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【第一部分】
专题十二 化学工业流程
【考情预测】预测2024 年高考仍会以元素化合物知识为载体，围绕原料的预处理，考查影响速率的因
素；围绕经济原则考查循环利用；围绕产品纯度考查物质的分离提纯(调pH、结晶、过滤、洗涤)；围绕核心反应
或副反应考查物质变化及定量关系；陌生方程式的书写与含量计算是化工流程题的重要组成部分，也是学生失分
较多的能力点，复习时应加以重视！
【复习目标】
1.了解化学工业流程题的种类、基本框架、做题方法。
2.掌握化学工业流程题的常用做题技巧。
【专题知识体系构建】
【核心精讲】
一、化学工艺流程中的物质转化
1.获取信息
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式,书写时可关注流程中箭头的指向:
箭头指入 → 反应物;
箭头指出 → 生成物;
箭头回指 → 循环物。
2、无机化工的基本种类：金属矿物的冶炼、工业废水、废气的处理、物质的提纯
3.确定类型
根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型:
类型1:元素化合价无变化则为非氧化还原反应,遵循质量守恒定律。
类型2:元素化合价有变化则为氧化还原反应,除遵循质量守恒定律外,还要遵循得失电子守恒规律。
1
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(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物),结合已学知识根据加入的还原剂(或
氧化剂)判断氧化产物(或还原产物);
(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应;
(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性,在方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O 等;
(4)根据质量守恒配平反应方程式。
二、材料预处理
1、矿物表面油污的洗涤：热的碱溶液（升高温度，洗涤效果更好）、酒精清洗（洗涤矿物油）
2、原料预处理：粉碎、研磨、雾化
【目的】 减小固体的颗粒度或将液体雾化,增大反应物的接触面积,加快反应速率或使反应更加充分。
※【提示】：可加快反应速率的操作：
①加热
②加入催化剂.
③适当增加反应物浓度.
④若为气体反应：增大压强.
【知识点对点】(全国卷)下图以废铁屑为原料制备聚合硫酸铁(PFS) 的一种工艺流程如图：
粉碎过筛的目的是_ 选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高酸浸反应速率
_ ，酸浸时最合适的酸是__H2SO4_。
3、焙/灼/煅烧的目的：
①除去有机物杂质或含有碳元素、硫元素的杂质.
②使一些具有还原性的物质被空气中O2氧化、分解
③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
→改变矿样结构，使其在后续的酸/碱/水溶中更易溶解
【知识点对点】(全国卷)一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS 杂质)为原料制备金属锌的流程如图：
①焙烧过程中主要反应的化学方程式为___2ZnS
＋
3O
2=====
2ZnO
＋
2SO
2________。
②滤渣1 的主要成分除SiO2外还有__PbSO4__。
【解析】①在焙烧过程中ZnS 和O2反应生成ZnO 和SO2。②溶液中的Pb2＋与SO 不能共存生成PbSO4沉淀，SiO2
不溶于H2SO4，即滤渣1 中含SiO2和PbSO4。
4、溶解
（1）酸溶/浸：与酸接触反应或溶解,使可溶性离子进入溶液,不溶物通过过滤除去。一般不溶物为SiO2及其溶解性
相关的物质
若反应为可逆反应需考虑化学平
衡移动，不能降低产物产率
2
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（2）碱溶/浸：除去油污,溶解酸性氧化物、铝及其氧化物。可溶解Al、Al2O3、Al(OH)3、SiO2
（3）水溶/浸：与水接触反应或溶解，其溶解性相关的物质
注意：①酸、碱的选择
②可与碱反应的金属只有Al、金属氧化物只有Al2O3
③若溶解与温度相结合，则加快溶解/反应速率，促进反应的发生
④其他试剂的选择 — 结合物质溶解度
⑤提高浸出率的方法：a、适当提高溶解温度
b、适当加快搅拌速率
c、适当增加浸出时间
【知识点对点】(1)(2020·全国卷Ⅰ)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5 价的化合物存在，还包括
钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用由黏土钒矿制备NH4VO3的工艺流程如图：
回答下列问题：
Ⅰ.“酸浸氧化”需要加热，其原因是______
加快酸浸和氧化反应速率
( 促进氧化完全
)_______
。
Ⅱ.“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO，同时还有__Fe
2 ＋ __
离子被氧化。
(2)(全国卷)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)：
“碱浸”中NaOH 的两个作用分别是__
除去油脂；溶解铝及其氧化物
____________
。
(3)(全国卷)一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如
图：
在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_NH3＋
NH
4HCO3=(NH4)2CO3__，“滤渣
1”的主要成分有__Fe2O3、
Al
2O3、
SiO
2___。
【解析】 (3)硫酸铵溶液中存在平衡：NH＋H2O
NH
⇌
3·H2O＋H＋，硼酸镁能与水解出的H＋反应，促进平衡向右
移动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液中存在平衡NH3·H2O
NH
⇌
3＋H2O，一水合氨浓度增大，促进NH3·H2O 分
解产生NH3。用NH4HCO3溶液吸收氨气，发生的反应为NH4HCO3＋NH3=(NH4)2CO3。二氧化硅、氧化铁、氧化铝
3
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不溶于硫酸铵溶液，滤渣1 的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。
三、实验中除杂
1.除杂原理
(1)地壳中含量居前四位的元素为O、Si、Al、Fe，故矿石中一般含有SiO2、Al2O3、FexOy杂质。
(2)SiO2为酸性氧化物，Al2O3两性氧化物，FeO、Fe2O3碱性氧化物。
(3)加H2SO4溶解时，发生反应： Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O、FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O；
SiO2为滤渣；还可能有CaSO4、PbSO4滤渣。
(4)加NaOH 溶解时，发生反应：SiO2＋2OH－= SiO＋H2O、Al2O3＋2OH－ = 2AlO＋H2O；
FeO、Fe2O3为滤渣。
(5)加Na2CO3高温熔融时，发生反应：
对应关系：Na2CO3—2NaOH SiO2＋Na2CO3 = Na2SiO3＋CO2↑、 Al2O3＋Na2CO3 = 2NaAlO2＋CO2↑。
2.除杂思路
3.化学工艺流程中各物质的确定
(1)循环物质的确定
(2)副产品的判断
(3)滤渣、滤液成分的确定
要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况:
①反应过程中哪些物质(离子)消失了?
②所加试剂是否过量或离子间发生化学反应,又产生了哪些新离子?要考虑这些离子间是否会发生反应。
3、颜色反应
K---紫色 Na----黄色 Ba/Cu---绿色 Sr----洋红色
4.试剂除杂：加……试制，使杂质离子变成气体或沉溶后除去，与 Ksp 有关.
调pH 除杂：
除金属粒子（增大pH）：①金属（氧化物）②碱 ③碳酸盐
4
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调酸（减小pH）：①加入相应酸②通入相关酸性气体
→注意：调pH 时，pH 值的范围选择：只除去此步中的离子
5.滤渣的确定
6.过程中若出现Fe3+，并同时出现MnO2、新制氯水、H2O2、O2、稀硝酸等氧化剂。
目的：将体系中的Fe2+氧化为Fe3+，方便后续除杂
注意：①溶液中最容易除去的金属离子为Fe3+、其次为Al3+
Fe3+ 的检验：KSCN 溶液→溶液变为血红色
离子方程式： Fe
3+ + 3SCN
- ⇌
Fe(SCN)
3 。
Fe2+ 的检验：K3[Fe(CN)6]→蓝色沉淀
离子方程式：K + + Fe
2+ +[Fe(CN)
6] 3+ =KFe
[Fe(CN)
6]↓。
②氧化Fe2+用HNO3的缺点：HNO3 被还原后的
NO
x 有毒，会污染环境。
氧化Fe2+用H2O2的缺点：氧化产生的Fe3+会催化H2O2分解使得Fe2+氧化不完全
7.沉淀的选择：观察题中或表格中给出开始沉淀的pH 和完全沉淀的pH
常见离子的沉淀pH 范围（离子浓度：0.01mol/L）
离子
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe3+
2.2
3.2
Al3+
3.5
4.6
Cu2+
4.4
6.7
Zn2+
6.2
8.2
Fe2+
6.8
8.3
Ni2+
7.2
8.7
Pb2+
7.2
9.1
Mn2+
8.1
10.1
Mg2+
9.5
11.1
Ca2+
12.4
13.8
【知识点对点】(2021·全国乙卷)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO 以及少量的
Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH 见下表：
金属离子
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
Ca2＋
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
5
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沉淀完全(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“水浸”后“滤液”的pH 约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH 至11.6，依次析出的金属离子是Fe
3
＋ 、
Al
3 ＋ 、
Mg
2 ＋ 。
(2)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”，最适合的酸是_ 硫酸
___
。“酸溶渣”的成分是_SiO2____、__CaSO4__。
(3)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_(NH4)2SO4_，循环利用。
【解析】 (1)由题表中Fe3＋、Al3＋、Mg2＋完全沉淀时的pH 分别为3.2、4.7、11.1 可知，用氨水逐步调节pH 至
11.6 的过程中，依次析出的金属离子是Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。(2)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”，为了尽可能减少酸溶
液的挥发而造成不必要的损失且保证TiO2 可以完全溶解，故最好选择硫酸；SiO2 不溶于硫酸，“焙烧”生成
CaSO4固体，故“酸溶”后所得“酸溶渣”的成分为SiO2、CaSO4。(3)母液①的主要成分为硫酸铵和氨水，母液②
的主要成分为硫酸，混合后吸收尾气NH3，经处理可得到(NH4)2SO4，循环利用。
8.剩余溶液：
观察溶液中总共的离子/元素，除杂过程遵循质量守恒定律
9.水浴加热的选择：
100℃
①
以内
② 有明确的加热温度范围
注意：“油浴加热的温度范围是100-260℃（浴油浴常用的介质有豆油、棉籽油等）
沙浴温度400-600℃,铅浴温度350-1740℃
水浴加热的好处：受热均匀，温度可控，且温度不超过100℃
油浴优点：改善容器热传递性能，使容器质底均匀的方法。
油浴缺点：油外溢或油浴升温过高，容易引起失火。
10.替代试剂的选择：考虑反应的发生和溶解性
11.催化剂：①化学反应速率发生改变
②催化剂的m、化学性质、α 反 、生成物产率不发生改变
12.实验条件的选择和最优条件的选择要标明反应此时所需的温度、压强、浓度
13.某一温度时，反应最佳（α 反 最大或产率最大）的原因
<T℃时，反应速率过慢，反应不够充分；
>T℃时，①反应物的挥发速率增大（eg：浓氨水、浓盐酸、浓硝酸）
②反应物/产物分解速率增大（eg：H2O2、铵盐分解）
③催化剂失活/中毒（酶失活）
四、真实情境下方程式的书写技巧
1、化工流程中化学方程式的书写
（1）书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类
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型：
①元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；
②元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。
（2）流程中陌生的氧化还原反应的书写流程
①首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂
(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。
②根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
③根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O 等。
④根据质量守恒配平反应方程式。
(3)氧化还原反应方程式的书写
(4)非氧化还原反应的书写
结合物质性质和实验反应判断产物。
2．书写关键——识记常见氧化剂、还原剂及产物预测
(1)常见的氧化剂及还原产物预测
氧化剂
还原产物预测
KMnO4
Mn2＋(酸性)；MnO2(中性)；MnO(碱性)
K2Cr2O7(酸性)
Cr3＋
浓硝酸
NO2
稀硝酸
NO
X2(卤素单质)
X－
H2O2
OH－(碱性)；H2O(酸性)
Na2O2
NaOH(或Na2CO3)
NaClO(或ClO－)
Cl－、Cl2
NaClO3
Cl－、Cl2、ClO2
PbO2
Pb2＋
(2)常见的还原剂及氧化产物预测
还原剂
氧化产物预测
Fe2＋
Fe3＋(酸性)；Fe(OH)3(碱性)
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SO2(或H2SO3、SO)
SO
S2－(或H2S)
S、SO2(或SO)、SO
H2C2O4
CO2
H2O2
O2
I－(或HI)
I2、IO
CO
CO2
金属单质(Zn、Fe、Cu 等)
Zn2＋、Fe2＋(与强氧化剂反应生成Fe3＋)、Cu2＋
【知识点对点】(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)I2的一种制备方法如下图所示：
①加入Fe 粉进行转化反应的离子方程式为___2AgI
＋
Fe
= 2Ag
＋
Fe
2 ＋ ＋
2I
－ __
，生成的沉淀与硝酸反应，生成
__AgNO3___后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______FeI2＋
Cl
2 = I 2＋
FeCl
2 ___。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入
NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为_2IO
＋
5HSO
= I 2＋
5SO
＋
H 2O ＋
3H
＋ __
。
【解析】 (1)①由流程分析可知，加入Fe 粉进行转化反应的离子方程式是2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－；生成的
沉淀为Ag，Ag 与HNO3反应生成AgNO3，AgNO3可以循环使用。②由于还原性：I－>Fe2＋，故通入Cl2的过程中，
若氧化产物只有一种，该产物应是I2，此时反应的化学方程式是FeI2＋Cl2 = I2＋FeCl2；(2)NaIO3 具有氧化性，
NaHSO3具有还原性，二者发生氧化还原反应生成NaI 和Na2SO4，反应的离子方程式是IO＋3HSO = 3SO＋I－＋
3H＋；NaI 和NaIO3在酸性条件下，继续发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式是5I－＋IO＋6H＋ = 3I2＋
3H2O，故制备I2的总反应的离子方程式是2IO＋5HSO = I2＋5SO＋H2O＋3H＋。
【知识点对点】(2021·全国乙卷)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO 以及少量的
Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为
