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微专题10 反萃取
萃取指利用化合物在两种互不相溶(或微溶)的溶剂中溶解度或分配系数的不同，使化合物从一种溶剂
内转移到另外一种溶剂中。反萃取与萃取过程相反，被萃取物从有机相返回水相的过程。反萃取是用反萃
取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取过程具有简单、便于操作和周期
短的特点，是溶剂萃取分离工艺流程中的一个重要环节。反萃取可将有机相中各个被萃组分逐个反萃到水
相，使被分离组分得到分离；也可一次将有机相中被萃组分反萃到水相。经过反萃取及所得反萃液经过进
一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环
使用。“反萃取”在命题中出现，可以考查“逆向思维和迁移能力，备受青睐。
1．(2022·江苏卷，15)实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过
程如下：
(1)“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为_______。
(2)pH 约为7 的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中
含量与加料方式
有关。得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为_______(填序号)。
A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中
B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3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Ce2(CO3)3。已知Ce3+能被有机萃取剂
(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为
Ce3+ (水层)+3HA(有机层)
Ce(A)3 (有机层)+3H+(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Ce3+转移到水层。使Ce3+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Ce2(CO3)3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Ce3+的含量。已知水溶液中
可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2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
。
1
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请补充完整实验方案：①准确量取25.00mL Ce3+溶液[c(Ce3+)约为0.2 mol·L-1]，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
0.02000 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2和待测
溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。
【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 Ce3+
(4)从左侧滴定管中放出一定体积的待测 Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.02000
mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2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。(1)根据信息反应物为CeO2与H2O2，产物为Ce3+和O2，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CeCl3少量即可得到含Cl-量较少的
Ce2(CO3)3，故选B；(3)①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物；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Ce3+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Ce3+，过滤后溶液中Ce3+离子浓度较小；(4)应该用标准液滴定待测Ce4+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Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯
甲酸，用0.02000 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2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。
萃取的逆过程是反萃取。萃取剂一般是有机溶剂，反萃(取)剂则为无机溶液。反萃取就是用反萃(取)剂
使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，反萃(取)剂主要起破坏有机相中被萃组分结构的作用，使被萃
组分生成易溶于水的化合物。或生成既不溶于水也不溶于有机相的沉淀，经过反萃取及所得反萃液经过进
一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃取后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称再生有机相，可继续
循环使用。
2
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1．(2023·河北省邢台市高三联考)钪(Sc)可用于制备铝钪合金、燃料电池、钪钠卤灯、示踪剂、激光晶
体等产品。以钛白酸性废水(主要含Ti4+、Fe2+、Sc3+)为原料制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下。下列说法
