Al2(SO4)3溶液加热浓
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缩、冷却结晶，过滤后得到
；或者向滤渣2 中加入NaOH 溶液，Al(OH)3使转化为
NaAlO2，而Fe(OH)3不和NaOH 溶液反应，过滤后得到NaAlO2溶液，向溶液中加入硫酸，使NaAlO2转化
为Al2(SO4)3，将Al2(SO4)3溶液加热浓缩、冷却结晶，过滤后得到
，故从滤渣2 中制备
的流程为
或
；
（7）在电解硫酸铜溶液制备铜时，产生硫酸，故硫酸可以循环使用。
考向02 化学基本原理
1．（2023 秋·广东韶关·高三联考）过氧化钙(CaO2)微溶于水，能与水缓慢反应，常用作医用消毒剂和供氧
剂。以某地大理石(含Al2O3)为原料制备CaO2的一种方法以下：
请回答下列问题：
(1)可用NaOH 溶液除去大理石中的Al2O3，对应离子方程式为_______；碱浸前需对大理石进行粉碎处理，
目的是_______。
(2)步骤Ⅱ中制备CaO2·8H2O 反应的化学方程式为_______；反应在冰水浴中进行，目的有：防止NH3·H2O
挥发、_______(任答一点)。
(3)洗涤操作中，检验CaO2·8H2O 是否洗净的操作是：取最后一次洗涤液，加入_______(填试剂名称)溶液，
若观察到_______现象，则沉淀未洗净。
(4)CaO2用作长途运输鱼苗的供氧剂，反应的化学方程式为_______；不使用Na2O2的原因是_______(任答
一点)。
【答案】(1)
增大反应物的接触面积，加快反应速率
(2)
避免温度过高，H2O2发生分解
(3)硝酸酸化的硝酸银 有白色沉淀生成
(4)2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2
过氧化钠与水反应速率过快，不利于长时间供氧(或过氧化钠与水反应
生成NaOH，碱性过强)
【解析】大理石经系列操作得到纯CaCO3，CaCO3和盐酸反应得到氯化钙溶液，在冰水浴中往溶液中加入
H2O2、NH3·H2O 反应生成CaO2·8H2O，经洗涤、烘干可得CaO2。
（1）NaOH 和Al2O3反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为
；碱浸前需
对大理石进行粉碎处理，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率。
（2）步骤Ⅱ中制备CaO2·8H2O 反应的化学方程式为
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；反应在冰水浴中进行，可以防止NH3·H2O 挥发，
同时避免温度过高，H2O2发生分解。
（3）检验CaO2·8H2O 是否洗净，主要是检验洗涤液中是否还含有氯离子，其操作方法是：取最后一次洗
涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若观察到有白色沉淀生成的现象，则沉淀未洗净。
（4）CaO2能与水缓慢反应生成氧气，可用作长途运输鱼苗的供氧剂，其反应的化学方程式为
2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2
；不使用Na2O2的原因是：过氧化钠与水反应速率过快，不利于长时间供氧；
过氧化钠与水反应生成NaOH，碱性过强。
2．（2023 秋·黑龙江哈尔滨·高三联考）
可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信
息的磁芯，磁盘等。工业上以软锰矿(主要成分是
，还含有少量的(
、
、
)为原料生产
的工艺流程如下：
25℃时，相关金属离子[
]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH
1.5
6.3
3.4
8.1
沉淀完全的pH
2.8
8.3
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸、还原”时，为了加快化学反应速率，可以采取的措施有_______(任写一种即可)。“酸浸、还
原”后溶液中含有的金属阳离子主要有_______(填离子符号)，铁屑与
发生反应的离子方程式为
_______。
(2)“调节pH”时，加入
溶液的目的是_______，“调节pH”的范围为_______。
(3)“沉锰”时，其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50℃后，溶液温
度越高，锰离子的沉淀率越低，原因是_______。
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(4)25℃时，pH=2.8
沉淀完全，则
_______。
(5)滤渣1 中的
可制备还原铁粉，还原铁粉的纯度可通过下列方法测定：称取0.2800g 样品，溶于过
量稀硫酸，用标准
溶液滴定所得溶液中的
，测得三次消耗0.03000mol/L 的
溶液
25.10mL、26.50mL、24.90mL(测定过程中杂质不参与反应)。
①写出滴定反应的离子方程式_______。
②计算还原铁粉的纯度_______。
【答案】(1)加热、增加硫酸的浓度等
、
、
(2)将
氧化成
4.7≤pH 小于8.1
(3)温度升高，
分解并挥发出
(4)
(5)
90%
【解析】软锰矿主要成分是MnO2，还含有少量的
、
、
，向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁
屑酸浸、还原得到含有锰离子、亚铁离子、铝离子的溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化
为铁离子后，再加入碳酸锰调节溶液pH 在4.7~8.1 范围内，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝
沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水，将滤液中锰离子
转化为氢氧化锰沉淀，过滤得到滤液和氢氧化锰；向氢氧化锰中加入过氧化氢溶液，共热将氢氧化锰转化
为四氧化三锰。
（1）将软锰矿粉碎处理，增大反应物的接触面积；适当升高温度；增加硫酸的浓度等加快化学反应速率。
向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑，“酸浸、还原”，碱性氧化物与酸反应得到相应的盐，铁屑具有还原
性，将MnO2和Fe3+还原，所以溶液中含有的金属阳离子主要有Mn2+、Fe2+、Al3+。铁屑与
发生反应
的离子方程式为
。
（2）向溶液中加入H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+后，再加入MnCO3固体调节溶液pH，使Fe3+、Al3+完全
转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，Mn2+不能沉淀，所以pH 应控制在4.7~8.1 范围内。
（3）“沉锰”时用的是氨水调节pH，氨水受热易分解，50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低，
因为反应物氨水受热易分解，锰离子的沉淀率降低。
（4）pH=2.8 时，
，
沉淀完全，此时溶液中c(
)=1×10-5,
。
（5）称取0.2800g 样品，用过量稀硫酸溶解，用标准
溶液滴定其中的
，根据滴定反应的离子
方程式：
，存在关系式：6Fe~6
~
，
滴定过程
中，26.50mL 为误差较大数据舍去，求平均值消耗
的体积为25.00mL，物质的量为
0.03000mol·L-1×0.02500L=0.00075 mol，则样品中含有的铁的物质的量为0.00075mol×6=0.0045mol，样品中
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铁含量为
。
3.（2023 春·湖北武汉·高三统考）废旧锌锰电池中的黑锰粉含有
、
、
和少量
、
及炭黑等，为了保护环境、充分利用锰资源，通过下图流程制备
。
回答下列问题：
(1)基态
原子的简化电子排布式为_______。
(2)“滤液a”的主要成分为
，另外还含有少量
等。
①用离子方程式表示“滤液a”呈酸性的原因：_______。
②根据下图所示的溶解度曲线，将“滤液a”蒸发结晶、_______、洗涤、干燥，得
固体。
(3)“焙炒”的目的是除炭、氧化
等。空气中
氧化
的化学方程式为____。
(4)探究“酸浸”中
溶解的适宜操作。
实验I.向
中加入
溶液，产生大量气泡；再加入稀
，固体未明显溶解。
实验II.向
中加入稀
，固体未溶解；再加入
溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。
①实验I 中
的作用是_______，实验II 中
的作用是_______。
②由实验可知，“酸浸”溶解
时加入试剂的顺序是_______。
(5)证明
溶液中
沉淀完全：取少量溶液，滴加_______(填试剂)，观察到_______(填现象)。
【答案】(1)[Ar]3d54s2
(2)
过滤
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(3)
(4)催化作用 还原剂 先加入稀硫酸再加入过氧化氢溶液
(5)KSCN 溶液 溶液不变色
【解析】（1）锰为25 号元素，基态
原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s2；
（2）① “滤液a”中含有铵根离子，铵根离子水解生成生成氢离子，导致溶液显酸性，
；
②氯化铵溶解度低温时较小，且溶解度受温度影响不大，将“滤液a”蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥，得
固体；
（3）氧气具有氧化性，
氧化
生成二氧化锰和水，化学方程式为
；
（4）①二氧化锰催化过氧化氢生成水和氧气，实验I 中
的作用是催化剂；实验II 中加入
溶液，
产生大量气泡，固体完全溶解，反应中锰元素化合价降低，
中氧元素化合价升高发生氧化反应，过
氧化氢为还原剂起还原作用；
②由实验可知，酸性条件下，二氧化锰被过氧化氢还原，故“酸浸”溶解
时加入试剂的顺序是先加
入稀硫酸再加入过氧化氢溶液；
（5）铁离子和KSCN 溶液变红色，故实验为：取少量溶液，滴加KSCN 溶液，溶液不变色，说明铁离子
完全沉淀。
考向03 化学图表图象信息加工
1.（2023 春·广东清远高三校联考）工业上利用某地碳酸锰矿(成分及含量如表)制备硫酸锰，其工艺流程如
图：
已知：该碳酸锰矿的成分及含量如表。
成分
元素化合物及其他杂
质
含
量/%
18.06
10.32
12.54
2.60
11.48
12.42
10.24
22.34
请回答下列问题：
(1)“酸浸”前适当粉碎碳酸锰矿的目的是_______；若颗粒太细，则硫酸容易浸透，随后剧烈反应产生
、
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水汽等悬浮在表层，导致冒槽，除影响操作外还会_______；
的第三电离能大于
的第三电离能，分
析其原因：_______。
(2)“溶渣”的主要成分为_______(填化学式)。
(3)“酸浸”中
被溶解的离子方程式为_______。
(4)“酸浸”过程中的浸出率
与矿酸比、浸出温度的关系如图所示：
最适宜的矿酸比、浸出温度分别为_______、_______。
(5)“除铝铁”中加入
的目的是_______。加入氨水调节
时，
与铝铁去除率、锰损失率的关系如
图所示，则应调节的
范围为_______(填标号)。
A．1.5～2 B．2.5～3 C．3～4 D．4.5～5
【答案】(1)增大反应物的接触面积 影响溶渣的沉降
失去2 个电子后的3d 轨道为半
填充较为稳定结构，铁离子失去2 个电子后为3d6结构，故
的第三电离能大于
的第三电离能
(2)SiO2、CaSO4
(3)
(4)0.7 80℃
(5)将二价铁转化为三价铁 D
【解析】碳酸锰矿加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应，氧化钙转化为硫酸钙沉淀，两者成为滤渣，锰、铝、
镁、铜、镍进入滤液；滤液加入二氧化锰将二价铁转化为三价铁，加入氨水调节pH 将铁、铝转化为沉淀，
然后再除去铜镍，溶液加热浓缩，结晶分离出滤液，蒸发浓缩结晶得到硫酸锰；
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（1）“酸浸”前适当粉碎碳酸锰矿的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率和酸浸效果；若颗粒
太细，则硫酸容易浸透，随后剧烈反应产生
、水汽等悬浮在表层，导致冒槽，除影响操作外还会影响
溶渣的沉降，不利于分离出溶渣；基态Mn 原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，基态Fe 原子核外电
子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，
失去2 个电子后的3d 轨道为半填充较为稳定结构，铁离子失去2 个电
子后为3d6结构，故
的第三电离能大于
的第三电离能；
（2）由分析可知，“溶渣”的主要成分为SiO2、CaSO4；
（3）“酸浸”中
和硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，离子方程式为
；
（4）由图可知，最适宜的矿酸比、浸出温度分别为0.7、80℃，此时浸出率最好；
（5）“除铝铁”中加入
的目的是将二价铁转化为三价铁，便于将铁转化为沉淀除去；由图可知，加
入氨水调节
范围为4.5～5 时，此时铝铁去除率较高、锰损失率较低，故选D。
2．（2023 秋·贵州贵阳高三统考期末）以黄铁矿(主要成分是
，含少量
)和软锰矿(主要成分是
，含少量
、
)为原料制备
的工艺流程如下。
已知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
开始沉淀时(
)的pH
8.1
7.5
2.2
3.7
沉淀完全时(
)的
pH
9.6
9.0
3.2
4.7
回答下列问题：
(1)提高“酸浸”率的方法有_______、_______(任答两条)。滤渣中有S 和_______；“酸浸”得到的滤液中