NH4Al(SO4)2的化学方程式：__Al2O3＋
4(NH
4)2SO4=====
2NH
4Al(SO4)2＋
6NH
3↑ ＋
3H
2O↑_________。
(2)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O 沉淀，该反应的离子方程式是
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___TiO
2 ＋ ＋
( x ＋
1)H
2O =====
TiO
2· x H 2O↓
＋
2H
＋ ___
。
【解析】 (1)“焙烧”中，Al2O3和(NH4)2SO4反应生成NH4Al(SO4)2，同时放出NH3，反应的化学方程式为Al2O3＋
4(NH4)2SO4=====2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑。(2)由题意知，TiO2＋水解生成TiO2·xH2O 沉淀，该反应的离子方
程式为TiO2＋＋(x＋1)H2O=====TiO2·xH2O↓＋2H＋。
五、产品的获得与提纯
1.晶体的获得：
方法一：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
方法二：蒸发结晶，趁热过滤、洗涤、干燥
①过滤用到的三个玻璃仪器：普通漏斗、玻璃棒、烧杯
②趁热过滤的原因即操作：减少过滤时间、保持过滤温度，防止××杂质析出；
操作：已预热的布氏漏斗趁热抽滤
③“趁热过滤”后，有时先往滤液中加入少量水，加热至沸，然后再“冷却结晶”：
稀释溶液，防止降温过程中××析出，提高产品的纯度
④过滤后滤液仍然浑浊的可能的操作原因：
玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；漏斗中液面高于滤纸边缘
⑤减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水
(如题目要求制备结晶水合物产品)。
2.①高纯度（进一步提纯）晶体的获得：重结晶。
【例】苯甲酸的重结晶中粗苯甲酸全部溶解后，再加入少量蒸馏水的目的：
答：为了减少趁热过滤过程中损失苯甲酸，一般再加入少量蒸馏水
②含结晶水晶体的蒸发：蒸发浓缩当表面有晶膜产生时，停止加热
3.洗涤
洗涤试剂
适用范围
目的
蒸馏
水
冷水
产物不溶于水
除去固体表面吸附着的××杂质，可适当降低固体因为
溶解而造成的损失
热水
有特殊的物质其溶解度随着温
度升高而下降
除去固体表面吸附着的××杂质，可适当降低固体因为
温度变化溶解而造成的损失
有机溶剂(酒精、
丙酮等)
固体易溶于水、难溶于有机溶
剂
减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面
的水分，产品易干燥
饱和溶液
对纯度要求不高的产品
减少固体溶解
酸、碱溶液
产物不溶于酸、碱
除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固
体溶解
洗涤沉淀的方法：向过滤器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
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
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现象，则沉淀洗涤干净
【例】检验沉淀Fe(OH)3是否洗涤干净(含SO4
2-)：
取最后一次洗涤液
于试管中
，加入BaCl2溶液，若有白色沉淀则说明未洗涤干净，若无白色沉淀则说明洗涤干净
【例】检验NH4
＋的方法是：
答：取××少许于试管中，加入NaOH 溶液后加热，生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。（注意方法与操作
的差别）
【例】不用其它试剂，检查NH4Cl 产品是否纯净的方法及操作是：
答：加热法；取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净
【例】 检验Fe(OH)3是否沉淀完全的试验操作是：
答：取少量上层清液或过滤后的滤液，滴加几滴KSCN 溶液，若不出现血红色，则表明Fe(OH)3沉淀完全。
4、萃取与反萃取
(1) 原理：萃取则是利用物质性质由一个液相转移到另一个液相的分离方法。萃取的作用是： 从矿石的浸出液中，
提取和富集有价金属； 分离化学性质相近的金属离子。
(2)步骤：萃取的操作步骤一般是首先将水溶液(料液)与有机溶剂(或溶液)充分混合，然后利用两相的密度不同静置
分相。分出的称为萃余液，有机相称为负载有机相，被萃入到有机相中去的物质称为被萃取物(起富集或分离作用)。
(3)反萃取：被萃取物萃入有机相后，一般需要使其重新返回水相，此时把负载有机相与反萃剂(一般为无机酸或碱
的水溶液，也可以是纯水)接触，使被萃取物转入水相，这一过程相当于萃取的逆过程， 故称为反萃取。
(4)示例—分离Fe3＋ 、Al3＋(盐酸—乙醚为萃取剂)
浓盐酸中，Et2O(乙醚)与H＋形成阳离子：①Et2O＋H＋⇌Et2O·H＋
水合Fe3＋与Cl－形成配阴离子[FeCl4]－：②Fe3＋＋4Cl－⇌[FeCl4]－
Et2O·H＋再与[FeCl4]－形成佯盐：③Et2O·H＋＋[FeCl4]－⇌Et2O·H＋·[FeCl4]－(不带电荷，疏水性，溶于乙醚)
Al3＋与Cl－形成配离子能力较弱，Al3＋留在水中，分液，移去水层，Al3＋分离出去；
加水，浓盐酸变“稀”，平衡①②③逆向移动，Et2O·H＋·[FeCl4]－，释放出H＋，Cl－，Fe3＋重新水合进入水层蒸馏，
实现萃取剂的再生。经过萃取和反萃取Fe3＋和Al3＋实现分离。
5、蒸发时气体氛围
盐蒸发后的产物：（需考虑弱离子的水解、与酸的挥发）
弱碱灼烧后的产物： 弱碱 → 金属氧化物 + 水
【注意】减压蒸馏的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止受热分解、氧化等。
【例】如何从MgCl2·6H2O 中得到无水MgCl2：
答：在干燥的HCl 气流中加热，干燥的HCl 气流中抑制了MgCl2的水解，且带走MgCl2·6H2O 受热产生的水汽
蒸发浓缩用到的主要仪器有：烧杯、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒。还有取蒸发皿用坩埚钳
减压蒸发（小心烘干）：常压蒸发温度过高，××易分解；或者减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止××分解
【例】加NaCl 固体减低了过碳酸钠的溶解度，原因：
答：Na+浓度显著增加抑止了过碳酸钠的溶解
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【例】Mg(OH)2沉淀中混有Ca(OH)2应怎样除去：
答：加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用蒸馏水水洗涤
6、将分离出的某固体或某溶液收集，进行循环使用的意义：
①关于要回收某元素的溶液，提高回收率
②（若该物质有毒有害）环保，提高物质的利用率
7.计算（或物质纯度的计算）
（1）Ksp计算
①判断能否沉淀。
②判断能否沉淀完全。
③计算某一离子的浓度。
④沉淀生成和沉淀完全时pH 的计算。
（2）产率、纯度的计算
①计算公式
纯度＝×100%
产物的产率＝×100%
②计算的关键在于运用守恒或关系式法结合实验原理找到计算的关系，确定数量关系。
质量分数/纯度==m 纯÷m 样×100%
产率=实际产量÷完全转化时的质量×100%
8.原子利用率为100% 的反应：化合反应、加成反应、加聚反应
【知识点对点】结晶(全国卷)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为
FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图：
有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到
_____d____(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。
a.80 ℃ B.60 ℃ c.40 ℃
D.10 ℃
步骤⑤的反应类型是__
复分解反应
_____
。
【知识点对点】（1）从工厂采集废液(含FeSO4和少量ZnSO4、MgSO4)，进行Fe3O4的制备实验。制备流程所示：
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操作a、b 的名称分别为_____
过滤、过滤
__
。
(2)“萃取分离”溶液中钴、锂的萃取率与平衡时溶液pH 的关系如图所示，pH 一般选择5 左右，理由是__pH
在
5
左右时，钴、锂的分离效率高
__
。
(3)萃取剂对Al3＋、Co2＋萃取率与pH 的关系如图所示。
萃取分离钴、铝的实验操作：向萃取分液后的有机相中加稀硫酸调pH＝3～4，分液可得CoSO4溶液；_ 继续向萃
取分液后的有机相中加稀
H 2SO4调
pH
＝
0.5
以下
( 或
1 以下
) ，然后分液
__
，可得Al2(SO4)3溶液。
（4）已知萃取剂A、B 中pH 对钴离子、锰离子萃取率的影响如图所示，为了除去Mn2＋，应选择萃取剂_ B _ (填
“A”或“B”)。
(5)实验室从含碘废液(除H2O 外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其实验过程如图所示。
向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式：SO
＋
I 2＋
H 2O = 2I
－ ＋
2H
＋ ＋
SO
。
该操作将I2还原为I－的目的是__
使四氯化碳中的碘进入水层
___
。
(6)钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一
种工艺流程如图：
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已知：①VOSO4能溶于水，VO2＋与Fe 不能反应；
②有机溶剂H2R 对VO2＋及Fe3＋萃取率高，但不能萃取Fe2＋。
“溶剂萃取与反萃取”可表示为VO2＋＋H2RVOR＋2H＋。为了提高VO2＋的产率，反萃取剂可选用
_ c _ (填字母)。
a．NaCl b．NaOH c．H2SO4
(7)钼(Mo)是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。由钼精矿(主要成分是MoS2)湿法回收钼酸铵[(NH4)2MoO4]部分
工艺流程如图：
“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是__
富集钼酸
根离子
( 或将钼酸根离子和其他杂质分离
)___
。
(8)制备MnSO4·H2O 晶体。已知溶解度曲线如图1 所示，MnSO4·H2O 晶体在曲线拐点右侧。
操作方法：滴加稀硫酸酸化，温度__
高于
___
(填“高于”“低于”或“等于”)40 ℃，_ 蒸发
_ 结晶、_ 趁热
_ 过滤，
酒精洗涤，低温干燥。
(9)制备FeSO4·7H2O 晶体。已知溶解度曲线如图2 所示，FeSO4·7H2O 晶体在曲线拐点左侧。
操作方法：加热_ 浓缩
_ ，得到__60_℃饱和溶液，冷却至__0_ ℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥。
(3)由图3 和图4，确定以下物质的制备方法：
①制备KNO3：___
蒸发浓缩
__
、_ 冷却结晶
__
、过滤、洗涤、干燥。
②制备KCl：蒸发__
结晶
__
、_ 趁热过滤
_ 、洗涤、干燥。
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③制备无水Na2SO3：在_ 高于
_ (填“高于”“低于”或“等于”)34 ℃条件下，_ 蒸发结晶
_ 、__
趁热过滤
__
、洗涤、
干燥。
【解题建模】化工流程题中的“流程分析”
结构图解
工艺目的
(2022·广东卷)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿
可用离子交换法处理，从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
流程框图
解题素材
月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE 均难溶于水。该工艺条件下，稀
土离子保持＋3 价不变；(C11H23COO)2Mg 的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3开始溶解时的pH 为8.8；
有关金属离子沉淀的相关pH 见下表。
问题设计
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是____________。
(2)“过滤1”前，用NaOH 溶液调pH 至____________的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子
方程式为____________。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg 元素，滤液2 中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1。为尽可能多地提取
RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于
____________mol·L－1(保留两位有效数字)。
(4)
“
①加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其原因是____________。
②“操作X”的过程为：先____________，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有____________(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y 时，生成1 molPt3Y 转移______mol 电子。
Pt
②
3Y/C 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应
为________________________________________________________。
解题建模
1.挖掘题干信息，分析原材料，确定主要成分及所含杂质。
2.原材料预处理，通过酸浸和碱浸等手段，完成初步分离。
3.分析核心反应，通过氧化、中和及离子交换等手段完成主要物质到产物的转化。
4.产品的分离与提纯及含量测定，通过沉淀、结晶及煅烧等手段，得到粗品，通过滴定等定量
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过程，完成含量测定。
【答案】 (1)Fe2＋ (2)4.7≤pH<6.2 Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓ (3)4.0×10－4
(4)①加热搅拌可加快反应速率 ②冷却结晶 (5)MgSO4 (6)
15
①
②O2＋4e－＋2H2O=4OH－
【解析】 由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到的浸取液中含有RE3＋、Mg2＋、
Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、SO 等离子，经氧化调pH 使Fe3＋、Al3＋形成沉淀，经过滤除去，滤液1 中含有RE3＋、Mg2＋、
SO 等离子，加入月桂酸钠，使RE3＋形成(C11H23COO)3RE 沉淀，滤液2 主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼
加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化调
pH”的目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子
是Fe2＋。(2)由表中数据可知，Al3＋沉淀完全的pH 为4.7，而RE3＋开始沉淀的pH 为6.2，所以为保证Fe3＋、Al3＋沉
淀完全，且RE3＋不沉淀，要用NaOH 溶液调pH 至4.7≤pH<6.2 的范围内，该过程中Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓。(3)滤
液2 中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1，即0.112 5 mol·L－1，根据Ksp[(C11H23COO)2Mg]＝c(Mg2＋)·c2(C11H23COO－)，若要加入
月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO－)<＝ mol·L－1＝4.0×10－4 mol·L－
1。(4)
“
②操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)的熔点为44 ℃，故“操作X”的过程
为先冷却结晶，再固液分离。(6)
YCl
①
3中Y 为＋3 价，PtCl4中Pt 为＋4 价，而Pt3Y 中金属均为0 价，所以还原
YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y 时，生成1 mol Pt3Y 转移15 mol 电子。②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反
