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大题01 化工流程综合题
广东卷化学试卷中无机化工流程题以工业真实情境为载体，聚焦“原料处理-反应转化-分离提纯-循环
利用”主线，系统考查化学核心素养与实际问题解决能力。命题规律体现三大特征：一是知识整合性，融
合氧化还原、沉淀溶解平衡、电化学等原理，注重步骤间的逻辑推导；二是情境前沿性，紧扣资源回收
（如锂电材料再生）、战略金属提取等科技热点；三是能力进阶性，从单一知识点辨识转向多变量综合分
析（如pH 调控对多金属离子分步沉淀的影响）。解题核心策略需把握三大维度：步骤目标解析（明确除
杂、富集、转化的阶段性任务）、反应条件优化（结合图表分析温度、浓度、pH 对产率的影响机制）、
绿色化学评价（副产物回收路径与能耗成本权衡）。2025 年考向预计进一步强化学科交叉与创新思维：一
是在情境设计上渗透新能源材料合成（如钠离子电池正极制备）与低碳技术（如工业废气催化转化）；二
是在考查维度上新增热力学分析与工艺对比评价（原子经济性、循环效率）；三是在能力要求上深化定量
推理（多步损失率叠加计算）与微观探析（晶胞参数与离子迁移路径关联）。
常设考向1 原料的预处理
1.（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为
，含有
等杂质)生产纯铜，流程示意图如
下。
1
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（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。
【规范答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
【解题思路】（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反
应更充分。
2．（2022·广东卷）稀土(
)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，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸
熔点为
；月桂酸和
均难溶于水。该工艺条件下，稀土
离子保持
价不变；
的
，
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。
离子
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
（4）“加热搅拌”有利于加快
溶出、提高产率，其原因是_______。
【规范答案】（4） 加热搅拌可加快反应速率
【解题思路】（4）“加热搅拌”有利于加快
溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，
故答案为：加热搅拌可加快反应速率。
3.固体电解质LATP 的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，某研究人员以钛铁矿精粉(主要成分为FeTiO3，含少量
Al2O3、SiO2)为原料合成LATP 的工艺流程如图所示。
2
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请回答下列问题。
（1）“粉碎”的目的是 ，为了达到这一目的，还可以采用的措施有 (答一条即
可)。
（2）“碱浸”的目的是除去 (填化学式)。
（3）“碱浸”时加入适当过量的NaOH 溶液，“酸浸”时加入适当过量的稀硫酸，且NaOH 溶液和稀硫
酸均不宜过量太多，其主要原因是
。
【规范答案】（1）增大接触面积，增大反应速率 适当升温(或搅拌，合理即可)
（2）Al2O3、SiO2
（3）适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸
液1 和滤液2 成本高
【解题思路】（1）“粉碎”的目的是增大接触面积，增大反应速率；为了达到增大反应速率的目的，还
可以适当升温或搅拌。
（2）钛铁矿粉碎过筛后主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2，加入NaOH 溶液“碱浸”的目的是除去
杂质Al2O3、SiO2。
（3）NaOH 溶液和稀硫酸均具有强烈的腐蚀作用，两者均不宜过量太多的原因是防止过量NaOH、H2SO4
腐蚀反应容器，还有生产成本等因素。
常见预处理的操作及作用
1、研磨、雾化（将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率
或使反应更充分）：
提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等。
2、浸取(即浸出/溶解)
（1）水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。
（2）酸浸：在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的
过程；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等。
（3）碱浸：去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO 等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通
过过滤除去的过程。
（4）醇浸：提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物。
3
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3、灼烧(焙烧)：除去可燃性杂质或使原料初步转化。①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；
③高温下原料与空气中氧气反应；④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。
4、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
1.从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO 等杂质)中提取镍和铜的一种工艺流程如图所示。
（1）上述流程中，增大反应速率的措施是 。
（2）浸出过程中通入O2的目的是 。
【答案】（1）研磨
（2）将Fe2+氧化为Fe3+，便于转化为沉淀除去
【解析】（1）将铜镍矿研磨，可以使固体颗粒减小，增大固体与溶液的接触面积，从而增大浸出阶段反
应速率。
（2）O2具有氧化性，可将H2SO4溶解后的Fe2+转化为Fe3+，便于转化为沉淀除去。
2.铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有
广泛应用。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程如图
所示:
已知:①铈的常见化合价为+3、+4，Ce4+不易进入溶液，而Ce3+易进入溶液；
Ce
②
4+能与SO4
2−结合成[CeSO4]2+，Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取。
（1）焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4，焙烧氟碳铈矿的目的是
4
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。
（2）“酸浸Ⅱ”过程中CeO2转化为Ce3+，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和H2O2替换盐酸就不会造成环境
