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专题18 工艺流程综合题——分离、提纯类
考向
五年考情（2020-
2024）
命题趋势
分离、提纯类工艺流程综合题
2024·全国甲卷
2024·新课标卷
2024·安徽卷
2024·甘肃卷
2024·河北卷
2024·湖南卷
2023·新课标卷
2023·湖北卷
2023·辽宁卷
2023·福建卷
2023·广东卷
2023·河北卷
2022·湖南卷
2022·湖北卷
2022·重庆卷
2021·全国乙卷
2021·全国甲卷
2021·河北卷
2021·湖南卷
2021·广东卷
2020·新课标Ⅲ卷
2020·江苏卷
工艺流程综合题选取的情境紧密联系与人类密切相
关的生产生活实际，试题的命制从情境素材开始，
以学科素养为目标导向，选取某个学科素养的一个
方面或几个方面，深入考查学生学科素养的表现层
次。利用科研前沿和生产实际的真实情境，展现研
究过程或者生成过程的具体实际问题，考查学生的
探究与创新能力。主要分为两大考查方向：一是分
离、提纯类；二是原材料转化制备类。
1．（2024·全国甲卷）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰
的
价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于
，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①
。
1
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②以氢氧化物形式沉淀时，
和溶液
的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 。
（2）“酸浸”步骤中，
发生反应的化学方程式是 。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中
和
均为
，向其中加入
至
沉淀完
全，此时溶液中
，据此判断能否实现
和
的完全分离 (填“能”或“不
能”)。
（4）“沉锰”步骤中，生成
，产生
的物质的量为 。
（5）“沉淀”步骤中，用
调
，分离出的滤渣是 。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液
，加入适量的
氧化
，其反应的离子方程式为
。
（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。
【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
（2）
（3）
不能
（4）
（5）
（6）
（7）向滤液中滴加
溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH 接近12 但不大于12，静置后过滤、洗涤、
干燥
【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的
价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶
解，Zn 及其他
价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2 价阳离子进入溶液；然
后通入硫化氢沉铜生成CuS 沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁
离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第
三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大
固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。（2）“酸浸”步骤中，Cu 不溶解，Zn 单质及其他
价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2 价阳离子进入溶液，即
为转化为
2
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CoSO4，反应的化学方程式为
。（3）假设“沉铜”后得到的滤液中
和
均为
，向其中加入
至
沉淀完全，此时溶液中
，则
，
小于
，说明大部分
也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。
（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为
，因此，生成
，产生
的物质的量为
。
（5）“沉锰”步骤中，
同时将
氧化为
，“沉淀”步骤中用
调pH=4，
可以完全
沉淀为
，因此，分离出的滤渣是
。（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适
量的NaClO 氧化
，为了保证
被完全氧化，NaClO 要适当过量，其反应的离子方程式为
。（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的
pH=5.0~5.5，溶液中有
元素以
形式存在，当pH＞12 后氢氧化锌会溶解转化为
，因此，
从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加
溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH
接近12 但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
2．（2024·新课标卷）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种
从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如
下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(
)时的pH：
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2
回答下列问题：
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。
（2）“过滤1”后的溶液中加入
的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验
，若出现蓝色沉淀，需补加
。
（3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。
（4）“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的
浓度为
。
3
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【答案】（1）增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb
（2）将溶液中的
氧化为
，以便在后续调pH 时除去Fe 元素
溶液
（3）
（4）
、
【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物的废渣，得到含有
、
、
、
、
等离子的溶液，Pb 的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的
，则“滤渣1”
为“酸浸”时生成的
；向滤液中加入
将
氧化为
，然后加入ZnO 调节pH=4 使
完全
转化为
，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为
，滤液中的金属离子主要是
、
和
；
最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂
，将溶液中
氧化为
，在
时
形成
沉
淀，而
则被还原为
，
还会与溶液中的
发生归中反应生成
，得到
和
的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。
【解析】（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应
速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；
（2）酸浸液中含有
、
、
、
、
等离子。由题表中数据可知，当
完全沉淀时，
未开始沉淀，而当
完全沉淀时，
已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe 元素且
不
沉淀，应先将
氧化为
，然后调节溶液的pH 使
完全水解转化为
沉淀，因此，
的
作用是将
氧化为
，以便在后续调pH 时除去Fe 元素。常用
溶液检验
，若生成蓝
色沉淀，则说明溶液中仍存在
，需补加
；
（3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(
)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：
、
；
（4）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO 调pH 时引入的
、
加入
“氧化沉钴”时引入的
，而阴离子是在酸浸时引入的
，因此其中主要的盐有
和
。当溶液
时
，
恰好完全沉淀，此时溶液中
，则
，则
。“除钴液”的
，即
，则
，此时溶液中
。
3．（2024·安徽卷）精炼铜产生的铜阳极泥富含
等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极
4
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泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
（1）
位于元素周期表第 周期第 族。
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是 。
（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为
的化学方程式为 。
（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为
。
（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用
的物质为 (填化学式)。
（6）“还原”步骤中，被氧化的
与产物
的物质的量之比为 。
（7）
可被
氧化为
。从物质结构的角度分析