应，发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。
【真题演练】
1.(2023·全国甲卷)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
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BaCl2、易溶于水的BaS 和微溶于水的CaS。“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BaTiO(C2O4)2的化学方程式为________________________________________。
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(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2∶nCO＝________。
【答案】 (1)作还原剂，将BaSO4转化成BaS (2)S2－＋Ca2＋=CaS↓ (3)c
(4)不可行 CaS 与酸反应生成的有毒气体H2S 会污染空气，而且CaS 与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致
BaCl2溶液中混有CaCl2杂质，影响产品的纯度
(5)BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4= BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl (6)1 1∶
【解析】 由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水
的BaS 和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣为碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩
结晶得到BaCl2 晶体；BaCl2 晶体溶于水后，加入TiCl4 和(NH4)2C2O4 将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；
BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。(1)“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
CO、BaCl2、BaS 和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是作还原剂，将BaSO4还原。(2)“焙烧”后
固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS 和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS 与过量的CaCl2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S2－＋Ca2＋=CaS↓。(3)“酸化”步骤是为了将BaS 转化为
易溶的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而BaCl2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H2S 会污染空气，而且
CaS 与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2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BaTiO(C2O4)2的化学方程式为：BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4=BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋
2HCl。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2=====BaTiO3＋2CO2↑＋2CO↑，因此，
产生的nCO2∶nCO＝1 1∶。
2.(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，可采取的措施是_______________________________________________________(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
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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)煅烧窑中，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(或适当增大硫酸浓度、搅拌、适当升高反应液的
温度等)
(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋ Mn2＋和生成的Fe3＋会催化H2O2分解 (3)2.8×10－9 Al3＋ (4)BaSO4、NiS
(5)Mn2＋＋2H2O=====H2↑＋MnO2↓＋2H＋ 补充MnSO4溶液、排出含酸电解液
(6)2Li2CO3＋8MnO2=====4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑
【解析】 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
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进行计算可得出将溶液中的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；反应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。(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
锰矿粉碎或适当增大硫酸浓度、搅拌、适当升温等。(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＋，若使用H2O2替代MnO2，则Mn2＋和生成的Fe3＋会催化H2O2分解，原料利用率低。(3)溶矿完成以后，
反应器中溶液pH＝4，此时溶液中c(OH－)＝1.0×10－10 mol·L－1，此时体系中含有的c(Fe3＋)＝＝2.8×10－9 mol·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－)＝
1.0×10－7 mol·L－1，溶液中c(Al3＋)＝1.3×10－12 mol·L－1，c(Ni2＋)＝5.5×10－2 mol·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＋。(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＋，根据第二空“保持电解液成分稳定”的要求，需要寻找反应过
程中发生改变的电解液成分。由离子方程式可知，Mn2+被消耗，H+生成，要保持电解液成分稳定，就得补充消耗
掉的，移出生成的，结合溶液中的负离子，答案自然就出来了，即补充MnSO4溶液、排出含酸电解液(H2SO4）。
(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↑。
3.(2023·全国新课标卷)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)铝
(4)磷不能除净（磷酸盐会转化为可溶性的酸式盐） 硅不能除净（生成氢氧化镁，镁离子被消耗）
(5)C (6)2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋6SO＋5H2O
【解析】 由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠、碳酸钠和空气中煅烧，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，过滤得到氢氧化铝滤渣和滤液；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；向滤液中加入焦亚硫酸钠
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。(1)由分析可知，
煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠；(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁；(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；(4)流程图和题干已经告知该步加入了MgSO4 和
(NH4)2SO4除硅磷。该步骤中，磷以MgNH4PO4形式沉淀，硅以MgSiO3形式沉淀，将pH 调到9 左右达到最好的除
杂效果。若pH＜9，随着pH 变小，PO 将会转化为HPO 或H2PO，由于HPO 和H2PO 的盐的溶解度比磷酸盐大得
多，甚至为易溶物，因此会导致磷不能除净。若pH＞9，随着pH 变大，Mg2+将转化为Mg(OH)2沉淀，Mg2+浓度降
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低会使得c(Mg2+)·c(SiO)<Ksp(MgSiO3)，导致硅不能除净；(5)由题给信息可知，五氧化二钒是能与酸溶液反应生成
盐和水、也能与碱溶液反应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。
4.(2023·辽宁卷)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋)。实现镍、
钴、镁元素的回收。
已知：
物质
Fe(OH)3
Co(OH)2
Ni(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
10－37.4
10－14.7
10－14.7
10－10.8
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(H2SO5)，1 mol H2SO5中过氧键的数
目为_______________________________。
(3)“ 氧化” 中，用石灰乳调节pH ＝4 ，Mn2 ＋被H2SO5 氧化为MnO2 ，该反应的离子方程式为
________________________________________________________(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的
成分为MnO2、________________(填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为____________时，Mn(Ⅱ)氧
化速率最大；继续增大
SO2
体积分数时，Mn(Ⅱ) 氧化速率减小的原因是
________________________________________。
(5)“ 沉钴镍” 中得到的Co(Ⅱ) 在空气中可被氧化成CoO(OH) ，该反应的化学方程式为
___________________________。
(6)“沉镁”中为使Mg2＋沉淀完全(25 ℃)，需控制pH 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(合理即可)
(2)6.02×1023 (3)H2O＋Mn2＋＋HSO=MnO2↓＋SO＋3H＋ Fe(OH)3、CaSO4
(4)9.0% SO2有还原性，也能还原H2SO5 (5)4Co(OH)2＋O2=4CoO(OH)＋2H2O (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(H2SO5)，用石灰乳调节
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pH＝4，Mn2＋、Fe2＋被H2SO5氧化为MnO2、Fe3＋，发生反应H2O＋Mn2＋＋HSO===MnO2↓＋SO＋3H＋，Fe3＋水解同
时生成氢氧化铁，“沉钴镍”过程中，Co2＋变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)。(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(合理即可)；
(2)H2SO5的结构式为
，所以1 mol H2SO5中过氧键的数目为6.02×1023；
(3)用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2O＋Mn2＋＋HSO===MnO2↓＋SO
＋3H＋；氢氧化铁的Ksp＝10－37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3＋)＝10－5 mol/L，Ksp＝c3(OH－)×c(Fe3＋)＝
c3(OH－)×10－5＝10－37.4，c(OH－)＝10－10.8 mol/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和CaSO4；(4)根据图示可知SO2体积分数为9.0%时，Mn(Ⅱ)氧化速
率最大；SO2具有还原性，也能还原H2SO5，其体积分数过大时，与H2SO5反应，使Mn(Ⅱ)氧化速率减小；(5)“沉钴
镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2＋O2===4CoO(OH)＋
2H2O；(6)氢氧化镁的Ksp＝10－10.8, 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2＋)＝10－5 mol/L，根据Ksp可计算c(OH－)＝10－2.9
mol/L，根据Kw＝10－14，c(H＋)＝10－11.1 mol/L，所以溶液的pH＝11.1。
5.(2023·浙江6 月选考)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝{[Al2(OH)aClb]m，a＝1～5}按如下流程开
展实验。
已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH 溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝
硅酸盐。
[Al
②
2(OH)aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度＝，当盐基度为0.60～0.85 时，絮凝效果较好。
请回答：
(1)步骤1 所得滤液中主要溶质的化学式是____________。
(2)下列说法不正确的是____________。
A.步骤Ⅰ，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B.步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质
C.步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D.步骤中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度
(3)步骤Ⅴ采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A 的名称是____________；步骤Ⅴ不宜用酒精灯直接加热的原因是
____________________________________________________________________。
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(4)测定产品的盐基度。
Cl－的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00 mL。溶液于锥形瓶中，调pH＝6.5～10.5，滴加指示剂
K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.100 0 mol·L－1 AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30 秒内不褪色。
平行测试3 次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。另测得上述样品溶液中c(Al3＋)＝0.100 0 mol·L－1。
①产品的盐基度为____________。
②测定Cl－过程中溶液pH 过低或过高均会影响测定结果，原因是_________________________________。
【答案】 (1)Na[Al(OH)4] (2)C (3)蒸发皿 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
(4)
0.7
①
②pH 过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH 过高，
氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】 铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、