正确的是( )
A．
酸洗时加入H2O2的目的是将
还原为
B．“操作Ⅰ”需要的玻璃仪器有分液漏斗
C．“滤渣Ⅰ”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3
D．草酸钪焙烧时反应的化学方程式：2Sc2(C2O4)3+3O2
2Sc2O3+12CO2
【答案】D
【解析】钛白酸性废水(主要含Ti4+ 、Fe2+，Sc3+)，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，“滤
渣Ⅰ”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，加入10%的盐酸调pH 的目的是将Sc(OH)3转化为含，
Sc3+的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时生成Sc2O3和CO2。A 项，“有机相”中主
要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后面沉淀除去Fe3+，A 项错
误；B 项，“操作Ⅰ”是过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，B 项错误；C 项，“滤
渣Ⅰ”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，C 项错误；D 项，草酸钪与氧气焙烧时生成Sc2O3和
CO2，D 项正确；故选D。
2．(2024·辽宁省部分学校高三联考)明朝宋应星所著的《天工开物》中记载了世界上最早的炼锌技术：
“罐中炉甘石熔化成团，冷定毁罐取出。每十耗去其二，即倭铅也。”这里炉甘石即菱锌矿(含
85%ZnCO3，其余为SiO2、Fe3O4、CuO、CaO 和MgO 杂质)。硒化锌是一种半导体材料，以菱锌矿为原料
制备硒化锌的流程如下：
已知部分信息如下：
①常温下，几种离子形成氢氧化物的pH 如表所示。
金属离子
3
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开始沉淀的pH
1.9
7.0
6.0
6.2
8.8
完全沉淀的pH
3.2
9.0
8.0
8.2
10.9
②锌的性质和铝、铜相似，如Zn(OH)2是两性氢氧化物，Zn(OH)2溶于氨水形成[Zn(NH3)4]2+。
回答下列问题：
(1)为增大“酸浸”速率，可采取的措施是 (填一条即可)，“酸浸”中溶解Fe3O4的离子方程式
为 。
(2)“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。
(3)常温下，“调pH”的范围为 。
(4)“反萃取”中稀硫酸的主要作用是 。
(5)“电解”中以石墨为电极，阳极的电极反应式为 ，废液可以循环用于 (填名称)工序。
(6)合成ZnSe 宜在氩气氛围中进行，氩气的作用是 。
(7)某工厂用10t 该菱锌矿来生产ZnSe，若最终制得8.64tZnSe，则Zn 的损耗率为 。(设“还
原”时消耗的Zn 为65kg，保留三位有效数字)
【答案】(1) 将菱锌矿粉碎(或搅拌或适当升温等合理答案) 3Fe3O4+28H++NO3
-=9Fe3++NO↑+14H2O
(2)SiO2、CaSO4
(3)3.2≤pH＜6.0(或3.2≤pH＜6.2)
(4)促进有机层和水层分离(或促进Zn2+进入水层等合理答案)
(5) 2H2O-4e-=4H++O2↑ 反萃取(或酸浸)
(6)作保护气
(7)13.0%
【解析】菱锌矿(含85%ZnCO3，其余为SiO2、Fe3O4、CuO、CaO 和MgO 杂质)，加入稀硝酸、稀硫酸
进行酸浸，然后过滤，得到SiO2、CaSO4杂质；往滤液中加入试剂R 调节溶液的pH，将Fe3+转化为
Fe(OH)3沉淀；往滤液中加锌，将Cu2+还原为Cu，过滤后，往滤液中加入P2O4萃取剂，萃取出锌后，往有
机层中加入稀硫酸进行反萃取，将水溶液层进行电解，可制得Zn，在加热条件下与Se 反应，从而制得
ZnSe。(1)为增大“酸浸”速率，可采取的措施是：将菱锌矿粉碎(或搅拌或适当升温等合理答案)，“酸
浸”中溶解Fe3O4生成Fe3+等，离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3
-=9Fe3++NO↑+14H2O。(2)由分析可知，“滤
渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4。(3)常温下，“调pH”将Fe3+转化为沉淀，而Zn2+不生成沉淀，则pH 范围
为3.2≤pH＜6.0(或3.2≤pH＜6.2)。(4)“反萃取”中，稀硫酸是使锌从有机层再次进入水层，则主要作用是：
促进有机层和水层分离(或促进Zn2+进入水层等合理答案)。(5)“电解”中以石墨为电极，阳极是水失电子生
成O2等，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，废液中含有硫酸，可以循环用于反萃取(或酸浸)工序，实现废
物循环利用。(6)合成ZnSe 时，需防止Zn 被空气中O2氧化，宜在氩气氛围中进行，氩气的作用是作保护
气。(7)根据关系式：ZnCO3——ZnSe，n(ZnCO3)=
=6.8×104mol，n(ZnSe)=
=6.0×104mol，“还原”时消耗的Zn 的物质的量为
=103mol，损失锌的物质的量为
4
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6.8×104mol+103mol-6.0×104mol=9.0×103mol，故Zn 的损耗率为
≈13.0%。
3．(2024·黑龙江哈尔滨九中高三模拟)通过对阳极泥的综合处理可以回收贵重金属，一种从铜阳极泥
(主要成分为Se、Ag、Ag2Se、Cu、CuSO4和Cu2S 等)中分离Ag、Se 和Cu 的新工艺流程如图所示：
(1)已知预处理温度为80℃，此过程中S 元素全部转化为最高价，则预处理时Cu2S 发生反应的离子方
程式为 。
(2)比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2作预处理剂的主要优
点是 。
(3)分银渣可用浓氨水溶液浸出并还原得到单质银，回收分银渣中的银，浸出过程温度不宜过高的原因
是： 。
(4)分硒渣(Cu2Se)经过氧化可得到H2SeO4.已知：H2SeO4=H++ HSeO4.