的结构为(a)而不是(b)的原因：
。
【答案】（1）四 ⅠB
（2）Cu2+
（3）
（4）AgCl
（5）
（6）3：4
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳
定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu 被转化为
Cu2+进入浸取液1 中，Ag、Au 不反应，浸渣1 中含有Ag 和Au；浸渣1 中加入盐酸、H2O2浸取，Au 转化
为HAuCl4进入浸取液2，Ag 转化为AgCl，浸渣2 中含有AgCl；浸取液2 中加入N2H4将HAuCl4还原为
5
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Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2 中加入
，将AgCl 转化为
，得到浸出液3，利用
电沉积法将
还原为Ag。
【解析】（1）Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族；
（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu 被转化为Cu2+进入浸取液1 中，故浸取液1 中含有
的金属离子主要是Cu2+；
（3）浸取2 步骤中，Au 与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量
守恒，可得反应得化学方程式为：
；
（4）根据分析可知，浸渣2 中含有AgCl，与
反应转化为
；
（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，
得电子被还原为Ag，电极反应式为：
；阴极反应生成
，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，
阴极区溶液中可循环利用得物质为
；
（6）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au 化合价由+3 价变为0 价，一个HAuCl4转移3 个电子，N2H4
被氧化为N2，N 的化合价由-2 价变为0 价，一个N2H4转移4 个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4
与产物Au 的物质的量之比为3：4；
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳
定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
4．（2024·甘肃卷）我国科研人员以高炉渣(主要成分为
，
，
和
等)为原料，对炼钢烟
气(
和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
（1）高炉渣与
经焙烧产生的“气体”是 。
（2）“滤渣”的主要成分是
和 。
（3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。
（4）铝产品
可用于 。
（5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x 轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数
6
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。图丙中
与N 的距离为
；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为
，阿伏加德罗常数的值是
，则晶体的密度为
(列出计算表达式)。
【答案】（1）NH3
（2）SiO2
（3）
，微溶的硫酸钙转化为更难
溶的碳酸钙
（4）净水
（5）
Ca3N3B
【分析】高炉渣(主要成分为
，
，
和
等)加入
在400℃下焙烧，生成硫酸
钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(
和水蒸气)反应，生成
，所以该气体
为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为
以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫
酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出
，剩余富镁溶液；滤渣加入
溶液，滤
渣中的
会转化为更难溶的碳酸钙。
【解析】（1）由分析可知，高炉渣与
经焙烧产生的“气体”是NH3；
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是
和未反应的SiO2；
（3）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为
，该反应之所以能发生，是由于
，
，
，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；
（4）铝产品
溶于水后，会产生
，
水解生成
胶体，可用于净水；
（5）图丙中，Ca 位于正方形顶点，N 位于正方形中心，故
与N 的距离为
pm；由均摊法可知，晶
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胞中Ca 的个数为
，N 的个数为
，B 的个数为
，则化合物的化学式是
Ca3N3B；其摩尔质量为
，阿伏加德罗常数的值是
，晶胞体积为
则晶体的密度为
。
5．（2024·河北卷）
是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从
石煤中提取
的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i 石煤是一种含
的矿物，杂质为大量
和少量
等；苛化泥的主要成分为
等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与
反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙
和偏铝酸钙均
难溶于水。回答下列问题：
（1）钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①
为 (填化学式)。
（2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化
学式)。
（3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ；
加压导入盐浸
工序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的
充分利用。
（4）洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
（5）下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低
溶液的浓度
【答案】（1）
（2）
（3）
提高溶液中
浓度，促使偏钒酸钙转化
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为碳酸钙，释放
离子交换
（4）
（5）bd
【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成
、
、
、
、
和
等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如
)和不溶性物质[
、
等]，过滤后滤
液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯
，加入氯化铵溶液沉钒，生成
，经一系列处理后得
到V2O3；滤渣①在
，
的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通
过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行
的富集。
【解析】（1）钒是23 号元素，其价层电子排布式为
；焙烧过程中，氧气被还原，
被氧化生成
，偏钒酸盐中钒的化合价为
价；
在
以上开始分解，生成的气体①为
。
（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与
反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于
水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是
。
（3）在弱碱性环境下，
与
和
反应生成
、
和
，离子方程式为：
； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C 可提
高溶液中
浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放
；滤液①中含有
、
等，且浓度较
低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。
（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有
，考虑到水浸所得溶液中含有
，为避免
引人其他杂质离子，且
廉价易得，故洗脱液的主要成分应为
。
（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a 不符合题意；
b．
呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，
与
反应，不利于生成
，b 符合题意；
c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c 不符合题意；
d．降低
溶液的浓度，不利于生成
，d 符合题意；
故选bd。
6．（2024·湖南卷）铜阳极泥(含有Au、
、
、
等)是一种含贵金属的可再生资源，回收
贵金属的化工流程如下：
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已知：①当某离子的浓度低于
时，可忽略该离子的存在；
②
；
③
易从溶液中结晶析出；
④不同温度下
的溶解度如下：
温度℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
回答下列问题：
（1）Cu 属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