含有
、
，则该过程中主要反应的离子方程式是_______。
(2)若“调pH”后的溶液中
浓度为
，则“调pH”应控制的pH 范围是_______。
(3)“沉锰”时的离子反应方程式是_______。
(4)结合图象分析，得到
晶体所需的“操作A”是指_______、_______、洗涤、干燥。
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(5)若称取一定质量的
用标准
溶液滴定(滴定过程产生的误差可忽略)，计算所得样品质量
分数大于100%，分析可能的原因是_______。
【答案】(1)矿石粉碎 适当提高反应温度
(2)4.7~7.1
(3)
(4)蒸发浓缩结晶 保持温度高于40℃以上趁热过滤
(5)样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质
【解析】黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先进行
粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铝和
硫酸铁，MnO2、FeS2与硫酸发生反应生成单质S 和硫酸锰、硫酸铁，由表中数据计算出Mn(OH)2的Ksp 可
知，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH 值4.7~7.1 之间除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得滤液中加入碳酸氢
铵发生反应
，将锰转化为碳酸锰沉淀，碳酸锰沉淀中加入稀硫酸，
将其转化为硫酸锰溶液，经过操作A 即蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，过滤洗涤干燥后得到
MnSO4·H2O；
（1）提高“酸浸”率的方法有矿石粉碎、适当增加酸的浓度、适当提高反应温度等；“酸浸”过程得到
的滤液中含有
，是由于MnO2和FeS2发生氧化还原反应转化而来的，故该过程中主要反应的离
子方程式是
；反应中生成硫，二氧化硅不反应，两者成为滤渣；
（2）根据上表数据，计算
的
c(Mn2+)c2(OH-)=0.01×(
)2=
，当
浓度为
时，溶液中c(OH-)=
=10-6.9mol/L，此时溶液的pH=7.1，由分析可知，调
节pH 的目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，故“调
”应控制的
范围是4.7~7.1；
（3）由分析可知，“沉猛”时，
、碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳、水，反应的离子方程
式是
；
（4）由题干溶解度图像可知，当温度低于40℃时溶液将析出
，故由分析从“操作A”所得溶
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液中得到
晶体需进行的操作是蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤、干燥；
（5）若称取一定质量的
用标准
溶液滴定(操作过程产生的误差可忽略)，若样品失去部
分结晶水则导致相同质量的样品中含有的硫酸根量偏大，导致结果偏高，或样品混有硫酸盐杂质也将产生
跟多的硫酸钡，导致计算所得样品质量分数大于
，故答案为：样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂
质。
3.（2023·高三醴陵市第一中学校考）镍目前有广泛的用途，不仅可以用于不锈钢的制取中，目前也是三元
锂电池中的重要元素。由红土镍矿(主要成分为NiO，还含有少量MgO2SiO2以及铁的氧化物等)可以制取黄
钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]和NiSO4·6H2O。
(1)Ni 的价电子排布式为______。Ni(CO)4是用于烯烃、H2、CO 制备高一级醛的重要催化剂，Ni(CO)4的空
间结构类似于CH4分子，其空间结构为______。
(2)为加快红土镍矿的溶解，在酸浸步骤中可以采取的措施是______(任写一条即可)；“预处理”中，发生
的离子方程式可能为______。
(3)“沉铁”中若采用Na2CO3作为除铁所需钠源，Na2CO3溶液的用量对体系pH 和镍的损失影响如图1 所示。
当Na2CO3溶液的用量超过6g/L 时，镍的损失率会增大，其可能的原因是______。(Fe3+、Ni2+开始沉淀的
pH 分别为2.2、7.5)
(4)若溶液中c(Mg2+)为0.1mol/L，溶液的体积为1L，则要使溶液中c(Mg2+)=7.4×10-7mol/L，则应加入固体
NaF 为______mol［忽略体积的变化，已知Ksp(MgF2)=7.4×10-11］。“沉镁”时应保证MgO 已将溶液的pH
调节至5.5~6.0 的原因是______。
(5)硫酸钠与硫酸镍晶体溶解度曲线图如图2 所示，请设计由滤液Y 制备NiSO4·6H2O 的实验方案：______。
[可选用的试剂：稀硫酸，NaOH 溶液、BaCl2溶液、Ca(OH)2、蒸馏水]
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【答案】(1)3d84s2 正四面体
(2)研磨粉碎红土镍矿、增大酸的浓度、适当升高温度等 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3)pH＞2.2 后，容易形成氢氧化铁的胶体，吸附溶液中的Ni2+，造成镍的损失
(4)0.21 pH 值过小，F-与H+会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；pH 值过大，会形成Ni(OH)2沉淀
(5)边搅拌边向滤液Y 中滴加NaOH 溶液至沉淀完全，过滤；用蒸馏水洗涤固体至最后一次洗涤滤液加
BaCl2溶液无沉淀出现；将所得固体分批加入足量稀硫酸，搅拌使其完全溶解；稍低于53.8℃减压蒸发浓缩，
降温至稍高于30.8℃，趁热过滤
【解析】红土镍矿（主要成分为NiO，还含有少量MgO2、SiO2以及铁的氧化物等)中加入硫酸酸浸，酸浸
后的酸性溶液中含有
、
、
、
等，二氧化硅不溶，形成滤渣，滤液中加入H2O2将
氧
化为
，再加入 Na2SO4沉铁，得到黄钠铁矾沉淀，向滤液中加入 MgO 调节溶液pH，再加入NaF 溶液
沉镁，所得滤液Y 中含有NiSO4经分离提纯得到
。
（1）Ni 元素为28 号元素，核外有28 个电子，所以核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d84s2，则价电子排布
式为：3d84s2；Ni(CO)4的空间结构类似于CH4分子，CH4的空间结构为正四面体，所以Ni(CO)4的空间结构
为正四面体；
（2）影响化学反应速率的外因有浓度、温度、接触面积、催化剂等，所以为加快红土镍矿的溶解，在酸
浸步骤中可以采取的措施是研磨粉碎红土镍矿、增大酸的浓度、适当升高温度等；“预处理” 中加入
H2O2的目的是将铁元素全部氧化为 Fe3+，所以发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）Fe3+、Ni2+开始沉淀的pH 分别为2.2、7.5，沉铁步骤中，若用 Na2CO3作为除铁所需钠源，由图像可
知，pH＞2.2 后，不仅有Fe(OH)3沉淀，同时还可能产生 Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附
Ni2+使镍的损失率会增大；
（4）“沉镁”时存在反应：
，消耗0.2molNaF，存在平衡
，
，则应加入NaF 固体的物
质的量为（0.2+0.01）mol=0.21mol；“沉镁”步骤中，若pH 过小，F-与H+会结合形成 HF，导致 Mg2+沉
淀不完全；若pH 过大，会生成Ni(OH)2沉淀，因此“沉镁”前，应保证MgO 己将溶液pH 调节至
5.5~6.0；
（5）滤液Y 中主要含有 NiSO4，还含有 Na2SO4等杂质，为除去杂质可加入NaOH 溶液，使Ni2+转化为
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Ni(OH)2沉淀，过滤后洗涤沉淀，检查沉淀是否洗涤干净，向沉淀中加硫酸溶解，蒸发浓缩，控制温度在
30.8~53.8℃间冷却结晶，趁热过滤，即可得到
。
考点二提纯类化工流程题
命题点01 反应条件控制
典例01（2023·湖南卷）超纯
是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作
者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯
方面取得了显著成果，工
业上以粗镓为原料，制备超纯
的工艺流程如下：
已知：①金属
的化学性质和
相似，
的熔点为
；
②
(乙醚)和
(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质
沸点/
55.7
34.6
42.4
365.8
回答下列问题：
(1)晶体
的晶体类型是_______；
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在
的原因是_______，阴极的电极反应式为
_______；
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(3)“合成
”工序中的产物还包括
和
，写出该反应的化学方程式：_______；
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
(5)下列说法错误的是_______；
A．流程中
得到了循环利用
B．流程中，“合成
”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配
，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分
和
(6)直接分解
不能制备超纯
，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
的理由是_______；
(7)比较分子中的
键角大小：
_______
(填“>”“<”或“=”)，其原因是
_______。
【答案】(1)分子晶体
(2)保证Ga 为液体，便于纯Ga 流出Ga3++3eˉ=Ga
(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2
+3
+2
；
(4)CH4
(5)D
(6)NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O 的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
(7)>Ga(CH3)3中Ga 为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga 为sp3杂化，所以为四面体结构，
故夹角较小
【分析】以粗镓为原料，制备超纯
，粗Ga 经过电解精炼得到纯Ga，Ga 和Mg 反应生产
Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O 反应生成
、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，
除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯
，Et2O 重复利用，据此
解答。
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【解析】（1）晶体
的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
（2）电解池温度控制在
可以保证Ga 为液体，便于纯Ga 流出；粗Ga 在阳极失去电子，阴极得到
Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；
（3）“合成
”工序中的产物还包括
和
，该反应的化学方程式
8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2
+3
+2
；
（4）“残渣”含
，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
（5）A.根据分析，流程中
得到了循环利用，A 正确；B.
容易和水反应，容易被氧化，
则流程中，“合成
”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B 正确；C.“配体交换”得到
，“工序X”先解构
后蒸出
，C 正确；D.二者甲基的环境不同，
核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分
和
，D 错误；故选D；
（6）直接分解
时由于Et2O 的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯
，
而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高
于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
（7）分子中的
键角
>
，其原因是Ga(CH3)3中Ga 为sp2杂化，所以为
平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga 为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
典例02（2022·重庆卷）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处
理的流程如图。
Sn 与Si 同族，25℃时相关的溶度积见表。
化学式
Sn(OH)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
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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