污染。则稀硫酸、H2O2与CeO2反应的离子方程式为 。
（3）“操作Ⅰ”的名称是 。
【答案】（1）将Ce3+转化为Ce4+，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的
富集
（2）6H++2CeO2+H2O2
4H2O+2Ce3++O2↑
（3）过滤
【解析】（1）根据题意，Ce4+不易进入溶液，而Ce3+易进入溶液，故焙烧氟碳铈矿的目的是将Ce3+转化为
Ce4+，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集。
（2）CeO2转化为Ce3+，则H2O2转化为O2，离子方程式为6H++2CeO2+H2O2
4H2O+2Ce3++O2↑。
（3）“操作Ⅰ”为使固态物质与液态物质分离的操作，所以为过滤。
3．湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、镉(Cd)、铜、铁、钴(Co)等金属单质。利用铜镉渣可生产Cu、Cd 及
ZnSO4·7H2O 等，其生产流程如图：
如表是部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为0.1 mol·L－1计算)
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cd(OH)2
Zn(OH)2
开始沉淀的pH
1.9
7.0
7.2
5.4
沉淀完全的pH
3.2
9.0
9.5
8.2
提高铜镉渣的“浸出”速率的措施有________________________________(写出1 条即可)
【答案】适当升高浸取液温度(或将铜镉渣磨制成粉末等)
【解析】升高温度、增大反应物表面积等均可提高反应速率。
4．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是一种重要的工业原料，能溶于水，不溶于乙醇，其工业制法如下。请回答：
步骤①中碱液洗涤的目的是__________________________
【答案】除去油污和锌层
【解析】用碱性的Na2CO3溶液洗去表面的油污及Zn 层，得到纯固体Fe。
5．CuCl 是有机合成的重要催化剂，并用于颜料、防腐等工业。工业上由废铜料(含Fe、Al 及其化合物、SiO2
杂质)，生产CuCl 的工艺流程如下：
5
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废铜料煅烧
1
滤渣
过滤
酸浸
H2O2 H2SO4
1
滤液
1
操作
X
过滤
2
滤渣
2
滤液
1
反应
SO2
食盐
冲稀
大量水
过滤
洗涤
干燥
CuCl
物质
开始沉淀
沉淀完全
Fe(OH)3
2.7
3.7
Cu(OH)2
5.6
6.7
Al(OH)3
3.8
4.7
已知：CuCl 溶于NaCl 的浓溶液可生成CuCl2－，CuCl2－的溶液用水稀释后可生成CuCl 沉淀
煅烧的主要目的是______________________________________
【答案】使铜转化为可溶于酸的氧化物
【解析】煅烧废铜料，将铜转化为溶于酸的氧化物。
常设考向二 反应条件的控制
1．（2024·广东卷）镓(
)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭
渣(含
和少量的
等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，
是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用
提取金属离子
的原理如图。已知：
6
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①
。
②
(冰晶石)的
为
。
③浸取液中，
和
以
微粒形式存在，
最多可与2 个
配位，其他金属
离子与
的配位可忽略。
（5）“调
”中，
至少应大于 ，使溶液中
，有利于
配离子及
晶体的生成。若“结晶”后溶液中
，则
浓度为
。
【规范答案】（5）3.2 4.0×10-7
【解题思路】由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)=
=10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=
×10-
3.2<10-3.2mol/L，故pH 至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中
c(Na+)=0.10mol L
⋅
-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为
=4.0×10-
7mol L
⋅
-1；
2.（2023·海南·统考高考真题）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略
物资。利用绿柱石(主要化学成分为(
，还含有一定量的FeO 和
)生产BeO 的一种工艺流程
如下。
回答问题：
（1）无水
可用作聚合反应的催化剂。BeO、
与足量C 在600~800℃制备
的化学方程式为
。
【规范答案】（1）BeO+Cl2+C
CO+BeCl2
【解题思路】（1）BeO、
与足量C 在600~800°C 生成BeCl2同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl2+C
CO+BeCl2；
3.锗是现代化高科技产业重要的基础材料。以含氧化锌烟尘(杂质主要有PbO、GeO2、SiO2、FeO、Ag2O
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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
pK
②
sp=-lg Ksp，常温下pKsp[Pb(OH)2]=19.8，pKsp[Zn(OH)2]=16.2，
pKsp[Fe(OH)2]=16.4，pKsp[Fe(OH)3]=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 时，该离子沉淀完全
（1）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
。
（2）“调pH”所用试剂X 为 (填一种物质的化学式)，若“酸浸”后溶液中
c(Zn2+)=0.1 mol/L，则应调控pH 的范围为 。
【规范答案】（1）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
（2）ZnO 2.8～6.4
【解题思路】（1）“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。
（2）“调pH”所用试剂X 为ZnO；若“酸浸”后溶液中c(Zn2+)=0.1 mol/L，则氢氧根离子浓度不大于
√
K sp[Zn(OH)2]
c( Zn
2+)
=√
10
-16.2
0.1
mol/L=10-7.6 mol/L，此时pOH=7.6，pH=6.4；要求此时铁离子完全沉淀，则
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氢氧根离子浓度至少为
3√
K sp[Fe(OH)3]
c(F e
3+)
=3√
10
-38.6
10
-5 mol/L=10-11.2 mol/L，此时pOH=11.2，
pH=2.8；故应调控pH 的范围为2.8～6.4。
一、条件控制——调溶液的pH
1.调pH 除杂：控制溶液的pH 使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀而被除去。