（2）“滤液1”中含有
和
，“氧化酸浸”时
反应的离子方程式为 ；
（3）“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的
：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，
浓度不能超过
。
（4）在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，两种离子分布分数
随
浓度的变化关系如图所示，若
浓度
为
，则
的浓度为
。
（5）滤液4 中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序
需在
℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
【答案】（1）ds 3d104s1
（2）
（3）使银元素转化为AgCl 沉淀 0.5
（4）0.05
（5）
高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现
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连续生产
【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl 氧化酸浸，由题中信息
可知，滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1 中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1 中加入NaClO、H2SO4、
NaCl，将Au 转化为Na[AuCl4]除去，滤液2 中含有Na[AuCl4]，滤渣2 中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2 中加
入Na2SO3，将AgCl 转化为Ag2SO3，过滤除去PbSO4，滤液3 含有Ag2SO3；滤液2 中加入Na2S2O4，将Ag
元素还原为Ag 单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4 中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。
【解析】（1）Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族，位于ds 区，其基态原子的价电子排布式为
3d104s1；
（2）滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se 与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成
、
和
，反应的离子方程式为：
；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是使银元素转化为AgCl 沉淀；
②由题目可知
，在“除金”工序溶液中，若
加入过多，AgCl 则会转化
为
，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol L
⋅
−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl 发生转化，
则另
，由
，可得
，即
浓度不能超
过
；
（4）在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，溶液中存在平衡关
系：
，当
时，此时
，则该平衡关系的平衡常数
，当
时，
，解得此时
；
（5）由分析可知滤液4 中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下
的溶解度可知，高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。
7．（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：
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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)。
（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：
12
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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
为2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O，故答案为：2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O。
8．（2023·湖北卷）
是生产多晶硅的副产物。利用
对废弃的锂电池正极材料
进行氯化处
理以回收Li、Co 等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）Co 位于元素周期表第_______周期，第_______族。
（2）烧渣是LiCl、
和
的混合物，“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大
量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
（3）鉴别洗净的“滤饼3”和固体
常用方法的名称是_______。
（4）已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
浓度为_______
。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
（5）导致
比
易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl 键极性更大 b．Si 的原子半径更大
c．Si-Cl 键键能更大 d．Si 有更多的价层轨道
【答案】（1） 4 Ⅷ
（2）
（3）焰色反应
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（4）
（5）abd
【分析】由流程和题中信息可知，
粗品与
在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
和
的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1 和滤饼1，滤饼1 的主要成分是
和
；滤
液1 用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为
）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2
置于空气中在850℃煅烧得到
；滤液2 经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3 和滤饼3，滤饼3 为
。
【解析】（1）Co 是27 号元素，其原子有4 个电子层，其价电子排布为
，元素周期表第8、9、10
三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4 周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水
反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：
遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程
式为
。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为
，常用焰色反应鉴别
和
，
的焰色反应为
紫红色，而
的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体
常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
，
浓度为
。“850℃煅烧”时，
与
反应生成
和
，该反应的化学方程式为
。
（5）a．Si-Cl 键极性更大，则 Si-Cl 键更易断裂，因此，
比
易水解，a 有关；
b．Si 的原子半径更大，因此，
中的共用电子对更加偏向于
，从而导致Si-Cl 键极性更大，且Si 原
子更易受到水电离的
的进攻，因此，
比
易水解，b 有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl 键键能更大不能说明Si-Cl 更易断裂，故不能说明
比
易水解，c 无关；
d．Si 有更多的价层轨道，因此更易与水电离的
形成化学键，从而导致
比
易水解，d 有关；
综上所述，导致
比
易水解的因素有abd。
9．（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。
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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，
(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
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【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：
；
（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；
10．（2023·福建卷）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含
及少量
)中分离回收金属的流程如下：
（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CoO 发生反应的离子
方程式 。
（2）“焙烧1”中，晶体[
和
]总质量随温度升高的变化情况如下：
温度区间/℃
晶体总质量
变小
不变
变小
不变
①升温至
过程中，晶体总质量变小的原因是 ；
发生分解的物质是 (填化学
式)。
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②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。
（3）
时，
的
。反应
的平衡常数