四羟基合铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含四羟基合铝酸钠，向四羟基合铝酸钠溶液
中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝
溶液，加热得到聚合氯化铝固体。(1)根据题中信息步骤1 所得滤液中主要溶质的化学式是Na[Al(OH)4]；(2)A.步骤
Ⅰ，反应所需温度高于100 ℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A 正确；B.步骤
Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质，故B 正确；
C.步骤Ⅲ，洗涤时不能对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C 错误；D.[Al2(OH)aClb]m中a、b 可通过控制Al(OH)3和AlCl3
的投料比来控制产品盐基度，故D 正确。(3)步骤Ⅴ采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A 的名称
是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐
基度均匀。(4)①根据Cl－～AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为＝0.09 mol·L－1，n(Al3＋)∶n(Cl－)＝10 9∶，根
据电荷守恒得到 [Al2(OH)4.2Cl1.8]m产品的盐基度为＝0.7。②测定Cl－过程中溶液pH 过低或过高均会影响测定结果，
原因是pH 过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH 过高，氢
氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
6. (2023·北京卷)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)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，MnO2的氧化性强于Fe3+。
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（1） “浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出：矿石中的银以
Ag2S 的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应MnS + 2H+=Mn2++H2S↑，则可推断：Ksp(MnS)__________(填“>”或“<”)Ksp(Ag2S)。
②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2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FeCl3、HCl 和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S 中的银以[AgCl2]-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Cl-、H+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，Ag 的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t 分钟后Ag 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：________。
【答案】 （1）①. >
.
②Fe3+、Mn2+ （2）①. 2Fe3++Ag2S+4Cl-⇌2Fe2+ + 2[AgCl2]- + S
.
②Cl-是为了与Ag2S 电离出的Ag+结合生成[AgCl2]-，使平衡正向移动，提高Ag2S 的浸出率；H+是为了抑制.
Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀
（3）①. Fe + 2[AgCl2]- =Fe2+ + 2Ag++ 4Cl-、2Fe3++Fe =3Fe2+
.
②Fe2+被氧气氧化为. Fe3+，. Fe3+把Ag 氧化为
Ag+
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成的. Fe3+还
可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)混合加H2SO4溶液，使矿石中的锰元素浸出，
同时去除FeS2，矿石中的银以Ag2S 的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有. Fe3+、Mn2+；浸锰渣中
Ag2S 与过量FeCl3、HCl 和CaCl2的混合液反应，将Ag2S 中的银以[AgCl2]-形式浸出，用铁粉把[AgCl2]-还原为金属
银。
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（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag2S 的形式残留于浸锰渣中，MnS 发生反应MnS + 2H+=Mn2++H2S↑，硫化锰溶
于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：Ksp(MnS>Ksp(Ag2S)；②根据信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将 Fe2+氧化
为. Fe3+，自身被还原为Mn2+，则浸锰液中主要的金属阳离子有. Fe3+、Mn2+。（2）①Ag2S 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2Fe3++Ag2S+4Cl-⇌2Fe2+ + 2[AgCl2]- + S；②Cl-
是为了与Ag2S 电离出的Ag+结合生成[AgCl2]-，使平衡正向移动，提高Ag2S 的浸出率；H+是为了抑制. Fe3+水解，防
止生成Fe(OH)3沉淀。（3）①铁粉可将[AgCl2]-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Fe + 2[AgCl2]- =Fe2+ + 2Ag++ 4Cl-、2Fe3++Fe =3Fe2+；②溶液中生成的 Fe2+会被空气中的氧气缓慢氧化为.
Fe3+，. Fe3+把部分Ag 氧化为Ag+，因此t min 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MnO2的氧化性将FeS2中的
Fe2+氧化为. Fe3+，同时生成的. Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnO2。
7.（2023·湖北卷） SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2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、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4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Na2CO3常用方法的名称是_______。
（4）已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为_______mol/L。“850℃
煅烧”时的化学方程式为_______。
（5）导致SiCl4比CCl4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）①. 4
.
②Ⅷ （2）SiCl4 +3H2O = H2SiO3+4HCl
（3）焰色试验 （4）①. 5.9×10-7
.
②
（5）abd
【解析】 由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和
SiO2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SiO2和H2SiO3；滤液1 用氢氧化钠溶
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液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为Co(OH)2）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2 置于空气中在850℃煅烧得
到Co3O4；滤液2 经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3 和滤饼3，滤饼3 为Li2CO3。（1）Co 是27 号元素，其原子有4 个
电子层，其价电子排布为3d 74s2，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SiCl4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：SiCl4遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为
SiCl4 +3H2O = H2SiO3+4HCl。（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为Li2CO3，常用焰色试验鉴别Li2CO3 和Na2CO3，
Li2CO3的焰色反应为紫红色，而Na2CO3的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是焰色试
验。（4）已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中c(OH-)=1.0×10-4mol/L，
Co2+浓度为
。“850℃煅烧”时，Co(OH)2与O2反应生成
Co3O4和H2O，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，SiCl4比CCl4易水解，a 有关；b．Si 的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏
向于Cl，从而导致Si-Cl 键极性更大，且Si 原子更易受到水电离的OH-的进攻，因此，SiCl4比CCl4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SiCl4比
CCl4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OH-形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水
解，d 有关；综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。
8.（2023·湖南卷）金属Ni 对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状Ni
转化成多孔型雷尼Ni 后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼Ni 暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼Ni 并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼Ni 的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。
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回答下列问题：
（1）操作(a)中，反应的离子方程式是_______；
（2）操作(d)中，判断雷尼Ni 被水洗净的方法是_______；
（3）操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2 中氢化反应的是_______；
A. 丙酮
B. 四氯化碳
C. 乙醇
D. 正己烷
（4）向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如下图所示：发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位
置需调节为_______；
（5）仪器M 的名称是_______；
（6）反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是_______；
（7）如果将三颈瓶N 中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是_______；
（8）判断氢化反应完全的现象是_______。
【答案】 （1）2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]+3H2↑
（2）取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净
（3）C （4）B （5）恒压滴液漏斗 （6）排除装置中的空气，防止雷尼Ni 自燃
（7）管道中气流不稳，不利于监测反应过程 （8）集气管中液面不再改变
【解析】本题一道工业流程兼实验的综合题，首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱和水来
洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，用于步骤2 中邻硝基苯胺的催化氢化，以此解题。（1）铝可
以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]+3H2↑；（2）由于水洗之前
是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，
滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；（3）根据题给信息可知，邻硝基苯
胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，故选C；
（4）向集气管中充入H2时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调
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节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ，应该选B，而装置C 方式中左侧会漏气，不符合题意，故选B；
（5）由图可知，仪器M 的名称是恒压滴液漏斗；（6）根据题给信息可知，雷尼Ni 暴露在空气中可以自燃，故反
应前向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是排除装置中的空气，防止雷尼Ni 自燃；（7）如果将三颈瓶N 中的导气
管口插入液面以下，则会在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程；（8）反应完成
后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。
9.（2023·山东卷） 盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO4
2-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Li2CO3的工艺流程如下：
已知：常温下，Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3。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B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-(常温下，Ka=10-9.34 )；B(OH)3与NaOH 溶液反
应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下，在0.10mol/L 硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的
B(OH)3和[B(OH)4]-，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液pH=_____。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol/L，则常温下精制Ⅱ过程中CO3
2-浓度
应控制在_____mol/L 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl 外，还将增加_____的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是_____；进行操作X 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） ①. [B4O5(OH)4]2-+ 5H2O=2B(OH)3+[B(OH)4]- ②. 9.34
（2）① CaSO4、Mg(OH)2
.