（1）原理：加入的物质能使溶液中的H+反应，降低了H+浓度，使溶液pH 增大。
（2）pH 调整范围：杂质离子沉淀完全时pH 值～主要离子开始沉淀时pH（注意端值取）。
（3）调pH 需要加入的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物、氢氧化物或碳酸
盐，能与H+反应，使溶液pH 增大；如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型物质。
（4）除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋：可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的
pH 值。（原因：加CuO 等消耗溶液中的H+的，促进Fe3+的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀析出）
（5）除去Cu2＋溶液中混有的Fe2＋：一般先加H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加CuO、Cu(OH)2、CuCO3、
Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH 值。
2.抑制某些离子的水解，防止产品混入杂质
像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相应的无水盐时。由于水解
生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解（水解反应为吸热反应）导致产品不纯。
如：有MgCl2·6 H2O 制无水氯化镁要在HCl 气流中加热，否则MgCl2·6 H2O≜Mg(OH)2↓+2HCl↑+4H2O
3.控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性(增强MnO4
-、NO3
-的氧化性)。
4.调节离子的水解程度。
5.控制PH 的目的的答题思路
（1）pH 调小：抑制某离子水解，防治某离子沉淀
（2）pH 调大：确保某离子完全沉淀，防止某物质溶解等
二、条件控制——调节温度
1.升高温度（加热）
①加快反应速率或溶解速率；
②促进平衡向某个（吸热）方向移动；如：促进水解生成沉淀
③除去受热不稳定的杂质，如H2O2、铵盐、硝酸盐、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质
④使沸点相对较低或易升华的杂质气化。
2.降低温度
①防止某物质在高温时会挥发(或分解) ；
②使化学平衡向着题目要求的方向移动（放热方向），从而提高产物的产率；
③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；
④降低晶体的溶解度，减少损失。
9
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3.控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)
（1）温度太低：反应速率太慢或溶解速率太小
（2）温度过高：
①催化剂会失去活性，化学反应速率下降
②物质会分解：如铵盐、H2O2、NaHCO3、氨水等
③物质会挥发：如浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等
④物质易被氧化：如Na2SO3等
⑤物质易升华：如I2升华
4.答题方法与技巧
①若用到双氧水、氨水、铵盐、硝酸盐等易分解的物质，控温的目的是防止物质分解
②若题目中出现有机物和有机溶剂，控温的目的是防止其挥发
③若溶液中制备物质，常使用加热的方法加快反应速率
④煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气
⑤温度范围答题模板
a.温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、
NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。
b.温度不低于××℃的原因:加快反应速率或者对于吸热反应而言可使平衡正移，增加产率
1.金属铑(Rh)是一种高效催化剂，在有机合成中发挥重要作用。一种以高铜铑精矿(主要含Rh，还含有少量
的Cu、Fe 等杂质)为原料提取铑的工艺流程如图所示。
“定向脱铜”时，铜与铑的沉淀率随pH 变化如图所示，该过程需将溶液pH 调至2，结合图像说明原因:
。
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【答案】pH=2 时，铜的沉淀率已超过98%，铑的沉淀率几乎为零(或pH<2 时，铜的沉淀率降低，pH>2
时，铑的沉淀率增加)
【解析】“定向脱铜”时，需将溶液pH 调至2，原因是pH=2 时，铜的沉淀率已超过98%，铑的沉淀率几
乎为零(或pH<2 时，铜的沉淀率降低，pH>2 时，铑的沉淀率增加)。
2.从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收碲的工艺流程如图所示。
已知:①碱浸液中碲以TeO4
2−的形式存在；
Na
②
2SO3可将Te(Ⅳ)还原为0 价Te；
TeO
③
2与氧化铝的性质具有一定的相似性。
（1）“还原”过程中，反应温度、反应时间对碲回收率的影响如图1 所示，工业上一般采取的条件为控
制温度为75 ℃，反应时间为120 min，其原因是
。
（2）“还原”过程中，Na2SO3用量对碲回收率的影响如图2，随着Na2SO3用量增加，碲回收率呈先增大
后减小趋势，请分析当其用量大于理论用量的1.0 倍时，曲线下降的原因:
。
11
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（3）加酸调pH 时发生反应的化学方程式为 ，加入硫酸的量不宜过多，其原因是
。
【答案】（1）再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本
（2）过量的Na2SO3可将Te(Ⅳ)还原为0 价Te，致使溶液中Te(Ⅳ)浓度下降
（3）Na2TeO3+H2SO4
TeO2↓+Na2SO4+H2O 过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低
【解析】（1）由图可知，“还原”过程中，采用“反应时间为120 min、75 ℃”的原因是该条件下，回收
率已经大于95%，再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本。
（2）“还原”过程中，发生反应的离子方程式为TeO4
2−+SO3
2−
TeO3
2−+
SO4
2−，则Na2SO3的用量大于理论用量的1.0 倍时，过量的Na2SO3可将Te(Ⅳ)还原为0 价Te，致使溶液中
Te(Ⅳ)浓度下降。
（3）加适量的酸调pH 时发生反应的化学方程式为Na2TeO3+H2SO4
TeO2↓+Na2SO4+H2O；已知TeO2与
氧化铝的性质具有一定的相似性，过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低。
3.钒酸铋(
)是一种亮黄色无毒无害的光催化剂，主要应用于高选择性制备氢气。工业上以辉铋矿粉
(主要成分是
，并含
、Bi、
和
等杂质)为原料制备钒酸铋(
)的流程如图所示：
已知部分信息如下：
①氧化性：
。
②滤液1 中的阴离子主要是
。
③常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：
氢氧化物