(列出计算式即可)。经计算可判断
难溶于
稀硫酸。
II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。
（4）基态
的价电子排布式为 。
（5）晶胞中含有 个
。晶体中微粒间作用力有 (填标号)。
a．氢键 b．离子键 c．共价键 d．金属键
（6）“焙烧2”中
发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 (填化学式)。
【答案】（1）粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀
浓度等
（2）失去结晶水
（3）
或
或
之间任一数字
（4）
（5）2 2:1 bc
（6）
【分析】白合金经过稀硫酸酸浸1 后得到滤液1（其中含有Co2+、Fe2+、
、Fe3+）以及滤渣1（SiO2、
Cu2S、CuS），滤液1 经结晶后得到硫酸铁以及硫酸钴的晶体，焙烧1 和水浸后得到硫酸钴溶液以及三氧
化二铁；滤渣1 经空气焙烧2 后得到氧化铜，加入稀硫酸后得到CuSO4溶液以及滤渣2 SiO2。
【解析】（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大
稀
浓度等（任写一条即可），CoO 发生反应的离子方程式为：
；
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（2）①由图可知，升温至
过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量不
变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解；
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解；
（3）
的平衡常数
=
；
（4）基态
的价电子排布式为3d9；
（5）由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S 可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S 处于棱
上，且该S 实际存在形式为
，个数为
；俯视图处于面点位置的S 可能处于晶胞体内或者面心
上，结合晶胞图形可知该S 处于体内，且该S 实际存在形式为
，个数为2 个，因此晶胞中S 的总价态为
2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu 位于晶胞内部，则晶胞中Cu 的总个数为6 个，设Cu+的个数为x，Cu2+的
个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=4，y=2，故
2:1；晶体中微粒间作
用力有离子键及共价键；
（6）“焙烧2”中
发生反应的化学方程式为：
，由分析可知，滤渣2 为
SiO2。
11．（2023·广东卷）
均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含
)中，利用氨浸工艺可提取
，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由
、
和
配制。常温下，
与
形成可溶
于水的配离子：
；
易被空气氧化为
；部分氢氧化物的
如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
（1）活性
可与水反应，化学方程式为 。
（2）常温下，
的氨性溶液中，
(填“>”“<”或“=”)。
（3）“氨浸”时，由
转化为
的离子方程式为 。
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（4）
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X 射线衍射图谱中，
出现了
的明锐衍射峰。
①
属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
②
提高了
的浸取速率，其原因是 。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A 为 。
②由
可制备
晶体，其立方晶胞如图。
与O 最小间距大于
与O 最小间距，x、y 为整
数，则
在晶胞中的位置为 ；晶体中一个
周围与其最近的O 的个数为 。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A 含6 个结晶水，则所得
溶液中
与
的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取
工艺的意义，在于可重复利用
和 (填化学式)。
【答案】（1）
（2）＞
（3）
或
（4）晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5）
体心 12
（6）0.4 或
【分析】硝酸浸取液(含
)中加入活性氧化镁调节溶液pH 值，过滤，得到滤液主要
是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液
中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到
氯化镍晶体。
【解析】（1）活性
可与水反应，化学方程式为
；故答案为：
。
（2）常温下，
的氨性溶液中，
，
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，
，则
＞
；故答案为：＞。
（3）“氨浸”时，
与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成
，则由
转化为
的离子方程式为
或
；故答案为：
或
。
（4）
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X 射线衍射图谱中，
出现了
的明锐衍射峰。
X
①
射线衍射图谱中，出现了
的明锐衍射峰，则
属于晶体；故答案为：
晶体。
②根据题意
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则
能提高
了
的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面
积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
（5）①“析晶”过程中为了防止
水解，因此通入的酸性气体A 为
；故答案为：
。
②由
可制备
晶体，其立方晶胞如图。x、y 为整数，根据图中信息Co、Al 都只有一个原
子，而氧(白色)原子有3 个，
与O 最小间距大于
与O 最小间距，则Al 在顶点，因此
在晶胞中的
位置为体心；晶体中一个
周围与其最近的O 原子，以顶点Al 分析，面心的氧原子一个横截面有4 个，
三个横截面共12 个，因此晶体中一个
周围与其最近的O 的个数为12；故答案为：体心；12。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A 含6 个结晶水，则晶体A 为
，根
据
，
，还剩余5 个水分子，因此所得
溶液中
与
的比值理论上最高为
；故答案为：0.4 或
。
②“热解”对于从矿石提取
工艺的意义，根据前面分析
，
，在于可重复利用
和
；故答案为：
。
12．（2023·河北卷）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物
铜包钢的有效分离，同时得到的
可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
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已知：室温下的
。
回答下列问题：
（1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为 (填化
学式)。
（2）滤渣的主要成分为 (填化学式)。
（3）浸取工序的产物为
，该工序发生反应的化学方程式为 。浸取后滤液的一半经氧
化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
（4）浸取工序宜在
之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的
原因是 。
（5）补全中和工序中主反应的离子方程式
+ 。
（6）真空干燥的目的为 。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）盐酸和液氨反应放热
（5）
（6）防止干燥过程中
被空气中的
氧化
【分析】由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色
溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一
半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入加入硫酸、盐酸中
和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚铜的滤液和氯化
亚铜；氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。
【解析】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合
铜，故答案为：
；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe；
（3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的
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化学方程式为
；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化
二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为
，故答案为：
；
；
（4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保
持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸
和液氨反应放热；
（5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离
子，反应的离子方程式为
+
，故答案为：
；
；
（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方