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%。
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典例03（2021·全国卷）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
溶液中加入过量的
，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_______。
(3)
溶液和
溶液混合可生成
沉淀和
，若生成
，消耗的
至少为_______
。
在
溶液中可发生反应
。实验室中使用过量的
与
溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏
可制得高纯碘。反应中加入过量
的原因是_______。
【答案】 (1)
2AgI+Fe=2Ag+Fe
①
2++2I- AgNO3 ② FeI2+Cl2=I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的
进一
步氧化
(2)
(3)4 防止单质碘析出
【解析】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI 可与Fe 反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程
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-；AgNO3；
②通入
的过程中，因I-还原性强于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I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反应物用量比
时即
过量，
先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当
即
过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故
答案为：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2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
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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：
；
(3)
溶液和
溶液混合可生成
沉淀和
，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI
+I2+2K2SO4，若生成
，则消耗的
至少为4mol；反应中加入过量
，I-浓度增大，可逆反应
平衡右移，增大
溶解度，防止
升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
命题点02 化学基本原理
典例01（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)
纯碱
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(3)加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的
转化为
（或除去精制Ⅰ所得滤液中的
），提高
纯度盐酸浓缩液中因
浓度过大使得
过早沉淀，即浓缩结晶得到的
中会混有
，最终所得
的产率减小
【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有
Na+、Li+、Cl-、
等，焙烧后生成HCl 气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件
下溶解度最小的是
，则滤渣Ⅰ的主要成分为
；由于
微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加
纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为
;精制Ⅱ所得滤液经操作X 后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化
钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到
。
【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
；精制I 后溶液中
的浓度为2.0
，由
可知，则常温下精制Ⅱ过程中
浓度应控制在
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl 外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，
因此，还将增加纯碱（
）的用量。
（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为
；由于
微溶于
水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的
，还需要除去
，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精
制Ⅰ所得滤液中的
转化为
（或除去精制Ⅰ所得滤液中的
），提高
纯度。操作X 是
为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余
的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因
浓度过大使得
过早沉淀，即浓缩
结晶得到的
中会混有
，最终所得
的产率减小。
典例02（2022·全国卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有
、
、
和Pb。还有少量Ba、
Fe、Al 的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
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一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的
如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中
转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择
的原因
________。
(2)在“脱硫”中，加入
不能使铅膏中
完全转化，原因是________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(
)，还要加入
。
(ⅰ)能被
氧化的离子是________；
(ⅱ)
促进了金属Pb 在醋酸中转化为
，其化学方程式为________；
(ⅲ)
也能使
转化为
，
的作用是________。
(4)“酸浸”后溶液的pH 约为4.9，滤渣的主要成分是________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
【答案】(1)PbSO4(s)+CO
(aq)=PbCO3(s)+SO
(aq)反应PbSO4(s)+CO
(aq)=PbCO3(s)+SO
(aq)的平衡常数
K=
=3.4 105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
(2)反应BaSO4(s)+CO
(aq)=BaCO3(s)+SO
(aq)的平衡常数K=
=0.04<<105，反应正向进行的程度有
限
(3)Fe2+ Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作还原剂
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3
(5)Ba2+、Na+
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【解析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO 和Pb，还有少量Ba、Fe、Al 的盐或氧化物等，向铅膏中加
入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧
化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH 约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH 可
知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅
沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。
（1）“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO
(aq)=PbCO3(s)+SO
(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.4 10-14，
Ksp(PbSO4)=2.5 10-8，反应PbSO4(s)+CO
(aq)=PbCO3(s)+SO
(aq)的平衡常数K=
=
=
=
≈3.4 105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入
溶液中，减少铅的损失。
（2）反应BaSO4(s)+CO
(aq)=BaCO3(s)+SO
(aq)的平衡常数K=
=
=
=
≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
（3）（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。
（ii）过氧化氢促进金属Pb 在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc 发生氧还原反应生成
Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：
Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4 价降低到了+2 价，PbO2是氧化剂，则过氧
化氢是还原剂。
（4）酸浸后溶液的pH 约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH 可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化
铁。
（5）依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、
氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳
酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。
典例03（2021·重庆卷）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
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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
，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
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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。
命题点03 化学图表图象信息加工
典例01（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（
和
)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物
质
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，
中过氧
键的数目为_______。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为_______(
的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为
、_______(填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，
(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。
体积分数为_______时，
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(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大
体积分数时，
(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
(5)“沉钴镍”中得到的
(Ⅱ)在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为_______。
(6)“沉镁”中为使
沉淀完全
，需控制
不低于_______(精确至0.1)。
【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2)NA
(3)
Fe(OH)3
(4)9.0%SO2有还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(Ⅱ)氧化速率
(5)
(6)11.1
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，用石灰