开始沉淀时的pH
7.6
1.6
4.0
完全沉淀时的pH
9.6
3.1
5.5
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当溶液中某离子浓度小于
时，视为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）从工艺流程分析，氧化调节pH 环节，除了可用NaOH 溶液，还可用 调节，且需调至溶液的
pH 为 (填范围)。
【答案】（1）
或氨水、
等
【解析】（1）加入NaOH 的目的是反应掉溶液中的H+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，除了可用NaOH 溶
液，还可用
或氨水、
等，根据表格中几种离子生成氢氧化物沉淀的pH，调节溶液的pH 范
围为
；
4．金属钛（
）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金
属”。一种由钛铁矿[主要成分是钛酸亚铁
，还含有少量
、
等杂质]为主要原料冶炼金属
钛同时获得副产品绿砜
的工业生产流程如下图所示。
已知：①
易水解为
。②
在
时生成沉淀，
时沉淀完全。③高温下钛易
与
等反应．
（1）某实验小组为探究混合液中加入铁粉的最佳反应条件，进行了下列有关实验。
①在其它条件不变的情况下，体系中
[指
和
等含正三价铁元素的微粒]含量随
变化如
图1，由图可知，还原体系中
的最佳
范围为 ，试分析，在
介于
之间
时，
量基本保持不变的原因： 。
②保持其它条件不变，体系中
含量随温度变化如图2，由图可知，还原体系中
的最佳反应温
度为
。
a．
b．Ar c．
d．
【答案】（1） 1～2
介于4～6 之间时，铁离子水解完全，
主要以
形式存在
13
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55
【解析】（1）①铁粉是和三价铁离子反应，而pH 较高时会生成氢氧化铁沉淀，不利于还原，故还原体系
中
的最佳
范围为：1～2；
由Fe3+水解呈酸性，pH 越大，越促进水解正向进行，则pH 介于4～6 之间时，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式
存在，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变，故答案为：pH 介于4～6 之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以
Fe(OH)3形式存在；
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示，由图可知，55℃是体系中
Fe(Ⅲ)含量最低，故还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为55℃；
5．工业上利用硫铁矿烧渣(主要成分为
、FeO、
等)为原料制备高档颜料铁红
，具体生产
流程如图：
试回答下列问题：
（1）②步骤IV 的反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是 。
③步骤IV 中，
达到沉淀溶解平衡时，室温下测得溶液的pH 为8，
为
。试判
断所得
中是否混有
(填“是”或“否”)，请通过简单计算说明理由 (已知：
)。
【答案】（1）防止NH4HCO3分解，减少Fe2＋的水解 否 溶液中，c(Fe2+)•c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-
6)2=1.0×10-17＜Ksp[Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2沉淀生成
【解析】（1）②步骤IV 的反应温度一般需控制在35°C 以下，温度过高碳酸氢铵会分解，温度升高促进
亚铁离子的水解，故答案为：防止NH4HCO3分解，减少Fe2＋的水解；
FeCO3达到沉淀溶解平衡时，溶液的pH 为8，常温下c(OH-)=10-6mol/L，c(Fe2+)为1.0×10-5mol•L-1时，根据
氢氧化亚铁的Qc=c(Fe2+)•c2(OH-)=1.0×10-5mol•L-1×(10-6mol/L)2=10-17＜Ksp[Fe(OH)2]，所以不会出现氢氧化亚
铁沉淀，故答案为：否；溶液中，c(Fe2+)•c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-6)2=1.0×10-17＜Ksp[Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2
沉淀生成；
常设考向三 陌生方程式的书写
1．（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
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)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：
（3）“氨浸”时，由
转化为
的离子方程式为 。
【规范答案】（2）＞
【解题思路】（2）常温下，
的氨性溶液中，
，
，
，则
＞
；故答案为：＞。
2.（2024·安徽·高考真题）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
阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
（1）“浸取2”步骤中，单质金转化为
的化学方程式为 。
【规范答案】（1）
【解题思路】（1）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
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子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：
；
3．（2024·甘肃·高考真题）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）“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，
【规范答案】（1）
【解题思路】（1）“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；
书写复杂氧化还原反应方程式的步骤
运用“证据→推理→符号”思路书写复杂氧化还原反应方程式的基本过程如下：
a．“读”取题目中的有效信息(证据)；
b．写出主要反应物和生成物的化学式(推理＋表征)；
c．再依据质量守恒、电荷守恒(基本规律)，写出规范的方程式。
（1）找出发生氧化还原反应的物质或离子。
（2）依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物(这里要重视题目中的信息提示，或给出的生成
物)。
（3）根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应计量数。
（4）根据原子守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋、OH－或H2O 的形式使方程
式的两端的电荷守恒。
1.某废镍催化剂的主要成分是Ni Al 合金，还含有少量Cr、Fe 及不溶于酸、碱的有机物。采用如图工艺流
程回收其中的镍，制备镍的氧化物(NixOy)。
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回答下列问题。
（1）在空气中煅烧NiCO3，其热重曲线如图所示，300～400 ℃时NiCO3转化为Ni2O3，反应的化学方程式