-，HSeO4.
-
H++SeO4.
2-，若0.01
mol/LH2SeO4溶液的pH 为x，则K(HSeO4.
-)= (写出含x 的计算式)。
(5)分铜得到产品CuSO4·5H2O 的具体操作如图：
①萃取的原理为：2RH+Cu2+
R2Cu+2H+，则反萃取剂最好选用 (填化学式)溶液。
②操作X 为 ，过滤；
③为了减少CuSO4·5H2O 的损失，最好选用 进行洗涤。
A．冷水 B．热水 C．无水乙醇
【答案】(1)Cu2S+5MnO2+12H+
2Cu2++SO4
2-+5Mn2++6H2O
(2)减少二氧化硫的排放
(3)温度过高，浓氨水受热挥发
(4)
(5) H2SO4 蒸发浓缩、冷却结晶 C
【解析】由题给流程可知，向铜阳极泥中加入二氧化锰、稀硫酸进行预处理，80℃条件下将硫化亚铜
转化为硫酸铜，过滤得到预处理渣和预处理液；向预处理液中加入氯化钠溶液，将溶液中的银离子转化为
氯化银沉淀，过滤得到含有氯化银的分银渣和分银液；向分银液中加入铜，将溶液中的硒元素转化为硒化
亚铜，过滤得到含有硒化亚铜的分硒渣和分硒液；向分硒液中加入加入有机萃取剂RH 萃取、分液得到水
相1 和含有R2Cu 的有机相1；向有机相1 中加入稀硫酸反萃取、分液得到有机相2 和含有硫酸铜的水相
5
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2；水相2 经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体。(1)加入二氧化锰、稀硫酸进
行预处理的目的是80℃条件下将硫化亚铜转化为硫酸铜，反应的离子方程式为Cu2S+5MnO2+12H+
2Cu2+
+SO4
2-+5Mn2++6H2O；(2)若用浓硫酸作氧化剂，硫化亚铜会与浓硫酸共热反应生成有毒的二氧化硫污染空
气，所以比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀硫酸、二氧化锰作预处理剂的主要优点是
可以减少二氧化硫的排放；(3)浓氨水具有挥发性，受热易挥发转化为氨气，则浸出过程温度不宜过高的原
因是防止氨气受热挥发，导致浸出率降低；(4)由题意可知，硒酸第一步完全电离，硒酸氢根离子在溶液中
部分电离出氢离子和硒酸根离子，设0.01 mol/L 硒酸溶液中硒酸根离子的浓度为amol/L，由题意可建立如
下三段式：
由溶液pH 为x 可得：0.01+a=10—x，解得a=10—x—0.01，则K(HSeO )=
；(5)①由分铜得
到产品五水硫酸铜晶体可知，反萃取剂最好选用稀硫酸，防止所得产品中混有杂质；②操作X 为蒸发浓缩、
冷却结晶；③为了减少五水硫酸铜晶体因溶解造成损失，洗涤时选择的最佳试剂为无水乙醇，故选C。
4．铼(Re)广泛应用于喷气式发动机和火箭发动机，是重要的战略贵金属，可以通过还原剂在高温条件
下还原其氧化物制取。
Ⅰ.实验室以富铼渣(主要成份ReS2)为原料制备高纯高铼酸铵(NH4ReO4)，其部分实验过程如下：
(萃取原理可表示为
)
(1)酸浸时ReS2转化为两种强酸，该反应的离子方程式为 。
(2)通过萃取与反萃取可实现铼元素的富集。
①萃取剂应具有的性质 (填序号)。
A．密度大于水
B．
在萃取剂中的溶解度大于水中的
C．不溶于水
②在反萃取时，加入氨水、水的目的是 。
Ⅱ.以ReS2为原料制备NH4ReO4的装置如图所示：
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(3)反应开始前，先向三颈瓶中加入一定量的ReS2和水，60℃下，通过分液漏斗依次滴入两种溶液。