乳调节
，
被
氧化为
，发生反应
，Fe3+水解同
时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成
。
【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增
大接触面积
（2）
的结构简式为
，所以
中过氧键的数目为NA
（3）用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为：
；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-
5mol/L，
，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶
液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知
体积分数为0.9%时，
(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大
体积分数时，由于SO2有
还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(Ⅱ)氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为：
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；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp 可计算c(OH-)=10-
2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；
典例02（2022·湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为
，
含少量V、Si 和Al 的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗
中含有的几种物质的沸点：
物质
沸点/
136
127
57
180
回答下列问题：
(1)已知
，
的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略
、
随温度的变化。若
，
则该反应可以自发进行。根据下图判断：
时，下列反应不能自发进行的是_______。
A．
B．
C．
D．
(2)
与C、
，在
的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质
分压
①该温度下，
与C、
反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中
的含量升高，原因是_______。
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(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离
中含
、
杂质的方法是
_______。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入
冶炼
的方法相似的是_______。A．高炉炼铁
B．
电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰
D．氧化汞分解制汞
【答案】(1)C
(2)5TiO2+6C+10Cl2
5TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C 发生反应
(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
(4)不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al 杂质；
(5)AC
【解析】（1）记①
，②
，③
，④
；
A．由图可知，600℃时
的
，反应自发进行，故A 不符合题意；
B．由图可知，600℃时
的
，反应自发进行，故B 不符合题意；
C．由图可知，600℃时
的
，反应不能自发进行，故C 符合题意；
D．根据盖斯定律，
可由①+③得到，则600℃时其
，反应自
发进行，故D 不符合题意；
故选C；
（2）①根据表中数据可知，该温度下C 主要生成CO 和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量
之比可知TiCl4、CO 和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为
5TiO2+6C+10Cl2
5TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl2
5TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C 发生反应
，导致CO 含量升高，故答案为：随着温度升高，
CO2与C 发生反应
；
（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al 得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守
恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采
用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al 杂质，因此“除钒”和“除硅、
铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入
Al 杂质；
（5）本工艺中加入Mg 冶炼Ti 的方法为热还原法；
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A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A 符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B 不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al 作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C 符合题意；
D．Hg 为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D 不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
典例03（2021·江苏卷）以锌灰(含ZnO 及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的
ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为
(1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有(填化学式)。
(2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL 除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL 容量瓶中，
加水稀释至刻度；准确量取20.00mL 稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用
0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3 次，平均消耗EDTA
溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度(写出计算过程)。
(3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S 的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应
器。
①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S 反应生成ZnS 和FeS，其化学方程式为。
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS 参与了H2S 与CO2生成COS 的反应，反应前后ZnS
的质量不变，该反应过程可描述为。
(4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。
在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是。
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【答案】(1)Fe3+、H+
(2)0.7500mol·L-1
(3)ZnFe2O4+3H2S+H2
ZnS+2FeS+4H2OZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O
(4)ZnS 和FeS 部分被氧化为硫酸盐
【分析】锌灰含ZnO 及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出
SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都
能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂
ZnFe2O4。
【解析】（1）“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应
的离子还有Fe3+、H+。
（2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL 稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为
0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为
；
（3）①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S 反应生成ZnS 和FeS，铁元素化合价由+3 降低为+2、氢气中H 元素
化合价由0 升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2
ZnS+2FeS+4H2O；
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS 参与了H2S 与CO2生成COS 的反应，反应前后ZnS
的质量不变，ZnS 为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O；
（4）在280~400℃范围内，ZnS 和FeS 吸收氧气，ZnS 和FeS 部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。
物质分离提纯型工艺流程题主要是针对混合物的除杂、分离和提纯。解题时找出要得到的主要物质是
什么,混有的杂质有哪些,分析加入某一试剂后,能与什么物质发生反应,生成了什么物质,要用什么样的方法才
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能将杂质除去,将工艺流程转化为物质的转化流程,明确各步所加试剂或相关操作的目的。
一、物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作
除杂
加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2＋溶液中
混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH
加热
加快反应速率或使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：侯氏制碱中的NaHCO3；还有如
H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质
降温
防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动
分离
固液分离——过滤
液液分离：
a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；
蒸发结晶、趁热过滤)
b.有溶解性差异——(萃取)分液
c.有沸点差异——蒸馏
二、获得产品阶段的主要操作
洗涤(冰水、
热水、有机
溶剂)
水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)
冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗
(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)
醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在
洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离
子，并使其尽快干燥)
蒸发时的气
体氛围抑制
水解
如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl 的气流中加热，以
防其水解
蒸发浓缩、
冷却结晶
如K2Cr2O7和少量NaCl 的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析
出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl 和少量K2Cr2O7，这样就可分离出
大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl
蒸发结晶、
趁热过滤
如NaCl 和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固