为 ；
400～450 ℃生成的固体产物的化学式为 。
（2）工业上可用电解法制取Ni2O3。用NaOH 溶液调节NiCl2溶液pH 至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性
电极进行电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-，再把二价镍氧化为三价镍。写出
ClO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式: ，
a mol 二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过的电子的物质的量为 mol(假设电解时阳极只考
虑Cl-放电)。
【答案】（1）4NiCO3+O2
2Ni2O3+4CO2 Ni3O4
（2）ClO-+2Ni(OH)2
Ni2O3+Cl-+2H2O 1.25a
【解析】（1）300～400 ℃ NiCO3转化为Ni2O3，反应的化学方程式为4NiCO3+O2
2Ni2O3+4CO2；设1 mol NiCO3在400～450 ℃下分解为NixOy，1 mol NiCO3的质量为1 mol×119 g·mol-1=119
g，由图可知，NiCO3在400～450 ℃下分解，固体残留率为67.5%，则分解后NixOy的质量为119
g×67.5%≈80.3 g，根据Ni 元素守恒可知，生成NixOy的物质的量为1
x mol，1
x mol×(59x+16y)g·mol-1=80.3
g，得到y
x ≈4
3 ，故400～450 ℃生成的固体产物的化学式为Ni3O4。
（2）ClO-把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl-，配平得离子方程式为ClO-+2Ni(OH)2
Ni2O3+Cl-
+2H2O；根据离子方程式，消耗a mol Ni(OH)2的同时消耗a
2 mol ClO-，Cl2有80%在弱碱性条件下转化成
ClO-，即Cl2+
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2OH-
ClO-+Cl-+H2O，电解过程中产生氯气的量为0.5a
80 % mol，电解过程中2Cl--2e-
Cl2，因此外电路转
移电子物质的量为0.5a×2
80 %
mol=1.25a mol。
2.仲钼酸铵[(NH4)6Mo7O24]是用作测定磷酸盐、镍、锗、二氧化硒、砷酸盐、生物碱和铅等的试剂。用某含
钼废料(主要含有MoS2、CoS 和Al2O3)制备仲钼酸铵的工艺流程如图所示。
请回答下列问题。
（1）焙烧时MoS2转化为MoO3，则MoS2焙烧时的化学方程式为 。
（2）“调pH 为5.5”生成仲钼酸铵的化学方程式为 。
（3）已知有如下转化关系，则八钼酸铵的化学式为 。
MoO4
2−
Mo7O24
6−(七钼酸根离子)
MoxO y
4−(八钼酸根离子)
【答案】（1）2MoS2+7O2
2MoO3+4SO2
（2）7(NH4)2MoO4+4H2SO4
(NH4)6Mo7O24+4(NH4)2SO4+4H2O
（3）(NH4)4Mo8O26
【解析】（1）焙烧时MoS2转化为MoO3，则MoS2焙烧时被空气中的氧气氧化，MoS2中的硫元素转化为
SO2，根据电子守恒和元素守恒写出该反应的化学方程式为2MoS2+7O2
2MoO3+4SO2。
（2）向(NH4)2MoO4溶液中加入硫酸“调pH 为5.5”生成仲钼酸铵，根据元素守恒，生成物还有硫酸铵和
水，
化学方程式为7(NH4)2MoO4+4H2SO4
(NH4)6Mo7O24+4(NH4)2SO4+4H2O。
（3）八钼酸根离子中有8 个Mo，即x=8，根据转化关系可知，Mo 的化合价为+6 价，八钼酸根离子带4
个单位负电荷，所以O 有26 个，则八钼酸铵的化学式为(NH4)4Mo8O26。
3.重铬酸钾(K2Cr2O7)在实验室和工业上都有广泛应用。如工业中常将其用于制铬矾、火柴、电镀、有机合
成等。工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]制备重铬酸钾的工艺流程
如图所示。
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已知:焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe 元素转化为NaFeO2，铝的氧化物转化为NaAlO2。
请回答下列问题。
（1）写出焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式: 。
（2）水浸滤渣的主要成分是Fe(OH)3，写出生成此滤渣的离子方程式:
。
（3）酸化时加冰醋酸调节pH 约等于5，写出酸化过程中反应的离子方程式: 。
【答案】（1）4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O2
8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2
（2）FeO2
-+2H2O
Fe(OH)3↓+OH-
（3）2CrO4
2−+2CH3COOH
Cr2O7
2−+2CH3COO-+H2O
【解析】（1）焙烧过程中发生的主要反应为Fe(CrO2)2与碳酸钠、氧气反应生成铬酸钠、NaFeO2和二氧化
碳，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O2
8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2。
（2）水浸发生的反应为NaFeO2与水反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为FeO2
-+2H2O
Fe(OH)3↓+OH-。
（3）酸化时加冰醋酸调节pH 约等于5 的目的是将溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，反应的离子方程式为
2CrO4
2−+2CH3COOH
Cr2O7
2−+2CH3COO-+H2O。
4．以铅精矿(含
，
等)为主要原料提取金属
和
的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“置换”中可选用的试剂X 为 (填标号)。
A．
B．
C．
D．
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“置换”反应的离子方程式为 。
【答案】（1）C
【解析】（1）“置换”中加入试剂X 可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X 应为
Pb，发生的反应为：
。
5．钼具有耐腐耐磨的特性，目前广泛应用于化工、医疗和国防领域。一种使用先进的碱性氧化焙烧法，
从镍钼矿（主要成分是
）中回收钼的流程如图所示：
已知：①“焙烧”后钼元素以
的形式存在，
的化合价不变且以氧化物的形式存在，“焙烧”
过程中未见有含
气态物的生成。
②
。
③一般离子浓度达到
以下视为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）写出“焙烧”过程中
发生反应的化学方程式： 。
【答案】（1）
【解析】（1）由题中信息可知，含
的产物为
，S 没有生成气体物质，故被氧化为最高价的
盐
，流程中生成
，可写出反应物与生成物，再由氧化还原配平的规则进行还原剂
和氧化
剂
的配平，再根据元素质量守恒配平其他原子，写上焙烧条件可得
；
常设考向四 物质的分离与提纯
1．（2024·全国甲卷·高考真题）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。
