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1．【2023 年辽宁卷】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，
(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 。
专题95 工艺流程——污染处理载体
1
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（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
【解析】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
。
（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
2
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（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；
2．（2021·湖北真题）废旧太阳能电池CIGS 具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某
探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
（1）硒(Se)与硫为同族元素，Se 的最外层电子数为___；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA 族，
CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu 的化合价为___。
（2）“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为____。
（3）25℃时，已知：Kb(NH3·H2O)≈2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35，Ksp[In(OH)3]≈1.0×10-33，
Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20，“浸出液”中c(Cu2+)=0.01mol·L-1。当金属阳离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉
淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH 约为___(保留一位小数)；若继续加入6.0mol·L-1氨水至过量，
观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后___；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应
Ga(OH)3+NH3·H2O
[Ga(OH)4]-+NH 的平衡常数K=___。
(已知：Ga3++4OH-
[Ga(OH)4]- K′=
≈1.0×1034)
（4）“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO
是否洗净的试剂是___；“回流过滤”中
SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和___。
（5）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为___。
【答案】
（1） 6 +1
（2）Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O
（3） 4.7 蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色 2.0×10-6
（4） HCl 溶液、BaCl2溶液 作溶剂
（5）GaCl3+NH3
GaN+3HCl
3
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【解析】废旧CIGS 首先焙烧生成金属氧化物，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1 价铜氧化为+2 价，
再加氨水分离氢氧化铜，过滤，氨水过量氢氧化铜再溶解，用SOCl2溶解，以此解题。
（1）硫为第VIA 族元素，硒(Se)与硫为同族元素，故Se 的最外层电子数为6，镓(Ga)和铟(In)位于元素周
期表第IIIA 族，则根据正负化合价为零则可以知道CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu 的化合价为+1；
（2）“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2烧渣中Cu2O 反应，其方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；
（3）In3+恰好完全沉淀时
，
，故答案是PH=4.7；蓝色沉
淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解，故答案是蓝色沉淀溶解，
溶液变成深蓝色；由反应方程式可知
，由K′=
≈1.0×1034，
得
即
，代入数
据可知K=2.0×10-6；
（4）检验滤渣中SO
是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐，故试剂是HCl 溶液、BaCl2溶液；通过“回
流过滤”分为两部分滤渣和滤液，故SOCl2的另一个作用是作溶剂；
（5）高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应，其方程式为：GaCl3+NH3
GaN+3HCl。
3．【2021 年重庆卷】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
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
4
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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，
5
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，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。
4．【2022 年江苏卷】实验室以二氧化铈(
)废渣为原料制备
含量少的
，其部分实验过程
如下：
（1）“酸浸”时
与
反应生成
并放出
，该反应的离子方程式为_______。
（2）pH 约为7 的
溶液与
溶液反应可生成
沉淀，该沉淀中
含量与加料方式有
关。得到含
量较少的
的加料方式为_______(填序号)。
A．将
溶液滴加到
溶液中 B．将
溶液滴加到
溶液中
（3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备
含量少的
。已知
能被有机萃取剂
(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为
(水层)+3HA(有机层)
(有机层)+
(水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。
②反萃取的目的是将有机层
转移到水层。使
尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或
采取的实验操作有_______(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤
溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填
化学式)。
（4）实验中需要测定溶液中
的含量。已知水溶液中
可用准确浓度的
溶液滴定。
以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为
。请补充完整实验方案：①准确量取
溶液[
约为
]，
加氧化剂将
完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到
容量瓶中后
定容；②按规定操作分别将
和待测
溶液装入如图所示的滴定管中：
③_______。
6
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【答案】（1）2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O
（2）B
（3） 降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓
度 酸性条件，多次萃取
（4）从左侧滴定管中放出一定体积的待测
溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用
来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达
到滴定终点，记录标准液的体积
【解析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH 后用萃取剂萃
取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制
备产物，以此解题。
（1）根据信息反应物为
与
，产物为
和
，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：
2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
（2）反应过程中保持
少量即可得到含
量较少的
，故选B；
（3）①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物，故答案为：降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离
子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度；
②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使
尽可能多地发生上述转移，可以采用多
次萃取；
③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的
，过滤后溶液中
离子浓度较小，故答案为：
；
（4）应该用标准液滴定待测
溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，故答案为：从左侧滴定管中放出
一定体积的待测
溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用
来滴定，
当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积。
5．【2022 年海南卷】胆矾(
)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成
分是Cu，含有少量的油污、CuO、
、
]制备胆矾。流程如下。
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回答问题：
（1）步骤①的目的是_______。
（2）步骤②中，若仅用浓
溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。
（3）步骤②中，在
存在下Cu 溶于稀
，反应的化学方程式为_______。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______。
（5）实验证明，滤液D 能将
氧化为
。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量
将
氧化为
，理由是_______。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是
将
氧化为
，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写具体
操作过程)。
【答案】（1）除油污
（2）
（3）
（4）胆矾晶体易溶于水
（5） 溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 取滤液，向其中加入适量硫化钠，
使铜离子恰好完全沉淀，再加入
，不能被氧化
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B 与
过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C 为硫酸铜溶液
和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：
除去原料表面的油污。
（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，
步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu 溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+ H2O2+
H2SO4=CuSO4+2H2O。
（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体
易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。
（5）ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤
②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C 经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。
ⅱ. I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D 中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是
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Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是
否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S 将
其转化为CuS 沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S 溶液，直至不
再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被
除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I2。
6．（2021.1·浙江真题）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O2
8Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2CrO
Cr2O
+H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
（1）步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。
（2）下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
（3）步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重
复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。
a．50℃蒸发溶剂；
b．100℃ 蒸发溶剂；
9
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c．抽滤；
d．冷却至室温；
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
（4）为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。
A．用量筒量取25.00mL 待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬
于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补
全操作)
（5）该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度
(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制
K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。
【答案】
（1）增大反应物的接触面积
（2）BC
（3） a e d c
（4）①AC ②再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁
（5）H2SO4 抑制Cr2O
转化为CrO
，且与Cr2O
不反应
【解析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得
固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含
Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，
Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4
Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），经蒸发结晶、
过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl 后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。
（1）步骤I 中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，
可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。
（2）A．根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II 中应用高温提高浸取率，A 错误；
B．步骤II 中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，
B 正确；
C．步骤III 酸化时，平衡2H++2
+H2O 正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C
正确；
10
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D．根据分析，步骤IV 中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D 错误；
答案选BC。
（3）Na2Cr2O7中加入KCl 发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲
线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl 溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶
解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V 重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃
蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。
（4）①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL 溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL
待测液应用酸式滴定管，A 错误；
B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B
正确；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C 错误；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D 正确；
E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以
下，并记录初始读数，E 正确；
答案选AC。
②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半
滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：
再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
（5）根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡
+H2O
2H+
+2
，即有部分
会转化为