②5.5×10-4
.
③纯碱
（3）①. 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3（或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+），提高Li2CO3纯度
.
②盐酸 ③. 浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl 中会混有Li2CO3，最终所得
Li2CO3的产率减小
【解析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、
Cl-、SO42-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
CaSO4，则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4；由于CaSO4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
CaCO3；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Li2CO3。（1）含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-(常温下，Ka=10-9.34)；
B(OH)3与NaOH 溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下.在0.10mol/L 硼砂溶液中， [B4O5(OH)4]2-水解生成
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等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+ 5H2O=2B(OH)3+[B(OH)4]-，由B 元
素守恒可知，B(OH)3和[B(OH)4]-的浓度均为0.20mol/L，
，则该溶液pH=9.34。
（2 ）由分析可知，滤渣I 的主要成分是CaSO4 、Mg(OH)2 ；精制I 后溶液中Li+ 的浓度为2.0mol/L ，由
Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3可知，则常温下精制Ⅱ过程中CO3
2-浓度应控制在
mol/L 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
（Na2CO3）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CaSO4；由于CaSO4
微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ
所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3（或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+），提高Li2CO3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CO3
2-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl 中会混有
Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小。
【考向预测】
1．（2024·北京西城·二模）处理废旧铅酸电池中的含铅浆液（主要含
、
）的一种流程示意图如下。
已知：i.
，
，
ii.
和
均为可溶于水的强电解质。
(1)向含铅浆液中加入过量的
实现转化脱硫。
①结合离子方程式说明
溶液显碱性的原因： 。
②转化脱硫反应的离子方程式是 。
③检验
，证明固体a 已洗涤干净，操作和现象是 。
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(2)受热时，
分解产生
，最终生成PbO。
将
样品置于氩气中加热，316℃时，剩余固体的质量为713mg，此时固体中
。
［
、
］
(3)“还原”时加入
溶液，反应的化学方程式是 。
(4)“浸出”反应的离子方程式是 。
(5)以惰性电极电解
溶液制得Pb，溶液b 中可循环利用的物质是 。
【答案】 (1) 溶液中存在：
、
，
的水解程度大于
的水解程度，溶液显碱性
取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入
稀盐酸，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀
(2)3:1 (3)
(4)
(5)
【解析】含铅浆液主要含
、
，加过量的碳酸铵把
转化为PbCO3，固体a 中含有
、PbCO3，
加热分解得到
、PbO 的混合物，用双氧水把
还原为PbO，再用HBF4溶液“浸出”，得到Pb(BF4)2溶液，
电解Pb(BF4)2溶液得HBF4溶液和Pb。（1）①
溶液中存在：
、
，
的水解程度大于
的水解程度，所以
溶液显碱性。②转化脱硫
反应是
和
反应，
转化为PbCO3沉淀，反应的离子方程式是
。③洗
涤液中若不含
，证明固体a 已洗涤干净，操作和现象是取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀盐酸，再
加入
溶液，无白色沉淀。（2）将
样品置于氩气中加热，316℃时，剩余固体的质量为713mg，
反应生成二氧化碳的质量为88mg，二氧化碳的物质的量为
，则反应生成PbO 的物质的量为
，
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此时固体中
的质量为0.713g-
×223g/mol=0.267g，n(
)=
,
3:1。
（3）“还原”时加入
溶液把PbO2还原为PbO，反应的化学方程式是
；
（4）
和
均为可溶于水的强电解质，“浸出”时PbO 和HBF4反应生成Pb(BF4)2和水，反应的离子方
程式是
；（5）以惰性电极电解
溶液，阴极生成Pb，阳极生成氧气和HBF4，溶液
b 中可循环利用的物质是HBF4。
2．（22-23 高三上·天津南开·期末）海水是巨大的资源宝库，在海水淡化及综合利用方面，天津市位居全国前列。
回答下列问题：
(1)请写出海水淡化的一种方法： 。
(2)从海水中提取的粗盐中含有
、
、
等杂质离子，精制时常用的试剂有：a 稀盐酸；b 氯化钡溶液；c
氢氧化钠溶液；d 碳酸钠溶液。加入试剂的正确顺序是 (填字母)。
利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下，
(3)在实验室中进行操作①时，必需的玻璃仪器除烧杯外还有 。
(4)操作②为 。
(5)提取溴的过程中，经过2 次
转化的目的是 。
(6)吸收塔中发生反应的离子方程式为 ，由此反应可知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问
题是 。
(7)工业上常用上述流程“空气吹出法”实现海水提溴，将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到36gBr2，若提取
率为60%，则原海水中溴的浓度为 mg/L。
【答案】(1)蒸馏法、电渗析法或离子交换法 (2)bcda 或bdca (3)玻璃棒、漏斗 (4)在氯化氢气流中加热
(5) 富集溴元素 (6) Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+
强酸对设备的严重腐蚀 (7)60
【解析】海水中含有Na+、Mg2+、Br-、Cl-等微粒，加入石灰乳将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀后，过滤；滤渣为
Mg(OH)2，加入盐酸溶解后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到MgCl2∙6H2O，在HCl 气流中加热，MgCl2∙6H2O 转化
为MgCl2，熔融电解后可获得Mg。往过滤后所得的滤液中通入Cl2，将Br-转化为Br2，用空气吹出溴蒸气，再用
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SO2水溶液吸收，可得到Br-等，在蒸馏塔中通入Cl2，将Br-氧化为Br2，分离出Br2，从而获得工业溴。（1）海水
淡化时，可以采用去除离子的方法，也可以采用蒸出水的方法，则方法为：蒸馏法、电渗析法或离子交换法。答
案为：蒸馏法、电渗析法或离子交换法；（2）从海水中提取的粗盐中含有
、
、
等杂质离子时，除
去
需加入氯化钡，除去过量的Ba2+需要使用碳酸钠，所以碳酸钠应在氯化钡的后面加入，最后加入盐酸，所
以精制时加入试剂的正确顺序是bcda 或bdca。答案为：bcda 或bdca；（3）操作①为过滤，在实验室中进行过滤
时，必需的玻璃仪器除烧杯外还有：玻璃棒、漏斗。答案为：玻璃棒、漏斗；（4）操作②为去除MgCl2∙6H2O 中
的结晶水，但同时需防止Mg2+水解和氯化氢的挥发，所以操作为：在氯化氢气流中加热。答案为：在氯化氢气流
中加热；（5）海水中含有大量的溴，但溴的浓度很小，提取溴的过程中，经过2 次
转化的目的是：富集
溴元素。答案为：富集溴元素；（6）吸收塔中，Br2被SO2还原为Br-等，同时SO2被氧化为
等，发生反应的
离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+
，反应生成HBr、H2SO4两种强酸，对金属具有腐蚀性，由此反应可
知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是：强酸对设备的严重腐蚀。答案为：Br2+SO2+2H2O=4H+
+2Br-+
；强酸对设备的严重腐蚀；（7）将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到36gBr2，若提取率为60%，
则原海水中溴元素的质量为
=60g，溴的浓度为
=60mg/L。答案为：60。
3．（2024·河北保定·二模）钼
及其化合物广泛应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钥以NiS 和
的形式存在，从镍钼矿中分离钼的一种工艺流程如图。
已知：①
在“焙烧”过程中转化为
；
②钼酸铵
为白色晶体，具有很高的水溶性，不溶于乙醇。
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(1)
与
同族，基态
原子的价层电子排布式为 。
(2)“焙烧”中
元素转化为
，同时有
生成，写出
在“焙烧”时发生反应的化学方程式：
。
(3)下列说法正确的是__________（填标号）。
A．电负性：
B．离子半径：
C．第一电离能：
D．基态
中成对电子数与未成对电子数之比为
(4)
中存在的相互作用有__________（填标号）。
A．分子间作用力 B．金属键 C．共价键 D．离子键
(5)经过结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到
，洗涤时所选用的最佳试剂为 。
(6)
该镍铝矿（
元素的质量分数为
）通过该工艺最终得到
钼酸铵产品，则该工艺中钼酸铵
的产率为
。（保留一位小数，产率=
）
(7)氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物，原子部分填充在
原子立方晶
格的八面体空隙中，晶胞结构如图所示。氮化钼的化学式为 ，
原子周围与之等距离的
原子个数
为
【答案】(1)4d55s1 (2)
(3)D (4)CD (5)乙醇
(6)85.0 (7) Mo2N 12
【解析】某镍钼矿中的镍和钥以NiS 和
的形式存在，预处理后镍钼矿与碳酸钠、通空气焙烧后，加水浸取得
到含NiO 的浸渣，滤液中含Na2MoO4、Na2SO4等，溶液进行离子交换萃取得到交换溶液，最后萃取液经系列操作
得(NH4)2MoO4。（1）
与
同族，基态Cr 原子的价电子排布式为3d54s1，则基态
原子的价层电子排布式
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为4d55s1。（2）“焙烧”中