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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
。
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）“沉淀”步骤中，用
调
，分离出的滤渣是 。
（2）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 。
【规范答案】（1）
（2）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
【解题思路】（1）“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
。
（2）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·湖南·高考真题）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）在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是 。
（2）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）使银元素转化为AgCl 沉淀
（2）
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
【解析】（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。
产品的分离与提纯
1. 矿料分离的原则：不引入新杂质，分离提纯后的物质状态不变，实验过程和操作方法简单易行，经济
廉价。
2.物质分离的方法：
（1）物理方法：溶解过滤、水洗、结晶、蒸馏、萃取分液、升华、液化、盐析、渗析、离子交换、
吸附法、浮选法等；
①盐溶液的分离提纯方法：结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁
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热过滤)
②过滤——固、液分离
③蒸馏——液、液分离(有沸点差异)
④分液——互不相溶的液体间的分离(有溶解性差异)
⑤萃取——用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来。
⑥升华——将可直接气化的固体分离出来。
⑦盐析——加无机盐使溶质的溶解度降低而析出
⑧洗涤(冰水、热水、有机溶剂)
水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)
冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度
大、低温溶解度小的物质)
醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗
(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥)
（2）化学方法：热分解法、酸碱处理法、沉淀法、氧化还原法、电解法。
1.某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图所示。
操作1 主要包括: 、 、 。洗涤CuSO4·5H2O 粗产品不能用大量水洗，而
要用少量乙醇冲洗，其好处是
。
【答案】蒸发浓缩 冷却结晶 过滤 乙醇在洗去晶体表面的杂质离子时，可以减少晶体的损失同时易干
燥
【解析】由于硫酸铜晶体加热容易失去结晶水，所以由硫酸铜溶液制取硫酸铜晶体需要蒸发浓缩、冷却结
晶、过滤、洗涤、干燥；由于CuSO4易溶于水而不易溶于有机溶剂乙醇，用少量乙醇冲洗既可以洗去晶体
表面的杂质离子，又可以减少晶体的溶解损失，且由于乙醇易挥发，可以使晶体快速干燥。
2.天空课堂第二课中航天员展示了金属锆(40Zr)在无容器实验柜中从液体变成固体时的“再辉”现象。以锆
英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆的流程如图所示。
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已知:常温下，ZrCl4是白色固体，604 K 升华，遇水强烈水解ZrCl4+
9H2O
ZrOCl2·8H2O+2HCl，在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O 沉淀。请回答下列问题。
（1）分馏过程中，为防止产品变质，一定需要注意的是 。
（2）实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O 沉淀的操作是
。
（3）由于锆铪(Hf)矿石共生，这样制得的锆中常含有少量的铪，需要进一步分离提纯。
溶解分离:将样品溶于氢氟酸后再加入一定量KOH 溶液，锆和铪均以[MF6]2-存在。
①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用
方法进行分离。
②离子交换法:利用强碱型酚醛树脂R—N(CH3)3
+Cl-阴离子交换剂进行交换分离，原理是
2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6
[RN(CH3)3]2ZrF6+2KCl；
2RN(CH3)3Cl+K2HfF6
[RN(CH3)3]2HfF6+2KCl。然后再用HF 和HCl 混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴
离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是 。
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以使Zr 与Hf 分离。这种分离方法是
。
【答案】（1）保持干燥
（2）向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2～3 次
（3）①重结晶 ②锆、铪配离子与阴离子交换树脂的结合能力不同 ③萃取
【解析】（1）由题意知，ZrCl4遇水强烈水解，分馏过程中，为防止产品变质，一定需要注意的是保持干
燥。
（2）ZrCl4在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O 沉淀，实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O 沉淀的操作是向漏斗中加浓
盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2～3 次。
（3）①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用重结
晶方法进行分离。
②题述方法能够将锆、铪分离的原因是锆、铪配离子与阴离子交换树脂的结合能力不同。
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以使Zr 与Hf 分离，这种分离方法是萃取。
3.绿矾(FeSO4·7H2O)在医药和染料生产中有广泛应用。下面是以铁屑(含少量锡等杂质)生产绿矾的一种方
法。
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已知:在H2S 饱和溶液中，SnS 沉淀完全时溶液的pH 为1.6；FeS 开始沉淀时溶液的pH 为3.0，沉淀完全时
的pH 为5.5。