法干燥，故答案为：防止干燥过程中
被空气中的
氧化。
13．（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
2
TiO ，含少
量V、Si 和Al 的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗
4
TiCl 中含有的几种物质的沸点：
物质
4
TiCl
3
VOCl
4
SiCl
3
AlCl
沸点/℃
136
127
57
180
回答下列问题：
（1）已知ΔG=ΔH-TΔS，ΔG 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略ΔH 、ΔS 随温度的变化。若
ΔG<0 ，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。
A．
2
2
C(s)
O (g)
CO (g)
22
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B．
2
2C(s)
O (g)
2CO(g)
C．
2
2
4
2
TiO (s)
2Cl (g)
TiCl (g)
O (g)
D．
2
2
4
2
TiO (s)
C(s)
2Cl (g)
TiCl (g)
CO (g)
（2）
2
TiO 与C、
2
Cl ，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质
4
TiCl
CO
2
CO
2
Cl
分压MPa
2
4.59 10
2
1.84 10
2
3.70 10
9
5.98 10
①该温度下，
2
TiO 与C、
2
Cl 反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是_______。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离
4
TiCl 中含Si、Al 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Mg 冶炼Ti 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
600℃5TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C 发生反应
2
C+CO
2CO
高温
（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】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al
除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg 还原得到Ti。
（1）记①
2
2
C(s)+O (g)=CO (g) ，②
2
2C(s)+O (g)=2CO(g)，③
2
2
4
2
TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g) ，④
2
2
4
2
TiO (s)+C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+CO (g) ；
A．由图可知，600℃时
2
2
C(s)+O (g)=CO (g) 的G<0
，反应自发进行，故A 不符合题意；
B．由图可知，600℃时
2
2C(s)+O (g)=2CO(g)的G<0
，反应自发进行，故B 不符合题意；
C．由图可知，600℃时
2
2
4
2
TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g) 的G>0
，反应不能自发进行，故C 符合题意；
D．根据盖斯定律，
2
2
4
2
TiO (s)+C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+CO (g) 可由①+③得到，则600℃时其G<0
，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
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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
600℃
5TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl2
600℃
5TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C 发生反应
2
C+CO
2CO
高温
，导致CO 含量升高，故答案为：随着温度升高，
CO2与C 发生反应
2
C+CO
2CO
高温
；
（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；
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。
14．（2022·湖北卷）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水
进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和少量
2+
2+
Mg
Ca
、
)，并设计了以下流程通过制
备碳酸锂来提取锂。
25℃时相关物质的参数如下：
LiOH 的溶解度：
2
12.4g /100gH O
化合物
sp
K
2
Mg OH
12
5.6 10
24
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2
Ca OH
6
5.5 10
3
CaCO
9
2.8 10
2
3
Li CO
2
2.5 10
回答下列问题：
（1）“沉淀1”为___________。
（2）向“滤液1”中加入适量固体
2
3
Li CO 的目的是___________。
（3）为提高
2
3
Li CO 的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备
2
3
Li CO 。查阅资料后，发现文献对常温下的
2
3
Li CO 有不同的
描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究
3
LiHCO 的性质，将饱和LiCl 溶液与饱和
3
NaHCO 溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述
现象说明，在该实验条件下
3
LiHCO ___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为
___________。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入
2
3
Na CO 改为通入
2
CO 。这一改动能否达
到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】（1）Mg(OH)2
（2）将
2+
Ca
转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
（3）蒸发浓缩 趁热过滤
（4） 不稳定 Li+ + HCO 3
= LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
（5）能达到相同效果，因为改为通入过量的
2
CO ，则LiOH 转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，
LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
【解析】浓缩卤水(含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和少量
2+
2+
Mg
Ca
、
)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和
2+
Ca
的滤液1，沉淀1 为Mg(OH)2，向滤液1 中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子
25
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为
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和OH-，沉淀2 为CaCO3，向滤液2 中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，
趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。
（1）浓缩卤水中含有
2+
Mg
，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1 为Mg(OH)2；
（2）滤液1 中含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和
2+
Ca
，结合已知条件：LiOH 的溶解度和化合物的溶度积常数，可推
测，加入Li2CO3的目的是将
2+
Ca
转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；
（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于
析出，所以为提高
2
3
Li CO 的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁
热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
（4）饱和LiCl 和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和
Li2CO3。故答案为：不稳定，Li+ + HCO 3
= LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
（5）“滤液2”中含有LiOH，加入
2
3
Na CO ，目的是将LiOH 转化为Li2CO3。若改为通入过量的
2
CO ，则
LiOH 转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相
同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的
2
CO ，则LiOH 转化为LiHCO3，结合（4）