元素转化为
，同时有
生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平
化学方程式为：
。（3）A．同周期主族元素从左到右电负
性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性：O>S>C，A
项错误；B．根据“层多径大、序大径小”，离子半径：Na+<O2-<S2-，B 项错误；C．同周期主族元素从左到右第
一电离能呈增大趋势，第ⅡA、ⅤA 族元素大于相邻元素，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电
离能：Na<O<N，C 项错误；D. 基态
的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，成对电子数为24，未成对电子数为
2，成对电子数与未成对电子数之比为
，D 项正确；故选D。（4）(NH4)2MoO4中
与
之间为离子键，
中N 与H、
中Mo 与O 之间为共价键。（5）洗涤时所选用的最佳试剂为乙醇，既可以减小晶体的溶解
损耗，同时乙醇易挥发便于干燥。（6）根据Mo 元素守恒可知，100.00kg 该镍钼矿（Mo 元素的质量分数为
10.56%）理论上应该生成钼酸铵的质量为
，通过该工艺最终得到18.32kg 钼酸铵产品，
则该工艺中钼酸铵的产率为
。（7）从晶胞结构可以看出，Mo 原子位于顶点和面心，共有
个，氮原子部分填充在Mo 原子立方晶格的八面体空隙中，共有
个，所以氮化钼的化学
式为Mo2N，从晶胞结构可以看出，Mo 原子周围与之等距离的Mo 原子有12 个。
4．（2024·辽宁·二模）铊(Tl)广泛应用于电子、军工、航天等领域。一种从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分为
PbO、ZnO、FeO、Fe2O3、Tl2O)中回收铊的工艺流程如图所示：
已知：
Tl
①
+易被氧化为Tl3+
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②在氯化物-硫酸水溶液中，Tl 元素以
形式存在
③萃取过程的反应原理为：H++CH3CONR2+
[CH3CONR2H]TlCl4
④常温下
请回答下列问题：
(1)铊(81Tl)与铝同主族，基态
原子的价电子轨道表示式为 。
(2)“浸取Ⅰ”中Tl2O 发生反应的化学方程式为 。
(3)滤渣的主要成分为 。
(4)常温下，向“萃取分液”后的水相中加入NaOH 溶液，调pH 回收铁。已知水相中c(Zn2+)=0.1mol/L，控制pH 范
围为 (已知当溶液中离子浓度小于10-5mol/L 时，通常认为该离子沉淀完全，结果保留一位小数)。
(5)请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入CH3COONH4溶液的原因 。
(6)“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式为 。
(7)铊镉合金是原子能工业重要材料，其一种立方晶胞结构如图所示，已知该铊镉合金密度为
，设
为阿
伏加德罗常数的值，则铊原子和镉原子之间的最短距离d= nm(用含
的代数式表示)。
【答案】(1)
(2)5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+5Tl2(SO4)3+21H2O
(3) PbSO4 (4)2.8~6.0(5)CH3COO-消耗H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，Tl 元素以
形式重新进入水层
（6）H2O+
+
=TlCl↓+
+2H++3Cl- (7)
×
×107
【解析】富铊灰加入高锰酸钾和硫酸混合溶液、氯化钠溶液浸取时，氧化铅转化为硫酸铅、氧化锌转化为硫酸锌、
氧化铁和氧化亚铁转化为硫酸铁、氧化铊转化为四氯合铊离子，过滤得到含有硫酸铅的滤渣和浸取液；向浸取液
中加入萃取剂萃取，分液得到水相和含有[CH3CONR2H]TlCl4的有机相；向有机相加入醋酸铵溶液反萃取，分液得
到含有四氯合铊离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将四氯合铊离子转化为TlCl 沉淀，过滤得到TlCl；向
TlCl 中加入硫酸，经焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，最后用Zn 置换Tl2SO4溶液得到金属铊，据此分析回答问
题。（1 ）铊(81Tl) 与铝同主族，即Tl 位于第6 周期第ⅢA 族，故基态Tl 原子的价电子轨道表示式为
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，故答案为：
；（2）由题干流程图可知，“浸取Ⅰ”中Tl2O 转化为Tl3+，
该过程发生反应的化学方程式为：5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+5Tl2(SO4)3+21H2O，故答案为：
5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+5Tl2(SO4)3+21H2O；（3）由分析可知，滤渣的主要成分为PbSO4，故答
案为：PbSO4；（4）常温下，向“萃取分液”后的水相中加入NaOH 溶液，调pH 回收铁，即使Fe3+完全沉淀，则
c3(OH-)×10-5>Ksp[Fe(OH)3]，c(OH-)>
mol/L=3×
mol/L，pH>2.8，而Zn2+不产生沉淀，则已知水相中
c(Zn2+)=0.1mol/L，即c2(OH-)×0.1＜Ksp[Zn(OH)2]，c(OH-)＜
mol/L=10-8mol/L，则pH＜6.0，控制pH 范
围为2.8<pH<6.0，故答案为：2.8~6.0；（5）由萃取过程的反应原理可知，加入醋酸铵溶液反萃取时，醋酸根离子
与氢离子反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，使萃取过程的平衡向逆反应方向移动，使[CH3CONR2H]TlCl4转
化为四氯合铊离子，故答案为：CH3COO-消耗H+，使萃取过程的平衡逆向移动，Tl 元素以
形式重新进入水层；
（6）还原、氯化、沉淀过程中生成TlCl 的反应为溶液中的四氯合铊离子与亚硫酸根离子反应生成TlCl 沉淀、硫
酸根离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为H2O+
+
=TlCl↓+
+2H++3Cl-，故答案为：H2O+
+
=TlCl↓+
+2H++3Cl-；（7）由题干铊镉合金的一种立方晶胞结构所示信息可知，一个晶胞中含有Tl
的个数为：
=3，含Cd 个数为：
=1，已知该铊镉合金密度为
，设
为阿伏加德罗常数的值，则
晶胞参数为a=
×107nm，由晶胞图可知，铊原子和镉原子之间的最短距离为面对角线的一半，即d=
a=
×
×107nm，故答案为：
×
×107。
5．（2024·浙江金华·二模）一种制备
的工艺路线如图所示，反应②所得溶液
在3~4 之间，反应③需及时
补充
以保持反应在
条件下进行。
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已知：常温下，
的电离平衡常数
，
。请回答：
(1)溶液①中阴离子浓度大小(用“>”表示)： 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．反应①、②和③均为氧化还原反应
B．气体①和②是造成酸雨的主要成分
C．往反应①后的溶液中加水可得到硫酸铜溶液
D．溶液Y 可循环用于反应②进行吸收气体①
(3)写出反应③的化学方程式： 。
(4)“低温真空蒸发”可防止
被氧化。请设计实验证明
是否被氧化 。若
部分被氧化，为不降低
的产率，补充
的量应适当 (填“增加”“减少”或“不变”)。
【答案】(1)
(2)D(3)
(4) 取少量X 于试管中，加少量蒸馏水溶解，滴加过量稀盐酸，再滴加适量氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则X
被氧化 增加
【解析】铜和浓硫酸反应(反应①)生成二氧化硫气体(气体①)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应
②)生成二氧化碳(气体②)，所得溶液pH 在3～4 之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2，
Ka2=6.3×10-8，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应②所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH 值至
11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，
Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是
+2Cu2++2H2O=
+Cu2O+4H+，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3
转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH 以保持反应在pH=5
条件下进行，据此分析解答。（1）由分析可知，溶液①为NaHSO3溶液，
电离生成
，
水解生成
OH-，电离和水解都是微弱的，
的电离平衡常数
，
，
的水解常数Kh=
，
的电离程度大于水解程度，阴离子浓度大小关系为：
。
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（2）A．反应①和③中有元素化合价发生变化，为氧化还原反应，反应②中元素化合价未发生变化，不是氧化还
原反应，A 错误；B．由分析可知，气体①为二氧化硫，气体②为二氧化碳，二氧化硫造成酸雨的主要成分，二氧
化碳不能造成酸雨，B 错误；C．反应①后的溶液中存在浓硫酸，不能向浓硫酸中加水，会导致爆沸，C 错误；
D．由分析可知，溶液Y 为Na2SO3溶液，Na2SO3溶液能够和SO2反应，可循环用于反应②进行吸收SO2气体，D
正确；故选D。（3）由分析可知，反应③中CuSO4和Na2SO3反应生成Cu2O、SO2和Na2SO4，根据得失电子守恒
和原子守恒配平化学方程式为：
。（4）“低温真空蒸发”可防止
Na2SO3被氧化成Na2SO4，证明Na2SO3是否被氧化只需要检验硫酸根，方法为：取少量X 于试管中，加少量蒸馏水
溶解，滴加过量稀盐酸，再滴加适量氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则X 被氧化。制取Cu2O 总反应方程式是
，化合物X 是指Na2SO3，若
部分被氧化，为不降低
的产率，
应该增加
的量消耗SO2，使平衡正向移动。
6．（2024·山东·二模）以水钴矿(Co2O3·H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)为原料制取胆
矾和单质钴。
已知：
①常温下，Ksp(MgF2)=6.25×10-9，Ksp(CaSO4)=7.1×10-7，Ksp(CoCO3)=2.4×10-7；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见下表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co2+
Cu2+
开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH
2.7
7.5
7.6
4.7
完全沉淀时(c=10-5mol/L)的pH
3.7
9.0
9.1
6.2
③萃取Cu2+的反应原理；Cu2++2HR
CuR2+2H+；
Mg
④
、Ca、Fe、Co 均能与强酸反应产生H2。
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程硫元素价态变为+6 价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式： 。
(2)“滤渣1”的主要成分为 。