（1）操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2 的目的是 ；通入H2S 至饱和的目的:①除去操
作Ⅰ所得溶液中含有的Sn2+等杂质离子，② 。
（2）操作Ⅳ的顺序依次为 、冷却结晶、 。
（3）操作Ⅳ得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②
。
【答案】（1）使Sn2+完全变成SnS 沉淀，而Fe2+不沉淀 防止Fe2+的氧化
（2）蒸发浓缩 过滤洗涤
（3）降低洗涤过程中FeSO4·7H2O 的损耗
【解析】（1）由题干已知条件知，pH 影响Sn2+和Fe2+的沉淀程度，在溶液pH=2 时可使Sn2+完全沉淀，而
亚铁离子不沉淀；通入H2S 至饱和的目的之一是硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化。
（2）从溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，冷却结晶析出后过滤洗涤等，所以操作Ⅳ的顺
序依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤。
（3）冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失。
4.合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量
的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下：
（1）滤渣②的主要成分有______(填化学式)，回收后可用作冶金原料。
（2）“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为______，蒸
出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循环使用。
（3）从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为______。
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（4）将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到______溶液和______固体(均填化学式)。
【答案】（1）主要成分是Cu、Zn；
（2）反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)2
4NH3↑+Zn(HCO3)2；浸取工序中循环使用；
（3）煅烧；
（4）溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体为MnO2。
【解析】（1）滤渣②是在除杂工序中产生的，由（3）分析可知，滤渣②是过量Zn 与[Cu(NH3)4]2+发生
置换反应产生的，因此其主要成分是Cu、Zn；
（2）在“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，Zn 元素以盐的形式存在于溶液
中，该反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)2
4NH3↑+Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，
由工艺流程图可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用；
（3）（3）碱式碳酸锌( ZnCO3·Zn(OH)2)为固体，要想得到ZnO 需要经过高温煅烧。故从碱式碳酸锌得到
氧化锌的工序名称为煅烧；
（4）（4）滤渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向滤渣①中加入H2SO4溶液，Fe2O3与硫酸反应产生
Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不发生反应，故将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体
为MnO2。
5.综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3 种金属盐，并进一步利用镓盐制备
具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH 见表73-1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表73-2。
表73-1 金属离子浓度及开始沉淀的pH
表73-2 金属离子的萃取率
金属离子
浓度(mol·L－1)
开始沉淀pH
金属离子
萃取率(%)
Fe2+
1.0×10－3
8.0
Fe2+
0
Fe3+
4.0×10－2
1.7
Fe3+
99
Zn2+
1.5
5.5
Zn2+
0
Ga3+
3.0×10－3
3.0
Ga3+
97－98.5
（1）滤液1 中可回收利用的物质是 ，滤饼的主要成分是 ；
（2）Ga 与Al 同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为 (填化学式)。
【答案】（1）硫酸锌；滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；
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（2）存在形式为NaGaO2。
【解析】（1）根据以上分析可知滤液1 中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节pH＝5.4，沉
淀铁离子和Ga3+，滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固体X 的目的是还原铁离子，则X
为Fe。
（2）Ga 与Al 同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，即镓的存在形
式为NaGaO2。
常设考向五 电离常数、溶度积常数的有关计算
1．（2024·新课标·高考真题）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）“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的
浓度为
。
【规范答案】（1）
、
【解题思路】（1）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
。
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2．（2023·广东·高考真题）
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）)常温下，
的氨性溶液中，
(填“>”“<”或“=”)。
【规范答案】（1）＞
【解题思路】（1）常温下，
的氨性溶液中，
，
，
，则
＞
；故答案为：＞。
电离常数、溶度积常数的有关计算
1.水溶液中平衡常数之间的关系
（1）平衡常数都只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，升高温度，Ka、Kb、Kw、Kh均增大。
（2）Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh= K w
K a
；Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh= K w
K b
。
（3）二元酸的Ka1、Ka2与相应酸根离子的Kh1、Kh2的关系式为Ka1·Kh2=Kw，Ka2·Kh1=Kw。