体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl 中的
少量KNO3
三、明确常用的提纯方法
(1)水溶法：除去可溶性杂质。
(2)酸溶法：除去碱性杂质。
(3)碱溶法：除去酸性杂质或铝及其氧化物。
(4)氧化还原法：除去还原性或氧化性杂质。
(5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。
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(6)调节溶液pH 法：如除去Cu2＋中混有的Fe3＋等。
四、明确常用的分离方法
(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法。
(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。
(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。
(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、
CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O 等。
(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。
(6)冷却法：利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。
五、掌握实验操作目的或原因的答题规范
(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H2O2、
NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。
(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H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、
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AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl 气流中
进行。
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(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。
六、图表图象信息加工
1、图象题
1）类型
（1）单一曲线型
（2）多重曲线型
2）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、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
（1）信息的情景化：理解所给信息作什么用？
（2）信息与基础知识间的有机联系。
4、实例分析
（1）浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。则适宜的浸出时间和液固比分
别为60min、3。
（2）“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图1 所示。由图可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验条
件为100℃、2.8h
左右
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（3）酸浸时，若使钛的浸出率(η)达到90%，则根据图2 工业上应采取的适宜条件是硫酸浓度和液固比的
取值分别约为40%、6 ：
1 。
（4）图3 为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响，仅据图中信息，黄铁矿的质量分数应保持在40%
左右
。
（5）溶液温度和浸出时间对钴的浸出率影响如图4 所示，则浸出过程的最佳条件是75℃，30min。
七、工艺流程题的四线分析法
1、四线法
（1）试剂线
需要掌握常见试剂的类型及作用和相关反应，也可称为反应线。常见试剂及其作用，见下表。
（2）杂质线
于矿物质而言，测定元素组成后，即可确定杂质，需要积累常见试剂的处理方法，常见杂质及其
除杂方式，见下表。
流程分析过程中，需要抓住杂质的去向分析，切勿因为思维的不严谨，某杂质还未除去还茫然不
知。违背了化工生产的目的。同时杂质的除去离不开试剂线的分析。
（3）操作线
主要指的是分离提纯操作，每加一次试剂，便需要思考是否需要过滤、蒸发、冷却结晶、蒸馏、
萃取等分离提纯操作，见下表。
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（4）产品线
试剂线、杂质线、操作线展开是为了获取产品，产品的获取主要通过除去杂质，发生核心反应而
获取产品。通过总结近几年全国I 卷高考化学工艺题产品的获取方式，见下表，
从表中，可以发现产品的获取具有以下特点：
①主要围绕金属元素的相关工艺品产开考查
②工艺可能产品具有多样性，体现了经济需要实效性
③产品的获取可能在流程的前半部分，更多是后期才得到产品
④产品的获取，需要试剂参与反应转化，可能发生的是氧化还原反应
⑤产品的获取，所涉及的分离提纯操作及方法，离不开产品自身的性质
⑥由于大部分产品是固体，故基本上离不开结晶的相关操作
2、实例分析
【典例】锶(Sr)为第5 周期ⅡA 族元素。高纯六水氯化锶晶体(SrCl2．6H2O)具有很高的经济价值，61℃时
晶体开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。用工业碳酸锶粉末（含少量Ba、Fe 的化合物等杂质）制
备高纯六水氯化锶晶体的过程如下图所示。
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请回答：
（1）常温下，氯化锶溶液pH 7（填“大于”、“等于”或“小于”）；
（2）步骤③所得滤渣的主要成分是 （填化学式），调节溶液pH 至8～10，宜选用的试剂为 。
A．稀硫酸 B．氢氧化锶粉末 C．氢氧化钠 D．氧化锶粉末
（3）步骤⑤中，洗涤氯化锶晶体最好选用 。
A．水 B．稀硫酸 C．氢氧化钠溶液 D．氯化锶饱和溶液
（4）工业上用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是 （填字母）。
A．50～60℃ B．70～80℃ C．80～100℃ D．100℃以上
（5）若滤液中Ba2+浓度为1×10-6 mol／L，依据下表数据可以推算滤液中Sr2+物质的量浓度为 。
【答案】（1）等于 （2）BaSO4、Fe(OH)3 BD （3）D （4）A （5）0.003mol/L
【分析】四线分析法
【解析】（1）同主族元素最外层电子数相同，自上而下电子层数增多，元素的金属性增强；所以Sr 金属
性比钙强，氯化钙溶液显中性，所以氯化锶溶液显中性，pH 等于7，故答案为等于；
（2）由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡生成，所以滤渣的成分有两种即BaSO4、Fe（OH）3；调节pH 的
目的是除去Fe3+等杂质，因不能引入新杂质，最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末，故答案为 BaSO4、Fe
（OH）3；BD；
（3）为了减少氯化锶溶解，所以用氯化锶饱和溶液洗涤晶体，故答案为D；
（4）由题中信息可知热风吹干六水氯化锶时温度不能太高，当高于61℃时晶体会失去结晶水，所以适宜
温度为：50～60℃，故答案为A；
59
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（5）滤液中Ba2+浓度为1×10-6mol•L-1，则c（SO4
2-）= Ksp(BaSO4)/ c(Ba2+)=1.1×10−10/1×10−6=1.1×10-
4mol/L,所以滤液中Sr2+物质的量浓度为c（Sr2+）= Ksp(SrSO4)/ c(SO4
2−)=3.3×10−7/1.1×10−4=0.003mol/L，故
答案为0.003mol/L。
考向01 反应条件控制
1．（2023 上·河北唐山·高三开滦第一中学校考期中）镍催化剂的主要成分为Ni，还含有一定量Al、Fe 及
氧化铁、少量其他不溶性物质，回收废镍催化剂制备硫酸镍晶体
的工艺流程如下：
常温下，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
开始沉淀时
的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时
的
pH
8.7
4.7
3.2
9.0
(1)提高“碱浸”速率的措施是 (任写两点即可)。
(2)为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。该反应的化学反应方程式是 。
(3)“氧化”步骤中加入
的目的是 (用离子方程式表示)。
(4)“调pH”时，最适宜的pH 范围是 。
(5)若工艺流程改为先“调pH”后“氧化”，“滤液③”中可能含有的杂质离子为 。
(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系：
温度
低于30.8℃
30.8℃～53.8℃
53.8℃～280℃
高于280℃
晶体形态
多种结晶水合物
从
溶液获得稳定的
晶体的操作依次 。
(7)硫酸镍在强碱溶液中用
氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的
。该反应的离子方程
式是 。
【答案】(1)升高温度、搅拌、将固体粉碎
(2)
(3)将Fe2＋氧化为Fe3＋
(4)3.2～7.2
(5)Fe2+
60
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(6)调温度为30.8℃～53.8℃，浓缩结晶，过滤
(7)
【分析】向废镍催化剂中加入NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O＝
2NaAlO2＋3H2↑，过滤分离，滤液①含有NaAlO2，滤渣①含有Ni、Fe 及Fe2O3、少量其他不溶性物质，再
用稀H2SO4酸浸得到含有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋的滤液②，Fe2＋经H2O2氧化为Fe3＋转化后，加入NaOH 调节pH
在3.2～7.2 之间使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去，即滤渣③为Fe(OH)3，滤液③中含有NiSO4等，再控制
pH 浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。
【解析】（1）升高温度、搅拌、将固体粉碎等都可以提高“碱浸”速率，故答案为升高温度、搅拌、将
固体粉碎。
（2）滤液①含有NaAlO2，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成Al(OH)3 沉淀，反应方程式为
，故答案为
。
（3）加入H2O2的目的是：将Fe2＋氧化为Fe3＋，故答案为将Fe2＋氧化为Fe3＋。
（4）调节溶液pH 的目的是将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去，而Ni2＋不转化为沉淀，由题给数据可知，最
适宜的pH 范围是3.2～7.2，故答案为3.2～7.2。
（5）若工艺流程改为先“调pH”后“氧化”，则Fe2+无法被去除，“滤液③”中可能含有的杂质离子为
Fe2+，故答案为Fe2+。
（6）由表可知，在30.8℃～53.8℃时可获得
，所以从
溶液获得稳定的
晶
体的操作依次为调温度为30.8℃～53.8℃，浓缩结晶，过滤，故答案为调温度为30.8℃～53.8℃，浓缩结
晶，过滤。
（7）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO 氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，根据得失电子守
恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为
，故答案为
。
2．（2023 下·安徽·高三安徽省宿松中学校联考开学考试）印刷铜电路板废液主要含
、
以及少
量的
等物质，以废液为原料制备
，实现资源回收再利用，流程如下图所示。回答下列问题：
(1)粗
溶液的制备
上述流程中粉碎的目的 。
(2)
溶液的精制
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i．经检验，粗
溶液含有
。
ii．向粗
溶液滴加
的
溶液，当溶液中
完全氧化后，加
粉末调节溶液的
。
iii．将溶液加热至沸腾，趁热减压过滤，得到精制
溶液。
①用离子方程式说明加入
溶液的作用： 。
②已知：25℃时，
，
饱和溶液中
的物质的量浓度为
。ii
中调节溶液
，请结合计算说明此时
是否开始沉淀 。
(3)工业生产中也可采用电解的方法由
制得
，装置如图所示。
①与直流电源a 端相连的电极材料是 (填“铜片”或“石墨”)
②电解池的总反应的化学方程式 。
【答案】(1)增大固液接触面，提高反应速率
(2)
，
，此时无沉淀
(3)铜片
【分析】铁屑粉碎后，与印刷电路板废液中的
、
发生反应生成铜单质和氯化亚铁，过滤所得的
滤渣中含有Cu、Fe；通O2高温灼烧，生成铁和铜的氧化物，溶于过量的硫酸后，生成的CuSO4溶液中混
有铁的硫酸盐杂质；
【解析】（1）上述流程中粉碎的目的为增大固液接触面，提高反应速率，提高浸取效率；
（2）①过氧化氢具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子利于铁离子的后续除去，同时生成水，作用：
。
②溶液
，pOH=10，则
，
，此时无沉淀；
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（3）从硫酸根离子的迁移方向看，左侧电极为阳极，则a 为正极，b 为负极。
①由Cu 制得
