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模板04 化工流程题解题策略及答题规范
第一步：粗读题干
明确生产目的、原料、杂质和目标产品的成分。
第二步：分析流程
对照原料和产品，确定核心反应和核心辅料；依核心反应，明确流程
主线、支线和除杂任务。
第三步：解答设问
结合设问进一步分析流程，运用化学语言进行规范作答。
技法01 化工流程题的分析模型
1．主线法分析
本节导航
识·题型解读 考情分析+命题预测/技巧解读
明·模板构建 答题模板
+ 技巧点拨
技法01 化工流程题的分析模型
技法02 化工流程题的解题策略
技法03 化工流程题的答题规范
通·模板运用 真题示例+模板答题+变式训练
练·模板演练 最新模拟、预测考向
化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识
步步设问，是无机框图的创新。它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等
相融合，考查物质的制备、检验、分离提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，要求考生依据
流程图分析原理，紧扣信息，抓住关键、准确答题。这类试题具有较强的实用性和综合性，是高考化
学命题的常考题型。
1
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（1）流程图一般三大部分：原料预处理、转化与分离阶段、获取最终产物阶段。
（2）流程中要分析“进” 、“出” 物质和仍然留在溶液中的离子等（否则可能漏掉副产品或干扰离
子）。
（3）一般默认进入的物质过量，确保每一步目标元素利用率或转化率最高，产品产率最高，损失最
小。当然在某些特殊情况下要控制用量。
2．四线法分析
试剂线：分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物的转化等。
操作线：分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。
杂质线：分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。
产品线：工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，
实质是目标元素及其化合物的转化。
技法02 化工流程题的解题策略
1．审读试题三步骤
(1)读题干——明确原料成分和生产目的。
(2)读流程——分析明确流程转化原理和目的。
(3)读设问——明确所答问题，答什么。
2．破题关键
(1)看原料：明确化工生产或化学实验所需的材料。
(2)看目的：把握题干中的“制备”或“提纯”等关键词，确定化工生产或化学实验的目的。
(3)看箭头：进入的是投料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。
(4)看三线：主线主产品；分支副产品；回头为循环。
2
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(5)找信息：明确反应条件的控制和分离提纯方法。
(6)关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。
3．破题方法
(1)首尾分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图
中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中
原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。
(2)分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用
分段分析法更容易找到解题的切入点。
(3)交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部
分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化
合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。
技法03 化工流程题的答题规范
1．沉淀的洗涤操作
(1)答题模板：沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验2～3 次
(2)实例：在测定Na2SO4和NaCl 的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶
液，沉淀SO，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，试问：怎样洗涤沉淀？
沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验2～3 次
2．证明沉淀完全的操作
(1)答题模板：静置，取少量上层清液于试管中，加入××试剂(沉淀剂)，若没有××沉淀产生，则证明××
沉淀完全
(2)实例：在测定Na2SO4和NaCl 的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶
液，沉淀SO，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，试问：怎样判断SO 是否沉淀完全？
静置，取上层清液少许于试管中，继续加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则证明SO 沉淀完全
3．增大原料浸出率的措施
搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气液或固液接触面积
4．蒸发结晶的操作
(1)从NaCl 溶液中获取NaCl 固体
①方法：蒸发结晶
②具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl 晶体时，停止加热，利用余热蒸干
(2)NaCl 溶液中混有少量的 KNO3溶液
①方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥
②具体操作：若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是KNO3 和少量
NaCl，这样就可以分离出大部分NaCl
(3)冷却结晶的操作：KNO3溶液中混有少量的 NaCl 溶液
①方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
②具体操作：若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO3，母液中是NaCl 和少量
KNO3，这样就可以分离出大部分KNO3
3
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5．“目的或原因”类
目的或原因
思考方向
沉淀(晶体)洗涤的目的
若滤渣是所需的物质，洗涤的目的是除去晶体表面的可溶性杂质，得
到更纯净的沉淀物
若滤液是所需的物质，洗涤的目的是洗涤过滤所得到的滤渣，把有用
的物质如目标产物尽可能洗出来
沉淀(晶体)冰水洗涤的目的
既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损
耗
沉淀(晶体)用有机溶剂(酒
精、丙酮等)洗涤的目的
既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损
耗，此外又利用有机溶剂的挥发性，除去固体表面的水分，产品易干
燥
控制溶液pH 的目的
防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶
解等
温度不高于×× ℃的原因
温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3 等)或××物质挥发
(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如
AlCl3等)
蒸发、反应时的气体氛围
抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl 气流中进行，加
热MgCl2·6H2O 得MgCl2时需在HCl 气流中进行等)
加热的目的
加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方
向)移动
减压蒸馏(减压蒸发)的原因
减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝
酸、NH4HCO3等)
减压过滤的目的
加快过滤速度
减压烘干的目的
降低产品的烘干温度，防止产品分解
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)
趁热过滤的目的
防止过滤一种晶体或杂质的过程中，因降温而析出另一种晶体
①要滤渣(产品)：防止降温时析出杂质而影响产品纯度或减少产品溶
解损耗。如：NaCl (KNO3)
②要滤液(产品)：防止降温时析出产品(溶解度随温度增大而增大)而损
耗。(除去溶解度小或难溶的杂质)
4
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1．(2024·安徽卷)精炼铜产生的铜阳极泥富含
等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳
极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
（1）Cu 位于元素周期表第_______周期第_______族。
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。
（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为
的化学方程式为_______。
（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为
。
（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为_______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环
利用的物质为_______(填化学式)。
（6）“还原”步骤中，被氧化的
与产物
的物质的量之比为_______。
（7）
可被
氧化为
。从物质结构的角度分析
的结构为(a)而不是(b)的原因：
_______。
【答案】（1） ①. 四 ②. ⅠB
（2）Cu2+ （3）
（4）AgCl （5） ①.