(3)常温下，“滤液1”中(Fe 元素都以Fe3+形式存在)加“氧化铜”调pH 不小于 。
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(4)常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol/L(忽略溶液中极少量的Ca2+)，除去2L“滤液2”中的Mg2+，至少需加入
NaF 固体的质量为 g(忽略溶液体积的变化)。
(5)“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为 。
(6)采用惰性电极电解CoCl2溶液﹑在无离子交换膜的条件下，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是
。
(7)将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入SO2至弱酸性，生成白色沉淀。经仪器分
析：白色沉淀含H、N，O、S、Cu 五种元素，且Cu N S=1 4 l
∶∶
∶∶；所含Cu 离子中无单电子；晶体的部分组成微粒的
空间构型分别为三角锥形和正四面体形。则白色沉淀的化学式为 。
【答案】(1)
(2)
(3)3.7 (4)
(5) 稀硫酸 (6)电解CoSO4溶液使溶液呈酸性，将生成的Co 再次溶解 (7)
【解析】水钴矿(Co2O3·H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)中加硫酸进行溶解，二氧化硅
不能被硫酸溶解，同时生成硫酸钙，过滤将二者除去；溶解过程中Co3+将Cu2S 氧化，自身被还原为Co2+；加入氧
化铜调节pH，以将Fe3+形成沉淀过滤除去；加入NaF，可将Mg2+和Ca2+形成沉淀，过滤除去；加入萃取剂对
Cu2+进行萃取，以将Cu2+和Co2+分离，分离后加入反萃取剂硫酸进行反萃取后得含CuSO4溶液，经操作得胆矾；萃
取后水相中加入碳酸钠将Co2+沉淀形成CoCO3，加盐酸溶解后对溶液进行电解得Co。（1）“酸浸”过程Co 元素
化合价+3 价降为+2 价，硫元素价有-2 价变为+6 价，Cu 元素化合价由+1 价升高为+2 价，根据得失电子守恒及质量
守恒，化学方程式：
；（2）根据分析，“滤渣1”的主
要成分：
；（3）为确保Fe3+完全沉淀，应调pH 不小于3.7；（4）“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol/L，
除去后认为溶液中c(Mg2+)＜10-5mol/L，则该反应过程中Mg 浓度变化：
，“滤液2”体积为
2L，则消耗NaF 物质的量：
，对应质量：
；（5）根据萃取Cu2+的反应原理；Cu2++2HR
CuR2+2H+ 及产物需得胆矾可判
断，“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为稀硫酸；（6）用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，电解过程中阳极发生电极
反应：
，导致溶液呈酸性，而阴极电极反应：
，生成的Co 在酸性环境下被
溶解；（7）白色沉淀晶体中分别呈三角锥和四面体形两种离子，三角锥形离子为亚硫酸根离子，四面体形离子为
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氨分子，白色沉淀的化学式：
。
7．（2024·湖南衡阳·三模）GaN 是研制高温大功率电子器件和高频微波器件的重要材料。以废旧太阳能电池(主要
成分为
)为原料制备GaN 的流程如图。请根据所学知识回答问题。
已知：
，
。
(1)
在315℃开始凝华成有光泽的针状结晶，试推测该结晶的晶体类型： 。
(2)“酸浸氧化”时，温度不宜超过50℃，原因为 。
(3)加氨水调pH 的目的是除铜，该步骤中分两步进行，第一步：
，第二步是
生成的
溶解于氨水。
①根据所给信息，计算第一步反应的平衡常数
。
②写出
溶解于氨水的离子方程式： 。
(4)“回流过滤”中，
(一种液态化合物，遇水易发生水解)与
反应的化学方程式为 ；该工
序分离
和
利用的原理是 。
(5)
气体在270℃左右以二聚物存在，请写出该二聚物的结构： 。
(6)“高温气相沉积”需要将蓝宝石基板(温度高达1000℃)放在沉积炉内，然后以很低的流速将氮化镓气体从上面吹
入炉内。研究发现平放基板时氮化镓分子无法稳定沉积到基板上，而将基板按
倾角斜放，却获得了非常均匀的
氮化镓结晶，试分析其原因： 。
【答案】(1)分子晶体 (2)双氧水易分解(或其他合理答案 )
(3)
或
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(4)
或
二者的溶解度不同
(5)
(不标出配位键也可给分 )
(6) 平放时，由于基板温度高，致使底部的气体受热上窜，形成对流，氮化镓分子无法稳定沉积到基板上(或其他合
理答案 )
【解析】废旧薄膜太阳能电池主要成分为
,高温焙烧后得到金属氧化物：
、
和
，凝华除去
，烧渣中加入硫酸和过氧化氢溶解，得到滤液中含有
、
和
，氨水过量调节
，得到的滤渣中含有
和
，滤液中含有
，向滤渣中加入
，分离出
沉淀，
得到的
溶液，通过浓缩结晶得到
晶体，GaCl3和氨气高温气相沉积生成GaN。（1）凝华是指物质跳
过液态直接从气态变为固态的现象，
在315℃开始凝华成有光泽的针状结晶，说明逆过程即升华的温度低，
即
的溶沸点低，因此该结晶的晶体类型为分子晶体，故答案为：分子晶体。（2）“酸浸氧化”时的温度不
宜过高，可能的原因是H2O2受热易分解，故答案为：双氧水易分解。（3）加氨水调pH 的目的是除铜，该步骤
中分两步进行，第一步：
，第二步是生成的
溶解于氨水。①第一步：
，已知
，
，根据所给信息，
第一步反应的平衡常数
，
，故答案为：
；②
溶解于氨水，铜离子与氨气分
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子形成的四氨合铜离子，结构式为
，因此反应为：
或
，故答案为：
或
。（4）“回流过滤”中，
遇水易发生水解，结合价态
可知可生成SO2和HCl，流程中反应后得到InCl3，因此
与
反应的化学方程式为：
或
；该工序为“回流过
滤”，可知分离
和
利用的原理是二者的溶解度不同，将InCl3过滤除掉，故答案为：
或
；二者的溶解度不同。
（5）GaCl3在270℃左右以二聚物存在，该二聚物的每个原子都满足8 电子稳定结构，可知Ga 的空轨道与Cl 的
孤对电子形成配位键，故GaCl3二聚体的结构式为
，故答案为：
。（6）平放时，由于基板温度高，致使底部的气体受热上窜，形成对流，氮化镓分子
无法稳定沉积到基板上，将基板按
倾角斜放，就可以获得非常均匀的氮化镓结晶，故答案为：平放时，由于
基板温度高，致使底部的气体受热上窜，形成对流，氮化镓分子无法稳定沉积到基板上。
8．（2024·陕西宝鸡·三模）四氧化三锰(
)是一种可用于生产锂离子电池正极材料的原料。以天然二氧化锰
粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si 等元素)为原料制备高纯
的工艺流程如下图所示。
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该工艺条件下，相关金属离子[
]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下表：
金属离子
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
回答下列问题：
(1)“氧化”中添加适量的
的作用是 (用离子方程式表示)。
(2)“除杂1”的目的是除去
、
等杂质离子，则“滤渣3”中主要有 ，“调pH”时溶液的pH 范围
应调节为 之间。
(3)“除杂2”的目的是生成
沉淀除去
，若溶液酸度过高，会导致 。
(4))常温下，利用表格中的数据，计算
(已知
)。
(5)在“沉锰”时，可用尿素[
]代替
，同时控制温度在115～120℃，写出尿素“沉锰”反应的
离子方程式 。
(6)
和氨水混合在80℃下得到的
的产率最高，若继续升高温度，会导致产率降低，原因可能是
。
【答案】(1)
(2) ZnS、NiS 4.7～6.2 (3)
沉淀不完全
(4)12.8 (5)
(6)温度升高，导致氨水挥发或分解
【解析】由题给流程可知，向天然二氧化锰粉与硫化锰矿中加入稀硫酸溶浸，金属元素转化为可溶的硫酸盐，硫
元素转化为硫，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入二氧化锰，
将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向氧化液中加入氨水调节溶液pH 在4.7～6.2 范围内，将溶液中的铁离子、铝
离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入硫化钠溶
液，将溶液中的锌离子、镍离子转化为硫化锌、硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化锌、硫化镍的滤渣和滤液；向滤
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液中加入氟化锰，将溶液中的镁离子转化为氟化镁，过滤得到含有氟化镁的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵
溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；向碳酸锰溶于硫酸溶液得到的硫酸锰溶液中加入
氨水得到氢氧化锰沉淀，氢氧化锰在空气中煅烧得到四氧化三锰。（1）由分析可知，加入二氧化锰的目的是将溶
液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为
，故答案为：
；（2）由分析可知，加入氨水调节溶液pH 在4.7～6.2 范围内的目的是
将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；加入硫化钠溶液的目的是将溶液中的锌离子、镍离
子转化为硫化锌、硫化镍沉淀，则滤渣3 的主要成分是硫化锌、硫化镍沉淀，故答案为：ZnS、NiS；4.7～6.2；
（3）由分析可知，加入氟化锰的目的是将溶液中的镁离子转化为氟化镁，若溶液酸性较强，溶液中氢离子和氟离
子会反应生成氢氟酸导致氟化镁溶解，或降低了氟离子的浓度不利于产生氟化镁沉淀，使得溶液中的镁离子不能
完全沉淀除去，故答案为：
沉淀不完全；（4）由表格数据可知，锰离子开始沉淀时溶液pH 为8.1，则氢氧
化锰的溶度积Ksp[Mn(OH)2]= c(Mn2+)c2(OH—)=0.1×(10—5.9)2=10—12.8，所以lgKsp[Mn(OH)2]=12.8，故答案为：12.8；
（5）由题意可知，硫酸锰溶液与尿素溶液共热反应生成碳酸锰沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为
，故答案为：
；（6）氨
水具有挥发性，受热易挥发和分解，所以硫酸锰溶液和氨水混合时，若温度过高，会导致氨水挥发或分解，使得
产率降低，故答案为：温度升高，导致氨水挥发或分解。
9．（23-24 高三上·山西朔州·阶段练习）五氧化二钒(V2O5)可用于冶炼钒铁、用作合金添加剂、化工催化剂等。工
业上利用石煤矿粉(主要含V2O3及少量Al2O3、SiO2)为原料生产V2O5的工艺流程如下：
已知：
①“水溶”、“转沉”、“转化”后，所得含钒物质分别为NaVO3、Ca3(VO4)2、(NH4)3VO4。
②不同pH 下，正五价钒在溶液中主要存在形式见下表：
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离
子
42
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25℃
③
时，
。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时，V2O3发生反应的化学方程式为 。
(2)“滤渣Ⅰ”的成分为 (填化学式，下同)，“滤液Ⅰ”中溶质的成分为 。
(3)先“转沉”后“转化”的目的是 。
(4)“滤渣Ⅱ”经高温煅烧后水浸，所得物质可导入到 操作中循环使用。
(5)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是 (写出两条)。