充分反应后可得NH4ReO4和(NH4)2SO4的混合溶液。
①滴入两种溶液时候，向三颈瓶中先滴加的是 。(填序号)
A．氨水 B． H2O2溶液
②不考虑原料损失，实验中加入的
与
的最佳比为 。
(4)请设计以三颈瓶中反应后的溶液为原料，制备金属铼粉的实验方案 。(实验须使用的试剂：
Zn 粒，稀硫酸，浓硫酸、O2)
已知①：有关物质溶解度如下表
温度/℃
20
75.4
6.1
30
78.0
32.3
②
【答案】(1)2ReS2+19H2O2=2ReO4
-+4SO4
2-+10H++14H2O
(2) BC 将(R3N)2⋅HReO4转化为NH4ReO4，使Re 元素从有机相中转移至水中，生成NH4ReO4溶液
(3) B 19:10
(4)先将反应后的溶液蒸发浓缩，冷却析晶得到NH4ReO4晶体，再将NH4ReO4晶体置于O2气流中加热
产生Re2O7；用Zn 粒和稀硫酸制备H2，并用浓硫酸干燥；再用H2还原Re2O7制得金属铼粉
【解析】I．用H2SO4和H2O2将富铼渣(主要成份ReS2)酸浸，H2O2具有强氧化性，可以将ReS2氧化产
生H2SO4，并结合“萃取原理”中的ReO4
-可知，反应还声称了HReO4，即“酸浸”过程中，H2O2和ReS2
反应生成了HReO4和H2SO4；再用含R3N 的有机溶液作萃取剂，将HReO4转化为(R3N)2⋅HReO4，再用氨水
和水对有机相进行“反萃取”得到高铼酸铵溶液；再经过后续分离、提纯，获得高纯NH4ReO4。II．根据I
中的“酸浸”步骤，可以用H2O2溶液、氨水和ReS2制备NH4ReO4和(NH4)2SO4的混合溶液；根据溶解度信
息，可以用冷却结晶的方法从混合溶液中获得NH4ReO4晶体。(1)酸浸时，ReS2转化为HReO4和H2SO4，该
反应的离子方程式为2ReS2+19H2O2=2ReO4
-+4SO4
2-+10H++14H2O。(2)①通过萃取与反萃取可知，ReO4
-在萃
取剂中的溶解度大于水中，萃取剂不能溶于水，故选BC；②在反萃取时，加入氨水、水的目的是将
(R3N)2⋅HReO4转化为NH4ReO4，使Re 元素从有机相中转移至水中，生成NH4ReO4溶液。(3)①反应开始前，
先向三颈瓶中加入一定量的ReS2和水，60℃下，通过分液漏斗先滴入H2O2溶液，将ReS2氧化为HReO4和
H2SO4，再滴入氨水反应生成NH4ReO4和(NH4)2SO4，故选B；②根据离子反应方程式
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2ReS2+19H2O2=2ReO4
-+4SO4
2-+10H++14H2O 可知，2ReS2~19H2O2~2ReO4
-~4SO4
2-，根据物料守恒可知，
NH4ReO4~ReO4
-~NH3⋅H2O，(NH4)2SO4~SO4
2-~2NH3⋅H2O，综上所述，将2mol ReS2转化为NH4ReO4和
(NH4)2SO4，需要19mol H2O2、10mol NH3⋅H2O，故不考虑原料损失，实验中加入的n(H2O2)与n(NH3⋅H2O)的
最佳比为19:10。(4)根据题干信息可知，可以通过还原剂在高温条件下还原Re 的氧化物制取铼粉；由溶解
度数据可知，20~30℃，(NH4)2SO4的溶解度大于NH4ReO4，且NH4ReO4的溶解度变化较大，故可以先将反
应后的溶液蒸发浓缩，冷却析晶得到NH4ReO4晶体，再将NH4ReO4晶体置于O2气流中加热产生Re2O7；用
Zn 粒和稀硫酸制备H2，并用浓硫酸干燥；再用H2还原Re2O7制得金属铼粉。
8