，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制
转化为
，可加入与
不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制
转化为
，且与
不反应。
7．（2021·广东真题）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
(
)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_______。
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（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，
则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】
（1）+6
（2）
（3）
+
=
↓
（4）
（5）
【解析】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
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钡。
（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
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
。
8．【2016 江苏卷】实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al 的氧化物）为原
料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下：
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（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为
MgCO3(s)+2H+(aq)===Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O(l) ΔH=－50.4 kJ·mol–1
Mg2SiO4(s)+4H+(aq)===2 Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+H2O(l) ΔH=－225.4 kJ·mol–1
酸溶需加热的目的是______；所加H2SO4不宜过量太多的原因是_______。
（2）加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为___________。
（3）用下图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+。
①实验装置图中仪器A 的名称为_______。
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A 中加入一定量的有
机萃取剂，______、静置、分液，并重复多次。
（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO3·3H2O 的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，
______，过滤、用水洗涤固体2～3 次，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。
[已知该溶液中pH=8.5 时Mg(OH)2开始沉淀；pH=5.0 时Al(OH)3沉淀完全]。
【答案】（1）加快酸溶速率 避免制备MgCO3时消耗更多的碱
（2）H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O （3）①分液漏斗 ②充分振荡
（4）至5.0＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层
清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成
【解析】
（1）加热可以加快反应速率；如果硫酸过多，则需要消耗更多的碱液中和硫酸，从而造成生产成本
增加，因此所加H2SO4不宜过量太多。
（2）溶液中含有亚铁离子，双氧水具有强氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，因此加入H2O2氧化
时发生发应的离子方程式为H2O2+2Fe2＋+2H＋===2Fe3＋+2H2O。
（3）①实验装置图中仪器A 的名称为分液漏斗。
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A 中加入一定量的有
机萃取剂，充分振荡、静置、分液，并重复多次。
（4）根据氢氧化镁和氢氧化铝沉淀的pH 可知，滴加氨水的同时必须控制溶液的pH 不能超过8.5，且
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也不能低于5.0，所以边搅拌边向溶液中滴加氨水，至5.0＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴
加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，过滤
用水洗涤固体2~3 次，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。
9．[2019 江苏]实验室以工业废渣（主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质
CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：
（1）室温下，反应CaSO4(s)+
(aq)
CaCO3(s)+
(aq)达到平衡，则溶液中
= ▲
[Ksp(CaSO4)=4.8×10−5，Ksp(CaCO3)=3×10−9]。
（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为 ▲ ；浸取废渣时，
向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是 ▲ 。
（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3 小时。温度过高
将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是 ▲ ；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量
不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有 ▲ 。
（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，
制取CaCl2 溶液的实验方案： ▲ [已知pH=5 时Fe(OH)3 和Al(OH)3 沉淀完全；pH=8.5 时
Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。
【答案】（1）1.6×104
（2）
+NH3·H2O
+
+H2O(或
+NH3·H2O
+
+H2O)
增加溶液中
的浓度，促进CaSO4的转化
（3）温度过高，(NH4)2CO3分解
加快搅拌速率
（4）在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量
Ca(OH)2，用pH 试纸测量溶液pH，当pH 介于5~8.5 时，过滤
【解析】
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（1）反应CaSO4（s）+CO3
2-（aq）
CaCO3（s）+SO4
2-（aq）达到平衡时，溶液中
=
=
=
=1.6×104。
（2）NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·H2O=
（NH4）2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2O
（NH4）2CO3+H2O]，离子方程式为HCO3
-
+NH3·H2O=NH4
++CO3
2-+H2O（或HCO3
-+NH3·H2O
NH4
++CO3
2-+H2O）；浸取废渣时，加入的
（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO3
2-+NH4
++H2O
HCO3
-+NH3·H2O，加入适
量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO3
2-的浓度增大，反应CaSO4（s）+CO3
2-（aq）
CaCO3
（s）+SO4
2-（aq）正向移动，促进CaSO4的转化。
（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；
由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物
和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过
程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。
（4）工业废渣主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中
CaSO4与（NH4）2CO3反应生成CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤
渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首
先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此
同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去
SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5 时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全，
pH=8.5 时Al（OH）3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca（OH）2调节溶液的
pH 介于5~8.5[加入Ca（OH）2的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl2溶液。
10．【2016 北京卷】以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，