②.
（6）3：4 （7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较
大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
【第一步 粗读题干】铜阳极泥富含
等多种元素。从铜阳极泥中分离提收金和银。
【第二步 分析流程】
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【第三步 解答设问】
(1)Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族；
(2)由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu 被转化为Cu2+进入浸取液1 中，故浸取液1 中含有的金
属离子主要是Cu2+；
(3)浸取2 步骤中，Au 与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守
恒，可得反应得化学方程式为：
；
(4)根据分析可知，浸渣2 中含有AgCl，与
反应转化
；
(5) 电沉积步骤中，阴极发生还原反应，
得电子被还原为Ag ，电极反应式为：
；阴极反应生成
，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完
成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为
；
(6)还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au 化合价由+3 价变为0 价，一个HAuCl4转移3 个电子，N2H4被氧
化为N2，N 的化合价由-2 价变为0 价，一个N2H4转移4 个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产
物Au 的物质的量之比为3：4；
(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且
存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
1． (2024·山东卷)以铅精矿(含PbS，Ag2S 等)为主要原料提取金属Pb 和Ag 的工艺流程如下：
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回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的PbS 和Ag2S 转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS 和
Ag2S 时，消耗Fe3+物质的量之比为_______；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时
挥发外，
另一目的是防止产生_______(填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的
沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属
“电解I”
阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为_______。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是_______。
（4）“置换”中可选用的试剂X 为_______(填标号)。
A．
B．
C．
D．
“置换”反应的离子方程式为_______。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作_______(填“阴极”或“阳极”)。
【答案】（1）①1:1 ②H2S
（2）热浸 （3）将过量的Fe3+还原为Fe2+
（4）①C ②Pb+2[AgCl2]-===2Ag+[PbCl4]2-
（5）阳极
【第一步 粗读题干】以铅精矿(含PbS，Ag2S 等)为主要原料提取金属Pb 和Ag。
【第二步 分析流程】
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【第三步 解答设问】
(1)“热浸”时，Fe3+将PbS 和Ag2S 中-2 价的硫氧化为单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，在这个过程中Pb 和Ag 的
化合价保持不变，所以等物质的量的PbS 和Ag2S 时，S2-物质的量相等，所以消耗Fe3+的物质的量相等，比
值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为[PbCl4]2-，电解[PbCl4]2-溶液制备金属Pb，
Pb 在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循
环使用。
(3)过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿
的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。
(4)“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：Pb+2[AgCl2]-===2Ag+[PbCl4]2-。
(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为
阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所
以电极板应作阳极。
2. (2024·湖北卷)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐
中提取铍的路径为：
已知：
回答下列问题：
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（1）基态
的轨道表示式为_______。
（2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是_______。
（3）“萃取分液”的目的是分离
和
，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观
察到的现象是_______。
（4）写出反萃取生成
的化学方程式_______。“滤液2”可以进入_______步骤再利用。
（5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是_______。
（6）
与醋酸反应得到某含4 个
的配合物，4 个
位于以1 个O 原子为中心的四面体的
4 个顶点，且每个
的配位环境相同，
与
间通过
相连，其化学式为_______。
【答案】（1）
（2）快速冷却
（3）无明显现象 （4） ①.