（4）反应CdS(s)+2H+(aq)
Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数为K，则K=
K sp(CdS)
K a1( H 2S)· K a2( H 2S)。
2.溶度积(Ksp)的常见计算类型
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（1）已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp=a 的饱和AgCl 溶液中 c(Ag+)=√a mol/L。
（2）已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中另一种离子的浓度，如某温度下AgCl 的Ksp=a，在
0.1 mol/L 的NaCl 溶液中加入过量的AgCl 固体，达到平衡后c(Ag+)=10a mol/L。
（3）计算沉淀转化的平衡常数，如Cu2+(aq)+MnS(s)
CuS(s)+Mn2+(aq)，平衡常数K=c(M n
2+)
c(Cu
2+)
=
c(M n
2+)·c(S
2−)
c(Cu
2+)·c(S
2−)
= K sp(MnS)
K sp(CuS)。
1．（2024 广东三模）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。一种用锌浸渣(主要含
、
，另含少量ZnS、
以及
)提取Ge 和
的工艺流程如下：
已知：①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0 时主要为
，
时主要为
。
②常温下，
，
。
请回答下列问题：
（1）“中和沉淀”工序中，所加化合物A 为 (填一种物质的化学式)；调节溶液
，Ge
和Fe 共沉淀，此时滤液中
。
【答案】（1）ZnO 或
等
【解析】（1）由分析可知，“中和沉淀”工序中，加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH 的目的是将溶液中
的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀；由溶度积可知，滤液中锗离子与铁离子的浓度比为
=101.6，故答案为：ZnO 或
等；101.6；
2.25 ℃时，在沉镁的过程中，将MgCl2 溶液滴入Ca(OH)2 悬浊液中，当混合溶液pH=12 时，同时存在
Ca(OH)2、Mg(OH)2两种沉淀，则此时溶液中c(Ca2+) c(Mg
∶
2+)= 。判断此时Mg2+ (填“是”
或“否”)完全沉淀。{Ksp[Ca(OH)2]=4.8×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=6.0×10-12，当某离子浓度降到1×10-5mol·L-1以
下时，认为该离子已经完全沉淀}
【答案】8×105 是
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【解析】25 ℃，当混合溶液pH=12 时，同时存在Ca(OH)2、Mg(OH)2两种沉淀，则此时溶液中c(Ca
2+)
c(M g
2+)
=
c(Ca
2+)·c
2(OH
-)
c(M g
2+)·c
2(OH
-)
= K sp[Ca(OH)2]
K sp[Mg(OH)2]= 4.8×10
-6
6.0×10
-12=8×105。此时c(Mg2+)= K sp[Mg(OH)2]
c
2(OH
-)
=6.0×10
-12
(10
-2)
2
mol·L-1=6.0×10-8 mol·L-1<10-5 mol·L-1，则Mg2+完全沉淀。
3.若在某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。向100 mL 0.400 mol/L Na2MoO4溶液中滴
加200 mL Ba(OH)2溶液，恰好使MoO4
2−完全沉淀[c(MoO4
2−)=1×10-5 mol/L]，则所加入的Ba(OH)2溶液的浓
度约为 mol/L(混合后，溶液的体积变化忽略不计，计算结果保留到小数点后3 位)。
【答案】0.206
【解析】由题意可知，MoO4
2−完全沉淀时消耗n(Ba2+)=100×10-3 L×0.400 mol/L=0.04 mol；由题图可知
Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)·c(MoO4
2−)=4×10-8 ，混合液中c(Ba2+)=4×10
-8
1×10
-5 mol/L=4×10-3mol/L ，即混合液中
n(Ba2+)=4×10-3mol/L×(100+200)×10-3L=1.2×10-3mol；故加入的Ba(OH)2 溶液的浓度约为1.2×10
-3+0.04
200×10
-3
mol/L=0.206 mol/L。
4.分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示:
已知:
“
①碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4；
②“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。
向碱浸液加入盐酸调节pH=4，有TeO2析出，分离出TeO2的操作是 。滤液中As 元素最主要的
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存在形式为 (填字母，常温下，H3AsO4 的各级电离常数为Ka1=6.3×10-3、Ka2=1.0×10-7、
Ka3=3.2×10-12)。
A.H3AsO4
B.H2AsO4
-
C.HAsO4
2−
D.AsO4
3−
【答案】过滤 B
【解析】分离固体与液体的操作是过滤；pH=4 时，溶液呈酸性，Ka1=c( H
+)·c( H 2 AsO4
-)
c( H 3 AsO4)
=
10
-4×c( H 2 AsO4
-)
c( H 3 AsO4)
=6.3×10-3，c( H 2 AsO4
-)
c( H 3 AsO4)
=6.3×10
-3
10
-4
=63，故滤液中As 元素最主要的存在形式为
H2AsO4
-，故选B。
5.某废旧锂离子电池的正极材料成分为LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2和Al，如图为从其中回收钴、镍的工艺流程。
常温下，为寻找“碳化水浸”的最佳pH，将37 g Li2CO3固体加入1 L 水中，通入CO2使固体逐步溶解，当
Li2CO3固体恰好完全溶解时，2c(CO3
2−)+c(HCO3
-)≈1.0 mol·L-1，则溶液中的c(H+)为 mol·L-1(保留两
位有效数字，忽略体积变化)。
已知:Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。
【答案】2.1×10-9
【解析】根据n=，求得37 g Li2CO3 的物质的量为0.5 mol，当Li2CO3 固体恰好完全溶解时，生成LiHCO3 的
物质的量为1 mol ，则c(Li+)≈1 mol·L-1 ，Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)·c(C)=1×c(C)=2.5×10-2 ，解得c(C)≈2.5×10-2
mol·L-1 ，因为2c(C)+c(HC)≈1.0 mol·L-1 ，解得c(HC)≈0.95 mol·L-1 ，根据Ka2(H2CO3)==5.6×10-11≈，解得
c(H+)≈2.1×10-9mol·L-1。
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