制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
（1）过程
Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb 和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是__________。
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++ PbO2+4H++SO4
2−＝2Fe3++PbSO4+2H2O
ii: ……
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①写出ii 的离子方程式：________________。
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN 溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b.______________。
（3）PbO 溶解在NaOH 溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（aq）
NaHPbO2（aq），其溶解度
曲线如图所示。
①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1 经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是____(选填序号)。
A．减少PbO 的损失，提高产品的产率
B．重复利用氢氧化钠，提高原料的利用率
C．增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率
②过滤Ⅲ的目的是提纯，综合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作___________。
【答案】（1）Pb + PbO2 + 2H2SO4
2PbSO4+ 2H2O。
（2）①2Fe3＋+Pb+SO4
2—==PbSO4+2Fe2＋；
②取a 中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去。
（3）①A、B；②将粗PbO 溶解在一定量35%NaOH 溶液中，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，
冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到PbO 固体。
【解析】
（1）根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2＋催化下，Pb、PbO2 和H2SO4 反应生成PbSO4 和
水，化学方程式为Pb + PbO2 + 2H2SO4
2PbSO4+ 2H2O。
（2）①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质
量和化学性质反应前后保持不变。根据题给信息知反应i 中Fe2＋被PbO2氧化为Fe3＋，则反应ii中
Fe3＋被Pb 还原为Fe2＋，离子方程式为2Fe3＋+Pb+SO4
2—==PbSO4+2Fe2＋；
②a 实验证明发生反应i，则b 实验需证明发生反应ii，实验方案为取a 中红色溶液少量，加入过量
Pb，充分反应后，红色褪去。
（3）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH==PbO+Na2SO4+H2O，而滤液Ⅰ中含有硫酸，
可降低溶液的pH，使平衡：PbO（s）+NaOH（aq）
NaHPbO2（aq）逆向移动，减少PbO 的
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损失，提高产品的产率，同时重复利用NaOH，提高原料的利用率答案选AB；
②根据PbO 的溶解度曲线，提纯粗Pb 的方法为将粗PbO 溶解在35%NaOH 溶液中配成高温下的饱和
溶液，降温结晶、过滤，洗涤并干燥即可得到PbO。
11．【2016 四川卷】资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含
Ca5(PO4)3F 和CaCO3·MgCO3 。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途
的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下：
已知：①Ca5(PO4)3F 在950℃不分解；
②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C
2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是___________。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是_____________。
（3）NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是__________。
（4）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是____________。
（5）工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25℃，101kPa 时：
CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ΔH=-271kJ/mol
5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F (s)+5H2O(l) ΔH=-937kJ/mol
则Ca5(PO4)3F 和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_________________。
（6）在一定条件下CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)，当CO 与H2O(g)的起始物质的量之比为1:5，达
平衡时，CO 转化了
。若a kg 含Ca5(PO4)3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿
在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F 转化为P4，将产生的CO 与H2O(g)按起始物质的量之比1:3 混合，
则相同条件下达平衡时能产生H2________kg。
【答案】（1）CO2
（2）漏斗、烧杯、玻璃棒
（3）NH4
＋ 水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2＋
（4）MgSO4+2NH3+2H2O===Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4
（5）Ca5(PO4)3F (s)+ 5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) ΔH =-418kJ/mol
（6）44800
ab
【解析】
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（1）根据题给化学工艺流程和信息①知磷尾矿[主要含Ca5(PO4)3F 和CaCO3·MgCO3 ]在950℃下煅烧，
其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2）。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒。
（3）NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2＋。
（4）根据化学工艺流程判断浸取液II 的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3，发生反应的化学方程式
是MgSO4+2NH3+2H2O===Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4 。
（5）已知25℃，101kPa 时：
①CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ΔH =-271kJ/mol
②5 CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Ca5(PO4)3F (s)+5H2O(l) ΔH =-937kJ/mol
根据盖斯定律：①×5-②得Ca5(PO4)3F 和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是Ca5(PO4)3F (s)+
5H2SO4(l)=5CaSO4(s) +H3PO4(l)+HF(g) ΔH =-418kJ/mol 。
（6）根据题给数据利用三段式分析。设CO 的起始浓度为1 mol/L，则水蒸气的起始浓度为5 mol/L
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)
起始浓度（mol/L）1 5 0 0
转化浓度（mol/L）5/6 5/6 5/6 5/6
平衡浓度（mol/L）1/6 25/6 5/6 5/6
则K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同条件下当CO 与H2O(g)的起始物质的量之比为1:3，平衡常数
不变，设转化的CO 为x mol。
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)
起始浓度（mol/L）1 3 0 0
转化浓度（mol/L）x x x x
平衡浓度（mol/L）(1-x) (3-x) x x
则x2/(1-x)(3-x)=1,解得x=3/4，即达平衡时，CO 转化了3/4 mol。转化为P4 的Ca5(PO4)3F 质量为
a×10%×b%kg，根据反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C
2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4 知生成CO 的
质量为（30×28×a×10%×b%）/（4×504）kg，则转化的CO 的质量为3（30×28×a×10%×b%）/4
（4×504）kg，根据反应：CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生H2的质
量为3（30×28×a×10%×b%）/56（4×504）kg= 44800
ab
kg。
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