的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
15．（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
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
26
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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，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 IO +5I-+6H+=3I2+3H2O
47.6%
【分析】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。
【解析】（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离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生
成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶
液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO +3Sn2++6H+=I-+3Sn4+
+3H2O，IO +5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分
钟内不褪色；IO +5I-+6H+=3I2+3 H2O；
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%=47.6%，故答案为：47.6%。
16．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有
、
、
、
、
以及
少量的
。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
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该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的
见下表
金属离子
开始沉淀的
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全
的
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中，
、
几乎不发生反应，
、
、
、
转化为相应的硫酸盐，写
出
转化为
的化学方程式_______。
（2）“水浸”后“滤液”的
约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节
至11.6，依次析出的金属离子是
_______。
（3）“母液①"中
浓度为_______
。
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，
水解析出
沉淀，该反应的离子方程式是
_______。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【答案】
硫酸
【分析】
由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化
钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于
水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、
硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH 约为2.0 的滤液中加入氨水至
28
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11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉
淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反
应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并
适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O 沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
【解析】
（1）氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，
反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4
NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4
NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；
（2）由题给开始沉淀和完全沉淀的pH 可知，将pH 约为2.0 的滤液加入氨水调节溶液pH 为11.6 时，铁离
子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
（3）由镁离子完全沉淀时，溶液pH 为11.1 可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶
液pH 为11.6 时，溶液中镁离子的浓度为
=1×10—6mol/L，故答案为：1×10—6；
（4）增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，
减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与
浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；
（5）酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O 沉淀和硫
酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2O
TiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2O
TiO2·xH2O+2H+；
（6）由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得
到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。
17．（2021·全国甲卷）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问
题：
（1）
的一种制备方法如下图所示：
①加入
粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入
的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比
时，氧化产物为_______；当
，单质碘的收率会降低，原因是
_______。
（2）以
为原料制备
的方法是：先向
溶液中加入计量的
，生成碘化物；再向混
29
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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】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的
进一步
氧化
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
，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。
18．（2021·河北卷）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相
氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃
物，实现了Cr—Fe—Al—Mg 的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
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回答下列问题：
（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是_______(填元素符号)。
（2）工序①的名称为__。
（3）滤渣的主要成分是__(填化学式)。
（4）工序③中发生反应的离子方程式为_______。
（5）物质V 可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为__，可代替NaOH
的化学试剂还有_______(填化学式)。
（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_______(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH 为__。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为
沉淀完全；A1(OH)3+OH-⇌Al(OH) ：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
【答案】Fe、Cr 溶解浸出 MgO、Fe2O3 2Na++2
+2CO2+H2O=
+2NaHCO3↓
4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3
②
8.37
【分析】
由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，
Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反
应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1 和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏
铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶
液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到
氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1 中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳
酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序
②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。
【解析】
（1）由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；
（3）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离
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子方程式为2Na++2
+2CO2+H2O=
+2NaHCO3↓，故答案为：2Na++2
+2CO2+H2O=
+2NaHCO3↓；
（5）碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸
氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+
7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1 中可以将氧化镁转化为碳酸氢
镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为
，反应的
平衡常数为K1=
=
=
=1013.37，当
为10—
5mol/L 时，溶液中氢离子浓度为
=
mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH 为
8.37，故答案为：8.37。
19．（2021·湖南卷）
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
的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）铈的某种核素含有58 个质子和80 个中子，该核素的符号为_______；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；
（3）滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；
（4）加入絮凝剂的目的是_______；
（5）“沉铈”过程中，生成
的离子方程式为_______，常温下加入的
溶液呈
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_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：
的
，
的
，
)；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为
，在高温条件下，
、葡萄糖(
)和
可制备电极材
料
，同时生成
和
，该反应的化学方程式为_______
【答案】
适当升高温度，将独居石粉碎等 Al(OH)3 促使铝离子沉淀
↑ 碱性 6
+
+12
=12
+6CO↑+6H2O+6CO2↑
【分析】
焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，
转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，
与硫酸不反应，
转
化为Al2(SO4)3，
转化为Fe2(SO4)3，
转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为
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Ce2(CO3)3·nH2O。
【解析】
（1）铈的某种核素含有58 个质子和80 个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为
；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
（3）结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
（4）加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
（5）用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成
的离子方程式为
↑；铵根离子的水解常数Kh(
)=
≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh(
)==
≈2.3×10-8，则Kh(
)<Kh(
)，因
此常温下加入的
溶液呈碱性；
（6）由在高温条件下，
、葡萄糖(
)和
可制备电极材料
，同时生成
和
可知，该反应中Fe 价态降低，C 价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程
式为6
+
+12
=12
+6CO↑+6H2O+6CO2↑。
20．（2021·广东卷）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(
)、钼(
)、镍
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(
)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，
的
，
；
；
；该工艺中，
时，溶液中
元素以
的形态存在。
（1）“焙烧”中，有
生成，其中
元素的化合价为_______。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀
为_______。
（3）“沉钼”中，
为7.0。
①生成
的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，
也会沉淀。为避免
中混入
沉淀，溶液中
_______(列出算式)时，应停止加入
溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有
和
，
为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量
固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量
，可析出
。
（5）高纯
(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为
一种氧化物，可阻止
刻蚀液与下层
(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：
和
同族，
和
同族。在
与上层
的反应中，
元素的化合价变为+5 价，
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则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】+6
+
=
↓
【分析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，
经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I 中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，
过滤得到的沉淀X 为氢氧化铝，滤液II 中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
【解析】
（1）“焙烧”中，有
生成，其中Na 和O 的化合价为+1 和-2，根据化合价的代数和为0 可知，
元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀
为
。
（3）①滤液II 中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成
沉淀，该反应的离子方程式为
+
=
↓。
②若开始生成
沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：
，
该反应的化学平衡常数为
。为避免
中混入
沉淀，必须满足
，由于“沉钼”中
为7.0，
，所以溶液中
时，开始生成
沉淀， 因此，
时，应停止加入
溶液。
（4）①滤液I 中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤
液II 中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II 中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主
要存在的钠盐有
和
，故
为
。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量
固体后，通入足量
，再通入足量
，可
析出
。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由
与
反应生成的，联想到金属铝表
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面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为
。
②由
和
同族、
和
同族可知，
中显+3 价（其最高价）、
显-3 价。在
与上层
的反应中，
元素的化合价变为+5 价，其化合价升高了8，
元素被氧化，则该反应的氧化剂为
，还原剂为
。
中的O 元素为-1 价，其作为氧化剂时，O 元素要被还原到-2 价，每个
参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数
值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为
。
21.（2020·新课标Ⅲ）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)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·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：
（1）“碱浸”中NaOH 的两个作用分别是____________________________________。为回收金属，用稀
硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式_________________________。
（2）“滤液②”中含有的金属离子是_________________________。
（3）“转化”中可替代H2O2的物质是_________________________。若工艺流程改为先“调pH”后“转
化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为_________________________。
（4）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中
Ni2+浓度为1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH 范围是_________________________。
（5）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。写出该反应的离
子方程式_________________________。
（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_________________________。
【答案】（1）除去油脂、溶解铝及其氧化物
+H++H2O=Al(OH)3↓或
+H+=Al(OH)3↓+H2O
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（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+ （3）O2或空气 Fe3+ （4）
3.2~6.2
（5）2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O （6）提高镍回收率
【解析】由工艺流程分析可得，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↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O 将Al 及其氧化物溶解，得到的滤液①
含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe 及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、
Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH 调节pH 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控
制pH 浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
（1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al 及其氧化物溶解，
滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应
+H++H2O=Al(OH)3↓或
+H+=Al(OH)3↓+H2O；
（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe 及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；
（3）“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后
“转化”，会使调pH 过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+；
（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，
则c(OH-)=
，则Ni(OH)2的
；或者当
Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=
，则Ni(OH)2的
；如果“转化”后的溶
液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时
，则
，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH 为3.2，因此“调节pH”应控制的pH
范围是3.2~6.2；
（5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO 氧化得到NiOOH 沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH 沉
淀，ClOˉ 被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2+
+ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
（6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。
22.（2020·江苏卷）实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。
其主要实验流程如下：
（1）酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高
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铁元素浸出率的有___________(填序号)。
A．适当升高酸浸温度
B．适当加快搅拌速度
C．适当缩短酸浸时间
（2）还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成
Fe2+外，还会生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。
（3）除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F 溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH 偏低、将
会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________[
，
]。
（4）沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________________________________。
②设计以FeSO4溶液、氨水- NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：______________。
【FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。
【答案】（1）AB H2 （2）取少量清液，向其中滴加几滴KSCN 溶液，观察溶液颜色是否呈血红色
（3）pH 偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全
（4）
或
在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH 不大于6.5；静置后过滤，所得
沉淀用蒸馏水洗涤2~3 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
【解析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后
的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F 使Ca2+转化为CaF2沉淀而除
去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α—Fe2O3；据此分析作答。
（1）适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A 选；适当加快搅拌速率，增大铁泥与
硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B 选；适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会
降低，C 不选；
（2）为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过
量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生
成；通常用KSCN 溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴
KSCN 溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没
有还原完全。
（3）向“还原”后的滤液中加入NH4F 溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完
全沉淀（某离子浓度小于1×10-5mol/L 表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为
mol/L=
×10-2mol/L；若溶液的pH 偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，
CaF2沉淀不完全。
（4）①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程
式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，
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离子方程式为Fe2++
+NH3·H2O=FeCO3↓+
+H2O（或Fe2++
+NH3=FeCO3↓+
）。
②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3
混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH 不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设
计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含
。
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