，Cu 应作阳极发生氧化反应转化为铜离子，则铜与直流电源a 端(正极)相连；
②阳极铜失去电子发生氧化反应生成铜离子、阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，则总反应为：
；
3．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）硫酸镍主要用于电镀、镍电池、催化剂以及制取其
他镍盐等，并用于印染媒染剂、金属着色剂等。
易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液显酸性。
从电镀污泥［含有
、
、
、
和
等物质］中回收制备
和
其他金属的工艺流程如下。
(1)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式，下同)；滤渣Ⅱ的主要成分是 。
(2)写出电解过程中阳极的电极反应式： 。
(3)
的作用是 。
(4)“反萃取”得到的
溶液，为获得稳定的
晶体，其实验操作是蒸发浓缩、 、
、洗涤、干燥等。
(5)硫酸镍可用于制备碱性镍氢电池电极材料，该电池工作原理为
(M
为储氢合金)，写出电池充电时阳极的电极反应： 。
(6)采用热重分析法测定
样品中所含结晶水数。将该样品在900℃下进行煅烧，失重率随时间
变化如图所示，A 点时失掉3 个结晶水，则n 值为 。
【答案】(1)
(2)
(3)调节
使
形成
沉淀而除去
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(4)冷却结晶 过滤
(5)
(6)6
【分析】电镀污泥中含有
、
、
、
和
等物质，加入稀硫酸酸浸，得
到滤渣Ⅰ为
，滤液中含有
、
、
和
，电解除去
，加入
调节
除去
，
所得滤渣Ⅱ为
，加入
生成
沉淀除去
，通过萃取和反萃取得到
溶液，经过
蒸发浓缩、冷却结晶，得到
晶体。
【解析】（1）根据以上分析，滤渣Ⅰ为
，滤渣Ⅱ为
；
（2）电解过程中，阴极产生
单质，阳极的电极反应式：
；
（3）加入
可以调节
除去
，所得滤渣为
；
（4）为获得稳定的
晶体，需要通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；
（5）根据电池反应，该电池充电时阳极的电极反应：
；
（6）A 点时失去3 个结晶水，失重率为
，设晶体质量为100g，失重19.22g，失去3 个结晶水，则
，
。
考向02 化学基本原理
1．（2023 春·江苏·高三校联考阶段练习）从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、
、
、
中
提取铟的工艺如图所示：
已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在；
25℃
②
时，
，
。
(1)“水浸”工艺中的滤渣除
外，还含有_______。
(2)“还原铁”中发生反应的离子方程式为_______。
(3)通过萃取除铁、反萃取、置换等过程，可制备金属铟。已知
能被有机萃取剂P204(简称
)萃取，
其萃取原理可表示为
(水层)
(有机层)
(有机层)
(水层)
①研究表明，在此系列操作之前增加“还原铁”工艺，可延长有机相的使用寿命、提高铟产品的纯度，其
原因可能是_______。
②实验证明，在有机相P204 体积分数为55％，温度为25℃时，水相的pH 对铟萃取率的影响如题图所示。
结果表明，
时，铟萃取率开始下降，其原因是_______。
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(4)滤渣中铅含量测定。准确称取滤渣样品4.460g，投入
的
溶液浸泡，充分反应后
抽滤。将所得滤饼投入
充分溶解，过滤，蒸馏水洗涤沉淀，并将洗涤液和滤液都转
移至100.00mL 容量瓶中定容。取25.00mL 溶液，加入指示剂后用
的EDTA 标准溶液
滴定至终点(离子方程式为
)，消耗EDTA 标准液16.00mL，则滤渣中
铅的质量分数(以PbO 计)为_______(写出计算过程)。
【答案】(1)
、
(2)
(3)
可以被萃取剂P204 萃取，而还原产物
不能被萃取 当pH 达到2.0 时，溶液中的铟离子
发生水解，导致萃取率下降
(4)32%
【解析】从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、
、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟，铜烟灰酸浸渣加入硫酸溶
液硫酸化、焙烧后得到的焙砂，再加水水浸；“水浸”工艺中的滤渣除
外，还含有
、
。
水浸液加硫代硫酸钠还原铁，再加入萃取剂萃取出含有亚铁离子和
的水溶液，除铁后的有机相中加硫
酸溶液反应萃取去掉萃余液，一系列处理得到粗铟。
（1）“水浸”工艺中的滤渣除
外，还含有
、
；
（2）“还原铁”是利用硫代硫酸钠将铁离子氧化为亚铁离子，反应的离子方程式为
；
（3）①操作之前增加“还原铁”工艺，可延长有机相的使用寿命、提高铟产品的纯度，其原因可能是
可以被萃取剂P204 萃取，而还原产物
不能被萃取；
②
时，铟萃取率开始下降，其原因是当pH 达到2.0 时，溶液中的铟离子发生水解，导致萃取率下
降；
（4）
，由
滴定的离子方程式：
可知
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％。
2．（2023 秋·甘肃金昌高三联考）利用低品位软锰矿浆(主要成分是
，还有少量的
、
等)吸收
含
的废气制备硫酸锰晶体，可实现资源的综合利用和环境治理。
已知浸出液的pH<2，有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH 见下表：
离子
开始沉淀时的
pH
7.6
2.7
3.8
8.3
完全沉淀时的
pH
9.7
3.7
4.7(≥8.5 溶
解)
9.8
(1)用石灰浆调节pH 的范围是_______；若溶液中的离子浓度为
时可认为该离子已被除去，
则
的
_______。
(2)氧化的主要目的是_______，反应的离子方程式为_______。
(3)用化学平衡原理解释pH≥8.5 时
溶解的原因：_______。
(4)在
隔绝空气脱水时，是否需要加入适量的硫酸？_______(填“是”或“否”)，其原因是
_______。
【答案】(1)4.7≤pH<8.3 1×10-35.9
(2)将
氧化为
(3)溶液中存在平衡
，当溶液的pH 较大时，
与
中和，平
衡正向移动，
不断溶解
(4)否 脱水时虽然存在平衡
，但
难挥发，随着水的挥
发，
浓度增大，平衡逆向移动，最终得到
固体
【解析】软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2
与SO2发生氧化还原反应，浸出液还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子，由沉淀的pH 范围知，Fe2+的
沉淀与Mn2+离子的沉淀所需的pH 接近，而Fe3+则相差很远，Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下
氧化成Fe3+，在氧化后的液体中加入石灰浆，杂质中含有Fe3+、Al3+、Ca2+三种阳离子，然后调节pH 值在
4.7～8.3 间，Fe3+、Al3+通过调pH 值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，过滤，
滤渣主要有氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙，由于制取的MnSO4•H2O 含有结晶水，故操作a 采用蒸发浓缩结
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晶的方法，得到MnSO4•H2O，据此分析解答。
（1）杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子，从图可表以看出，大于等于4.7 可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3 是防
止Mn2+也沉淀，所以只要调节pH 值在
即可；Fe3+完全沉淀时pH=3.7，c(H+)=10-3.7，c(OH-)=10-
10.3，
；故答案为：
；
；
（2）氧化的主要目的是将
氧化为
，利用二氧化锰将
氧化为
，同时生成锰离子，反应的
离子方程式为
；
（3）Al(OH)3能溶于强碱，pH 增大，c(OH-)增大，平衡
正向移动，Al(OH)3溶
解，故答案为：pH 增大，c(OH-)增大，平衡
正向移动，Al(OH)3溶解；
（4）在脱水过程中虽然锰离子会发生水解，但由于硫酸为难挥发性酸，最终还会反应得到MnSO4，所以
不需要加入适量的硫酸，故答案为：否；在脱水过程中虽然锰离子会发生水解，但由于硫酸为难挥发性酸，
最终还会反应得到MnSO4。
3．（2023 春·江苏常州高三联考）某工厂的固体废渣中主要含Cu 和CuO，还含有少量Cu2O 和SiO2。利用
该固体废渣制取Cu(NO3)2·3H2O 的部分工艺流程如图所示：
已知：①Cu2O 属于碱性氧化物；②Cu+在酸性溶液中不稳定，会转变成Cu 和Cu2+。③SiO2是酸性氧化物，
难于水和酸。
(1)写出Cu2O 与稀硝酸反应的离子方程式为______。
(2)酸溶时，反应温度不宜超过70℃，其主要原因是______。
(3)过滤后所得废渣的主要成分的化学式为______。
(4)Cu(NO3)2晶体受热易分解成CuO，同时产生NO2和O2，该反应的化学方程式为：______。
(5)以某工业废水(含Cu2+、Na+、SO
)为原料，制取Cu(NO3)2·3H2O 晶体的实验方案：向工业废水中加入
NaOH 溶液充分反应，______，______，向滤渣中加入稀硝酸至固体完全溶解，______，______，过滤，
洗涤，干燥。[已知：Cu(NO3)2的溶解度曲线如图所示]。
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【答案】(1)
(2)防止温度过高HNO3分解（或者挥发）
(3)SiO2
(4)
(5)过滤 洗涤滤渣2～3 次 蒸发浓缩 降温到温度略高于26.4℃，结晶
【解析】固体废渣中主要含Cu 和CuO，还含有少量Cu2O 和SiO2等，由流程可知，加入稀硝酸酸溶发生氧
化还原反应生成NO，铜和氧化亚铜被氧化得到硝酸铜，氧化铜溶解得到硝酸铜，二氧化硅和稀硝酸不发
生反应，加入氢氧化铜中和酸过滤得到滤渣主要是SiO2，滤液主要是硝酸铜溶液，以此来解答。
（1）Cu2O 与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为
，故答案为
。
（2）硝酸加热会发生分解，酸溶时，反应温度不宜超过70℃，其主要原因是防止温度过高HNO3分解
（或者挥发），故答案为防止温度过高HNO3分解（或者挥发）。
（3）只有二氧化硅与硝酸不反应，过滤后所得废渣的主要成分为二氧化硅，化学式为SiO2，故答案为
SiO2。
（4）Cu(NO3)2晶体受热易分解成CuO，同时产生NO2和O2，由电子及原子守恒可知反应为
；故答案为
。
（5）工业废水中含有Cu2+、Na+、SO
，可向其中加入适量的NaOH 溶液，充分反应得到Cu(OH)2沉淀，
过滤、洗涤滤渣2～3 次，再向滤渣中加入稀硝酸完全溶解滤渣，蒸发浓缩，降温到温度略高于26.4℃时结
晶、过滤、洗涤、干燥得到较为纯净的Cu(NO3)2·3H2O 晶体；故答案为过滤；洗涤滤渣2～3 次；蒸发浓缩；
降温到温度略高于26.4℃，结晶。
考向03 化学图表图象信息加工
1.（2023 秋·北京海淀高三统考）三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物。易碎成细粉末，
常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料(含有少量铁、铝等杂质)生产NiCl2。继而生产Ni2O3的工艺流
程如下：
下表列出了相关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1.0 mol·L-1计算)。
氢氧化物
Fe(OH)
3
Fe(OH)
2
Al(OH
)3
Ni(OH
)2
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开始沉淀的
pH
1.1
6.5
3.5
7.1
沉淀完全的
pH
3.2
9.7
4.7
9.2
回答下列问题
(1)为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸“时可采取的措施有_______(任写一种)。
(2)“沉镍”前需加Na2 CO3控制溶液pH 范围为_______，滤渣A 为_______。
(3)“氧化”时生成Ni2O3的离于方程式为_______。
(4)工业上用镍为阳极，电解0.05L0.1 mol·L-1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl 组成的混合溶液，可得到高纯度球
形的超细镍粉，当其他条件定时，NH4Cl 的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl
的浓度最好控制为_______。
【答案】(1)增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末)等
(2) 4.7～7.1 Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O
(4)10 g•L-1
【解析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，还含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子
为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉
淀镍离子得NiCO3，滤液B 中含有NaCl 等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得NiCl2溶液，向其中加入次氯酸
钠和氢氧化钠溶液，过滤得到Ni2O3；
（1）为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末)等；