(6)25℃时，测得“转化”后所得滤液中
，为使“沉钒”时，钒元素的沉淀率达到98%，应调
节溶液中
至少为
。
(7) “煅烧”NH4VO3，制得产品V2O5，但反应体系中，若不及时分离出气体Ⅱ，部分V2O5。会转化成V2O4。已知
V2O5转化成V2O4过程中，消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3 2∶，则V2O5转化成V2O4的化学方程式为
。
【答案】(1)
(2)Al2O3、SiO2 NaOH (3)富集钒元素 (4)转
沉
（5）调节pH，将
转化为
；利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全 (6)0.4
(7)
【解析】石煤矿粉(主要含V2O3及少量Al2O3、SiO2)中加入NaCl(s)，并通入O2、水蒸气进行焙烧，发生反应，生
成NaVO3、HCl 等；水溶后过滤，可得到NaVO3溶液和滤渣Ⅰ(Al2O3、SiO2)；往滤液中加入Ca(OH)2进行转沉，
NaVO3转化为Ca3(VO4)2，过滤得滤渣；往滤渣中加入(NH4)2CO3，过滤得到(NH4)3VO4溶液和CaCO3滤渣；往滤液
中加入NH4Cl，(NH4)3VO4转化为NH4VO3；煅烧NH4VO3，可得到V2O5和NH3。（1）“焙烧”时，V2O3与
NaCl(s)、O2、水蒸气发生反应，生成NaVO3、HCl 等，化学方程式为
；
（2）由分析可知，“滤渣Ⅰ”的成分为Al2O3、SiO2；往滤液中加入Ca(OH)2进行转沉，NaVO3转化为
Ca3(VO4)2，同时生成NaOH，所以“滤液Ⅰ”中溶质的成分为NaOH；（3）先将NaVO3“转沉”为Ca3(VO4)2后，
再加入(NH4)2CO3，将Ca3(VO4)2“转化”为(NH4)3VO4溶液和CaCO3滤渣，可通过控制(NH4)2CO3的浓度，获得较大
浓度的(NH4)3VO4溶液，所以其目的是富集钒元素；（4）“滤渣Ⅱ”为CaCO3，经高温煅烧后生成CaO 等，将
CaO 水浸，所得物质为Ca(OH)2，可导入到转沉操作中循环使用；（5）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，一方面
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需要将(NH4)3VO4转化为NH4VO3，另一方面需要降低其溶解度，所以加入过量NH4Cl，其原因是：调节pH，将
转化为
；利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全；（6）25℃时，“转化”后所得滤液中
，“沉钒”时钒元素的沉淀率为98%，则“沉钒”后的溶液中
=0.004mol∙L-1，应调节溶液中
至少为
mol∙L-1=0.4mol∙L-1；（7）NH3具有还原性，能将部分V2O5转
化成V2O4，同时生成N2等，已知V2O5转化成V2O4过程中，消耗的氧化剂(V2O5)与还原剂(NH3)的物质的量之比为
3 2∶，则V2O5转化成V2O4的化学方程式为
。
10．（2024·辽宁抚顺·三模）公元前200 年左右中国就开始使用镍。镍主要用于合金及用作催化剂，也可用来制造
货币。以镍废渣（主要成分为Ni，还含有
、NiO、FeO、CaO 和
）为原料制备纯镍的流程如图，回答下
列问题：
(1)“酸浸”得到的浸渣的主要成分是 （填化学式）。常温下，“酸浸”中硫酸浓度与镍浸出率的关系如图所
示。
硫酸浓度大于
后，镍浸出率降低的可能原因是 。
(2)“氧化”时双氧水的作用是 （用离子方程式表示）。
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(3)“沉铝”时NiO 的作用是 ，“操作X”包括蒸发浓缩、 、过滤、洗涤。
(4)
在隔绝空气条件下的热失重曲线如下图2 所示。a→b 过程中失去的物质是 （填化学式，下
同），c 点对应的氧化物为 。
(6) Ni 和Nb 组成的一种合金材料，其晶胞如上图3 所示。已知：
代表阿伏加德罗常数的值。该晶胞中Ni、Nb
个数之比为 ，该晶体的密度为 （填表达式）g·cm
。
【答案】(1)
、
镍被钝化（或其他合理答案） (2)
(3) 消耗酸，促进铝离子水解生成
降温结晶 (4)
(5) 3：1
【解析】镍废料中加入一定浓度的硫酸，进行酸浸，
、NiO 和FeO 转化为可溶性的硫酸铝、NiSO4和硫酸亚
铁，CaO 与硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物，二氧化硅不反应，硫酸钙和SiO2共同形成滤渣，滤液中加双氧水氧
化Fe2+成Fe3+，再加氨水调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后往滤液中加入NiO 沉铝，形成Al(OH)3沉
淀，再次过滤后所得滤液经一系列操作，得NiSO4‧7H2O，然后灼烧得氧化物，最后还原得Ni 单质。（1）由分析
可知，“酸浸”得到滤渣1 的主要成分是
、
；浓硫酸具有强氧化性，硫酸浓度太大，可能会使Ni 钝化，
从而降低镍的浸出率，或因为硫酸浓度太大、氢离子浓度降低，使镍的浸出率降低，故硫酸浓度大于
后，
镍浸出率降低的可能原因是：镍被钝化或H+浓度降低；（2）过氧化氢具有强氧化性，“氧化”时双氧水的作用将
亚铁离子氧化为铁离子，
；（3）NiO 为金属氧化物，能和氢离子反应，“沉铝”
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是指将铝元素转化为Al(OH)3沉淀，所以其中NiO 的作用是消耗酸，促进铝离子水解生成Al(OH) 3；“操作X”得
到NiSO4‧7H2O 晶体，操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤；（4）NiSO4‧7H2O 的相对分子质量为281，起
始时2.81gNiSO4‧7H2O 物质的量为0.01mol，其中n(Ni)=0.01mol，m(Ni)=0.59g，m(H2O)=0.01mol×7×18g/
mol=1.26g，2.81g-1.26=1.55g，所以b 点为完全失去结晶水的产物，即a→b 过程中失去的物质是
；Ni 原子守
恒，加热至质量不再变化时为氧化物，0.83g 中m(Ni)=0.59g，m(O)=0.83g-0.59g=0.24g，所以n(O)=
=0.015mol，镍、氧物质的量之比为0.01mol：0.015mol=2:3，c 点对应的氧化物为
；（5）据“均摊法”，晶
胞中含
个Nb、
个Ni，则晶体密度为
=
g·cm
。
11．（2024·河南·三模）透明氧化铝陶瓷被认为是最具潜力的材料之一，制备透明氧化铝陶瓷的一种方法的流程如
图所示：
回答下列问题：
(1)试剂a 应选用 (填名称)，
的电子式为 。
(2)“反应1”的离子方程式为 。
(3)检验上述流程中“过滤”后杂质已除尽的方法是 。
(4)“沉铝”时，欲使
恰好完全转化为
沉淀，应控制pH 的范围是 {已知：溶液中
、
浓度小于
认为
沉淀完全，
，
，
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}。
(5)硫酸铝铵晶体［
］是一种重要的分析试剂，向硫酸铝铵溶液中加入同浓度的
溶
液，沉淀质量最大时，反应的总离子方程式为 。
(6)硫酸铝铵晶体加热到800～900℃得到
，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。则633℃时剩余
固体成分的化学式为 。
(7) 氧化铝陶瓷是一种重要的结构材料，工业上用它来制造坩埚、高温炉管等，是利用它的 特性；用
它制造刚玉球磨机，是利用它的 特性。
【答案】(1) 氨水(或氨气)
(2)
(3)取少许滤液于试管中，加入几滴KSCN 溶液，溶液不变红色 (4)4.6<pH<8.35
(5)
(6)
(7) 熔点高 硬度大
【解析】
(含
杂质）加入双氧水，能将
氧化为
，为了不引入杂质，加入氨水调节
pH 值，可使
生成
沉淀，得到较纯净得
，溶液A 中含有
和少量
，加入氢氧化钠
沉铝，得到
沉淀，再加入硫酸，发生反应1，离子方程式为
，得到
溶液，将
溶液和
溶液混合，发生反应2，得到硫酸铝铵晶体，硫酸铝铵晶体在
下
分解，得到
，
在1300℃下得到
中加入适量的
进行成型和烧结即可得到
透明氧化铝陶瓷，据此回答。（1）由分析知，试剂a 为氨水(或氨气)；
的电子式为
；
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（2）“反应1”的离子方程式为：
；（3）流程中“过滤”后杂质是否已除尽，只需检
验是否还含有
即可，方法为：取少许滤液于试管中，加入几滴KSCN 溶液，溶液不变红色；（4）“沉铝”时，
欲使
恰好完全转化为
沉淀，则
，
，
，
不能发生，则
，则
，
，
，
故应控制pH 的范围是4.6<pH<8.35；（5）硫酸铝铵溶液中加入同浓度的
溶液，沉淀质量最大时，反应
的总离子方程式为
；（6）
的摩尔质量为453g/mol，起点为0.01mol，A 点时，剩余质量为2.37g，减少质量为2.16g 结
晶水的质量，A 点的物质为
，B 点物质可猜想为
，根据铝守恒，
的物质的量为
0.0005mol，其质量为1.71g，故633℃时剩余固体成分的化学式为
；（7）氧化铝陶瓷是一种重要的结构
材料，工业上用它来制造坩埚、高温炉管等，是利用它的熔点高；用它制造刚玉球磨机，是利用它的硬度大。
12．(2023·福建莆田高中毕业班第二次教学质量检测)锗是现代高科技产业重要的基础材料。用含氧化锌烟尘(杂质
主要有PbO、GeO2、SiO2、FeO、Ag2O 等)为主要原料制备氧化锌和高纯度单质锗的一种工艺流程如图所示。
已知：①单宁酸是一种只含C、H、O 元素的有机化合物；
p
②Ksp＝－lg Ksp，常温下pKsp＝19.8，pKsp＝16.2，pKsp＝16.4，pKsp＝38.6；
③当溶液中某离子的物质的量浓度不大于1.0×10－5 mol·L－1时，该离子沉淀完全。
(1)“酸浸”后所得的滤渣主要成分除SiO2外，还含有____________________(填化学式)。
(2) 如图所示，“ 酸浸” 过程中浓硫酸用量超过理论量会导致锗的浸出率降低，其可能的原因为
___________________________________________________。
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(3)“调pH”所用试剂X 为________(填化学式)，若“酸浸”后溶液中c(Zn2＋)＝0.1 mol·L－1，则应调控pH 的范围为
__________。
(4)若“沉锌”的产物为Zn2(OH)2CO3，则反应的离子方程式为__________________________。
【答案】 (1)Ag2SO4、PbSO4 (2)生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附着在反应物表面，阻碍了反应的进一步进行
(3)ZnO 2.8～6.4 (4)2Zn2＋＋4HCO===Zn2(OH)2CO3↓＋3CO2↑＋H2O
【解析】 含氧化锌烟尘加入浓硫酸，生成硫酸铅、硫酸银沉淀，二氧化硅不与浓H2SO4反应，三者成为滤渣；
过滤所得滤液中加入氧化锌消耗溶液中氢离子，调节溶液的pH 将铁转化为沉淀，过滤所得滤液加入单宁酸沉锗，
滤渣灼烧后加入浓盐酸氯化蒸馏，水解、电解得到单质锗；沉锗后所得滤液加入碳酸氢铵沉锌，灼烧得到氧化锌。
(3) 由分析可知，“调pH”所用试剂X 为ZnO；若“酸浸”后溶液中c(Zn2＋)＝0.1 mol·L－1，则氢氧根离子浓度不大
于＝ mol·L－1＝10－7.6 mol·L－1，此时pOH＝7.6，pH＝6.4；要求此时铁离子完全沉淀，则氢氧根离子浓度至少
为＝ mol·L－1＝10－11.2 mol·L－1，此时pOH＝11.2，pH＝2.8；故应调控pH 的范围为2.8～6.4。(4) 若“沉锌”的
产物为Zn2(OH)2CO3，则锌离子和碳酸氢根离子反应生成Zn2(OH)2CO3、水和二氧化碳，离子方程式为2Zn2＋＋
4HCO===Zn2(OH)2CO3↓＋3CO2↑＋H2O。
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