（2）由图表可知，沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH 值控制
在4.7～7.1；反应生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故滤渣A 为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（3）氧化时Cl 元素由+1 价降低到-1 价，即反应生成NaCl，而Ni 由+2 价升高到+3 价，生成Ni2O3，反应
离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O；
（4）根据NH4Cl 的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响图可知，NH4Cl 的浓度为10g•L-1时，镍的成
粉率最高，所以NH4Cl 的浓度最好控制为10 g•L-1。
2．（2023·广东广州高三统考）碲被誉为现代工业、国防与尖端技术的维生素，创造人间奇迹的桥梁。工
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业上从某电镀污泥(含有Cu2Te、Cr2O3以及少量的Au)中提取粗碲，同时获得副产品重铬酸钾、金属铜和金
的工艺流程如图所示。
已知：①沉淀时c(Cr3+)与pH 的关系，
c(Cr3+)
pH
开始沉淀
0.1mol•L-1
3.68
沉淀完全
1×10-5mol•L-1
5
②溶解度。
溶解度
K2Cr2O7
NaCl
100℃
95.1g
39.8g
25℃
4.6g
36g
回答下列问题：
(1)“煅烧”时气体与固体原料逆流而行，目的为_____；此时Cr2O3发生反应的化学方程式为_____。
(2)已知浸出液中含有TeOSO4，每得到25.6g 碲，理论上消耗0.8mol•L-1Na2SO3溶液的体积为_____mL。产
品b 的基态原子核外电子排布式为_____。
(3)请补充“操作a”的实验方案：向Na2Cr2O7溶液中加入KCl 固体，_____，得到K2Cr2O7晶体。
(4)铬(VI)毒性很高，工业上常用铁和石墨作电极，处理含Cr2O
的酸性废水。通电后Cr2O
先转变为
Cr3+，一段时间后变成Cr(OH)3沉淀而被除去。其中铁电极的作用是电子导体和_____。当电解后溶液中
Cr3+浓度为0.01mol•L-1时，其开始沉降时废水的pH 为_____。
【答案】(1) 使气体与固体充分混合，使反应物充分反应
(2) 500 1s22s22p63s23p63d104s1
(3)经过加热蒸发或蒸发浓缩使NaCl 结晶析出，NaCl 结晶析出后趁热过滤，滤液冷却结晶
(4) 产生还原性离子
，将
还原为
4
【解析】结合题中信息，电镀污泥经过煅烧后Cr2O3转变为Na2CrO4，水浸酸化后转变为Na2Cr2O7，加入
KCl 固体蒸发浓缩趁热过滤，分离出氯化钠固体，滤液经过冷却结晶得到Na2Cr2O7固体；Cu 和Te 元素转
变为CuO 和TeO2，Au 不被氧化，水浸后与Na2CrO4分离进入沉渣中，稀硫酸处理沉渣得到产品a，为
Au；浸出液中含CuSO4和
，电解沉积得到产品b，为Cu；
溶液中加亚硫酸钠进行还原得
70
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到粗Te，离子方程式为：
。
（1）“煅烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是：使气体与固体充分混合，使反应物充分反应；根据
分析可知“煅烧”时
和氧气、氢氧化钠高温转化为Na2CrO4，化学方程式为：
；
（2）浸出液中含有
，加入亚硫酸钠进行还原，反应中Te 化合价降低、硫化合价升高，离子方程
式为：
，每得到25.6g 碲（物质的量为0.2mol），消耗
的物质
的量为0.4mol，当
的浓度为0.8mol/L 时，理论上消耗该溶液的体积为0.4mol÷0.8mol/
L=0.5L=500mL；解沉积得到产品b，为Cu，铜为29 号元素，基态原子核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d104s1；
（3）哟溶解度表格可知，向
溶液中加入KCl 固体，氯化钠固体的溶解度随温度变化较小，经过
加热蒸发或蒸发浓缩使NaCl 结晶析出，NaCl 结晶析出后趁热过滤，滤液中的主要溶质为
，
的溶解度随温度变化较大，再将滤液冷却结晶得到
晶体；
（4）用电解池原理处理废水，石墨作阴极，铁作阳极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，将
还原为
，故铁电极的作用是电子导体和产生还原性离子
，将
还原为
沉降除去；
根据表格中数据，当
沉淀完全时，pH=5，
浓度为
、氢氧根离子浓度为
，
，当电解后溶液中
浓度为
时，
，故pH=4。
3.（2023·北京西城·高三北京师大附中校考）三氧化二镍(
)是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上
利用含镍废料(主要含
、
、
的氧化物，
，C 等)制备
的工艺流程如下所示：
已知：①在该实验条件下
、
不能氧化
。
②常温下，溶液中
金属离子形成氢氧化物沉淀的
如下表所示：
离子
71
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开始沉淀
7.2
3.7
2.2
7.5
完全沉淀
8.7
—
3.2
9.0
③萃取的原理为
。
回答下列问题：
(1)“预处理时，可以用_______(填化学式)溶液除去废料表面的油脂油污。
(2)“浸出时，提高浸出效率可采取的措施有_____(任写一种)。滤渣1 的主要成分是_____。
(3)“氧化时，加入
发生反应的离子方程式为_______，目的是_______。
(4)若常温下，“调
时，溶液中
浓度为
，为使
等杂质离子沉淀完全(
)，经
过计算，需控制溶液的
范围是_______。
(5)“萃取时，操作若在实验室进行，需要用到的主要玻璃仪器有_______、烧杯。请利用化学平衡原理解释
该流程中用
反萃取的原理_______。
(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系：
温度
低于
高于
晶体形
态
多种结晶水合物
从
溶液获得稳定的
晶体的操作是：_______。
【答案】(1)
(2) 适当升高温度(将含镍废料粉碎，适当增大硫酸浓度等)
(3)
将
氧化为
，便于后续通过调
除去
(4)4.7~6.7（或
）
(5) 分液漏斗 体系中存在化学平衡：
，向体系中
加入足量
溶液，体系中
浓度增大，平衡体系逆向移动，镍元素由有机相
转变为水相中
，实现反萃取
(6)蒸发浓缩，冷却至
之间结晶，过滤、洗涤、干燥得到
【解析】含镍废料预处理后，加入稀硫酸进行酸浸，使Ni、Al、Fe 元素转化为对应的可溶性硫酸盐，
SiO2、C 等不溶物过滤后可除去，滤液中加入NaClO3，使
氧化生成
，调节溶液pH，可使
、
生成氢氧化物沉淀除去，加入有机萃取剂后，形成NiR2（有机相），从而使
与水溶性杂质分离，
加入稀硫酸进行反萃取，得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、控温冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥等操作
后，得到
晶体，再进一步处理得到产品
。
72
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（1）油脂油污属于酯类，在碱性条件下可以完全水解而被除去，因此在预处理含镍废料时可以用热的
Na2CO3溶液进行碱浸；
（2）提高浸出效率主要从加快反应速率、使反应更充分等角度考虑，因此可采取的措施有适当升高温度、
将含镍废料粉碎，适当增大硫酸浓度等；含镍废料中不溶于稀硫酸的物质主要有SiO2、C，因此酸浸完成
后过滤得到的滤渣1 主要成分是SiO2、C；
（3）NaClO3具有氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为：
；因为
与
生成氢氧化物沉淀的pH 接近，如调pH 除去
，
会使
损失，因此需要把
氧化成
后再除去，避免
损失；
（4）常温下，根据
，结合表格数据得
开始沉淀时
，则
，当溶液中
浓度为
时，根据
计算得
，此时
，为防止
损失，
溶液pH 应小于6.7。同理可计得
完全沉淀时溶液pH=4.7，故为使
等杂质离子沉淀完全，pH 应大
于等于4.7。因此需要控制溶液的pH 范围是
或4.7~6.7；
（5）实验室进行萃取实验时，需要用到的主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯；该流程中用
反萃取的
原理是：体系中存在化学平衡：
，向体系中加入足量
溶液，体系中
浓度增大，平衡体系逆向移动，镍元素由有机相
转变为水相中
，实现反萃取；
（6）根据表格数据，由
溶液获得稳定的
晶体的操作是：蒸发浓缩，冷却至
之间结晶，过滤、洗涤、干燥得到
。
微专题化工流程题中定量计算
典例01（2023·山东卷）（Ksp 及pH 计算）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。
73
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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)
纯碱
【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有
Na+、Li+、Cl-、
等，焙烧后生成HCl 气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件
下溶解度最小的是
，则滤渣Ⅰ的主要成分为
；由于
微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加
纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为
;精制Ⅱ所得滤液经操作X 后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化
钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到
。
【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
；精制I 后溶液中
的浓度为2.0
，由
74
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可知，则常温下精制Ⅱ过程中
浓度应控制在
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl 外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，
因此，还将增加纯碱（
）的用量。
典例02（2023·辽宁卷）（Ksp 及pH 计算）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（
和
)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物
质
回答下列问题：
(6)“沉镁”中为使
沉淀完全
，需控制
不低于_______(精确至0.1)。
【答案】(6)11.1
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，用石灰
乳调节
，
被
氧化为
，发生反应
，Fe3+水解同
时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成
。
【解析】（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp 可计算
c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；
典例03（2023·全国乙卷）（Ksp 及pH 计算）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由
菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al 等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
(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_______。
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【答案】(3)2.8×10-9 Al3+
【解析】（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有
的c(Fe3+)=
=2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；
用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，
c(Ni2+)=5.5×10-4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：
2.8×10-9、Al3+。
典例04（2023·海南卷·节选）（滴定计算）以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣
和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如下图所示。
回答下列问题：
(5)一般用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标
准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。
反应式：
+6Fe2+ +14H+ = 2Cr3+ +6Fe3+ +7H2O
某次实验称取0.2800 g 样品，滴定时消耗浓度为0.03000 mol·L-1的K2Cr2O7溶液25.10 mL，则样品中铁含量
为 %。
【答案】90.36%
【解析】(5) 称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+，存在关系式：
6Fe～6Fe2+～
，滴定过程中消耗的K2Cr2O7 物质的量为0.03000 mol·L-1×0.02510 L=0.000753mol，则
样品中含有的铁的物质的量为0.000753mol×6=0.004518mol，样品中铁含量为
×100%=90.36%，故答案为：90.36%。
典例05（2020·重庆卷·节选）（滴定计算）
是一种用途广泛的磁性材料，以
为原料制备
并获得副产物
水合物的工艺如下。
时各物质溶度积见下表：
76
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物质
溶度积
回答下列问题：
(4)①反应釜3 中，
时，
浓度为
，理论上
不超过 。
②称取
水合物
，加水溶解，加入过量
，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，
用
标准溶液滴定，消耗
。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中
的质量分数为 。
【答案】(4)
11
①
②最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6%
【解析】（4）①反应釜3 中，
时，
浓度为
，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂
质，故此时
，pOH=3，pH=11，故理论上
不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内
不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀
，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化
还原反应：
，结合质量守恒可知，
，则该副产物中
的质量分数为
。
典例06（2010·江苏卷·节选）（热重曲线计算）正极材料为LiCoO2的锂离子电池已被广泛用作便携式电
源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。
（2）废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有
及少量Al、Fe 等）可通过下列实验方法回收钴、
锂。
②
在空气中加热时，固体残留率随温度的变化，如下图所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时
已完全脱水，则1000℃时，剩余固体的成分为 。（填化学式）；在350~400℃范围内，剩余固体
的成分为 。（填化学式）。
77
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【答案】②CoO Co2O3、Co3O4
【解析】（2）②根据质量守恒定律，在变化过程中钴的质量没有变，假设原始固体的质量为100 克，则钴
的物质的量为
mol，则钴的质量为
mol×59g/mol，在1000℃时固体质量不再变化，说明氢氧化钴完
全分解，钴的物质的量和氧的物质的量之比为
mol:
=1:1，1000℃剩余固体为CoO；
在350～400℃时，固体残留率在89.25%~86.38%之间，可以通过极点进行计算，在290℃钴和氧的物质的
量比为
mol:
=2:3，其化学式为Co2O3，在500℃时，钴和氧的物质的量比为
mol:
=3:4，其化学式为Co3O4，在350~400℃范围内，剩余固体的成分为Co2O3、Co3O4。
一、计算的常见类型及方法总结
1.热重曲线计算
①设晶体为1mol。
②失重一般是先失水、再失非金属氧化物。
③计算每步的m 余，
×100%＝固体残留率。
④晶体中金属质量不减少，仍在m 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。
2.多步滴定计算——复杂的滴定可分为两类：
①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，
可计算出第一步滴定的反应物的量；
②返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一
步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。
78
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3.Ksp 计算
（1）表达式
①溶度积Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度
②离子积Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是任意浓度
判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解
（2）应用
Qc
①
＞Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出
Qc
②
＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态
Qc
③
＜Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出
（3）实际计算应用
①已知pH 值判断是否析出沉淀解题思路：
②求离子浓度或pH 值及调控范围，对于：M(OH)n(s)
Mn+(aq)+nOH-(aq)解题思路：
。
③利用溶度积求溶液中某离子的浓度：某温度下AgCl 的Ksp＝a，在0.1mol·L－1的NaCl 溶液中加入过量的
AgCl 固体，达到平衡后c(Ag＋)＝Ksp
0.1 =10amol·L－1。
④判断沉淀的生成或沉淀是否完全
a.把离子浓度数据代入Ksp表达式得Qc，若Qc>Ksp，则有沉淀生成；若Qc<Ksp，无沉淀生成；
b.利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5mol·L－1，则该离子沉淀完全。
⑤沉淀溶解平衡中沉淀转化的计算
a.原理：依据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K 值越大，转化反应越易进行，转化程度越
大(若计算沉淀转化的平衡常数K＜10－5，则沉淀转化反应不能进行；若10－5＜K＜105，则沉淀转化反应为
可逆反应，若K>105，则认为沉淀完全转化)。
b.已知常温下，ZnS 和CuS 的Ksp分别为1.6×10－24和6.4×10－36，判断常温下反应：
ZnS(s)＋Cu2＋(aq)
CuS(s)＋Zn2＋(aq)能否进行
该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝2.5×1011＞105，故反应能完全转化。
⑥计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH
a.根据氢氧化物的Ksp，先计算初始浓度溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH；
b.金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5mol·L－1，依据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH
－)，进而求得pH。
二、计算公式
79
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1．(2024·辽宁省五校联考·节选)(4)已知：室温下，Ksp(NH4VO3 )= 1.6×10－3，Ksp[(Ca(VO3)2)]= 4.0×10－6，，
向偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2，当溶液中c(Ca2＋)=1mol·L－1时，溶液中的c(NH4＋)= 。
【答案】(4)0.8mol/L
【解析】(4)向偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2，当溶液中c(Ca2＋)=1mol·L－1时，
，溶液中的c(NH4＋)=
。
2．（2024 上·黑龙江牡丹江高三联考期末·节选）产自我国昆仑-西秦岭成矿带钴精矿主要化学成分为
CoS、FeS、
等，可以通过以下流程生产企业级的
晶体。
已知：①
（黄钠铁钒）是一种难溶于水的黄色晶体
②
，
(4)当
完全沉淀时，滤液1 的pH＝ 。
(6)
晶体热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，已知由A→B 时生成了一种固体
和两种气体（均为化合物），则该反应的化学方程式为 。
【答案】(4)9.1(6)
【分析】钴精矿加入稀硫酸和稀硝酸具有氧化性，将FeS 氧化为铁离子，
难溶于酸成为残渣，已知残
渣中没有S 单质，说明CoS 中硫元素被氧化为硫酸根离子，加入硫酸钠得到
黄色晶体，
80
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加入NaOH 与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀，加入硫酸酸溶得到CoSO4，蒸发浓缩、冷却结晶得到
晶体；
【解析】（4）当
完全沉淀时c(Co2+)=1×10-5mol/L，已知
，则
，
，已
知
，滤液1 的pH＝-lgc(H+)=9+
=9.1；
（6）
的摩尔质量为173g/mol，由图晶体质量173g 为1mol
的质量，开始至A 点固
体质量差为18，则失去1 个结晶水，A 点物质为
，Co2O3、CoO 摩尔质量分别为83 g/mol、75
g/mol，由钴元素质量守恒，B 点物质为Co2O3，C 点为CoO，A→B 时
分解生成了一种固体为
Co2O3，Co 元素化合价升高，则硫元素化合价降低，生成两种气体分别为SO2和SO3，该反应的化学方程
式为
。
3.（2023·南京航空航天大学苏州附属中学校考·节选）用镍铂合金废料(主要成分为Ni、Pt，含少量Al 和难
溶于硫酸的重金属)回收镍和铂的一种工艺流程如下：
(1)“酸浸”后分离出的溶液中，c(Ni2+)=0.2mol/L，c(Al3+)=0.01mol/L，溶液中离子浓度小于1×10－6 mol/L
时可认为沉淀完全，则“调pH”应控制pH 的范围是 。(设“调pH”时溶液体积不变) {已知：
Ksp[Ni(OH)2]=2×10－15，Ksp[Al(OH)3]=1×10－33}
(4)另外一种镍催化剂废渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质)为原料可制备锂离子材料镍
酸锂。在制备过程中有人认为“除钙”可以用HF，则“除钙”的反应为：Ca2+(aq)+2HF(l) = CaF2(s)+ 2H+
(aq)反应的平衡常数K=1.0×103，则Ksp[CaF2]= 。(已知：室温下，HF 的电离平衡常数Ka=4×10－
4)。
(5)Ni2O3产品中可能含少量NiO，为测定Ni2O3的纯度，进行如下实验：称取5.000g 样品，加入足量硫酸后，
再加入100mL，1.000 mol/L Fe2+标准溶液，充分反应，加水定容至200mL 取出20.00mL，用0.1 mol/L
KMnO4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗KMnO4标准溶液10.00mL。实验过程中发生反应如下：
Ni2O3 + Fe2++ H+= Ni2++ Fe3++H2O(未配平)
Fe2+ +
+ H+= Mn2++ Fe3++H2O(未配平)
试通过计算确定Ni2O3的质量分数，并写出计算过程 。
【答案】(1)
(4)1.6×10-10
(5)83%
81
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【解析】（1）调pH 的目的是为了让Al3+完全沉淀，根据，当溶液中的c(Al3+)<10-5时，
，
，溶液的pH=4.7，此时溶液中的Ni2+不能沉淀，
，当Ni2+开始沉淀时，溶液pH=7，故pH<7 时不会影响Ni2+，所以调节
溶液PH 的范围应为：4.7<pH<7；
故答案为：4.7<pH<7；
（4）根据反应平衡常数，
，
，
；
故答案为：1.6×10-10；
（5）
，
，与KMnO4标准溶液反
应的
，与Ni2O3反应的
，
，
，则Ni2O3的质量分数=
；
故答案为：83%。
4．(2024·重庆市高三检测·节选)利用某冶锌工厂的工业废料[除ZnO 和少量Fe2O3外，还含有铋(Bi)、锗(Ge)
的氧化物]制取几种金属化合物的工业流程如图：
已知：①该工艺条件下，
，
。
(3)“浸液1”中
约为
，则除
时应控制pH 的范围为 (已知：当溶液中某离
子浓度
时，可认为该离子沉淀完全)。
【答案】(3) 3＜pH＜5.5
【解析】(3)“浸液1”中
约为
，则使Zn2+不产生沉淀，溶液中c(OH-)＜
=
82
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=10-8.5mol/L，即溶液pH 应该＜5.5，要使Fe3+完全沉淀即c(Fe3+)
，则溶液中
c(OH-)＞
=
=10-11mol/L，故除
时应控制pH 的范围为3＜pH＜5.5。
5.（2024·陕西西安统考一模·节选）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：
资料:
i.
化学性质极不活泼,不溶于水也不溶于酸或碱。
ii.
;
。
(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
。
(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】(4)
(7)
【解析】（4）用CaCO3发生反应
，
，当
恰好沉淀完全时(浓度为
)，溶液中
；
（7）配平方程式得：
，则
。
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