②. 反萃取
（5）增强熔融氯化铍的导电性
（6）
。
【分析】本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫
酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机相中，
水相1 中含有Al3+，有机相为
，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为
进入
水相2 中，分离出含NaA 的煤油，最后对水相2 加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，
据此回答。
【解析】(1)基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为
。
(2)熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷
却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。
(3)“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1 中含有Al3+，则向过量烧
碱的溶液中逐滴加入少量水相1 的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。
(4)反萃取生成
的化学方程式为
，滤
液2 的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。
(5)氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电
性。
(6)由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be 与Be 之间总
共有六个CH3COO-，则其化学式为：
。
1．（2023·新课标卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、
铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
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已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O
存在，在碱性介质中以CrO
存在。
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为___________(填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和___________。
(3)“沉淀”步骤调pH 到弱碱性，主要除去的杂质是___________。
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9 以达
到最好的除杂效果，若pH<9 时，会导致___________；pH>9 时，会导致___________。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH 调到1.8 左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1 时，溶解为VO 或VO3+在碱
性条件下，溶解为VO 或VO
，上述性质说明V2O5具有___________(填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为___________。
【答案】(1)Na2CrO4
(2)Fe2O3
(3)Al(OH)3
(4) 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理
会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度
降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀
(5)C
(6)2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的
最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫
酸调节溶液pH 将Al 元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、
硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤
渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH 将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；
向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH 将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤
得到氢氧化铬。
【解析】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH 到弱碱性的目的是将Al 元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：
Al(OH)3；
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4
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沉淀，若溶液pH<9 时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅
酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9 时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品
中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应
使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不
能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性
氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式
为2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O，故答案为：2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O。
2．（2023·湖北卷）
是生产多晶硅的副产物。利用
对废弃的锂电池正极材料
进行氯化处
理以回收Li、Co 等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)Co 位于元素周期表第_______周期，第_______族。
(2)烧渣是LiCl、
和
的混合物，“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大量
烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体
常用方法的名称是_______。
(4)已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
浓度为_______
。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
(5)导致
比
易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl 键极性更大 b．Si 的原子半径更大
c．Si-Cl 键键能更大 d．Si 有更多的价层轨道
【答案】(1) 4 Ⅷ
(2)
(3)焰色反应
(4)
(5)abd
【分析】由流程和题中信息可知，
粗品与
在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
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和
的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1 和滤饼1，滤饼1 的主要成分是
和
；滤
液1 用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为
）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2
置于空气中在850℃煅烧得到
；滤液2 经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3 和滤饼3，滤饼3 为
。
【解析】（1）Co 是27 号元素，其原子有4 个电子层，其价电子排布为
，元素周期表第8、9、10
三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4 周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水
反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：
遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程
式为
。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为
，常用焰色反应鉴别
和
，
的焰色反应为
紫红色，而
的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体
常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
，
浓度为
。“850℃煅烧”时，
与
反应生成
和
，该反应的化学方程式为
。
（5）a．Si-Cl 键极性更大，则 Si-Cl 键更易断裂，因此，
比
易水解，a 有关；
b．Si 的原子半径更大，因此，
中的共用电子对更加偏向于
，从而导致Si-Cl 键极性更大，且Si 原
子更易受到水电离的
的进攻，因此，
比
易水解，b 有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl 键键能更大不能说明Si-Cl 更易断裂，故不能说明
比
易水解，c 无关；
d．Si 有更多的价层轨道，因此更易与水电离的
形成化学键，从而导致
比
易水解，d 有关；
综上所述，导致
比
易水解的因素有abd。
3．（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（
和
)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
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回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，
中过氧
键的数目为_______。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为_______(
的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为
、_______(填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，
(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。
体积分数为_______时，
(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大
体积分数时，
(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
(5)“沉钴镍”中得到的
(Ⅱ)在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为_______。
(6)“沉镁”中为使
沉淀完全
，需控制
不低于_______(精确至0.1)。
【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2)NA
(3)
Fe(OH)3
(4) 9.0% SO2有还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(Ⅱ)氧化速率
(5)
(6)11.1
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，用石灰
乳调节
，
被
氧化为
，发生反应
，Fe3+水解同
时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成
。
【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增
大接触面积
（2）
的结构简式为
，所以
中过氧键的数目为NA
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（3）用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为：
；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-
5mol/L，
，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶
液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知
体积分数为0.9%时，
(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大
体积分数时，由于SO2有
还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(Ⅱ)氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为：
；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp 可计算c(OH-)=10-
2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。
4. (2024·江苏卷)回收磁性合金钕铁硼(
)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
（1）钕铁硼在空气中焙烧转化为
、
等(忽略硼的化合物)，用
盐酸酸浸后过滤得
到
溶液和含铁滤渣。Nd、Fe 浸出率(
)随浸取时间变化
如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
②浸出初期Fe 浸出率先上升后下降的原因是_______。
（2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺(
)
有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的
溶液，原理为：
(有机层)
已知：
其他条件不变，水层初始pH 在0.2~0.8 范围内，随水层pH 增大，有机层中Fe 元素含量迅速增多的原
因是_______。
②反萃取后，
经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4 个Fe 原子位于晶胞体
对角线上，O 原子未画出)，其中原子数目比
_______。
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（3）净化后的
溶液通过沉钕、焙烧得到
。
①向
溶液中加入
溶液，
可转化为
沉淀。该反应的离子方程式
为_______。
②将
(摩尔质量为
)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化
曲线如图所示。
时，所得固体产物可表示为
，通过以上实验数据确定该
产物中
的比值_______(写出计算过程)。
【答案】（1）①.
②. 浸出初期，c(H+)较大，铁的浸出率较大，约5min 后，溶液酸性减弱，
水解生成
进入滤渣
（2）①. 随水层pH 增大，H+的浓度减小，
的化学平衡向正反应方向移动，
的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起
浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致
的浓
度增大，因此，有机层中Fe 元素含量迅速增多 ②. 2:1
（3）①.
②. 2:1
【解析】【小问1 详解】
①钕铁硼在空气中焙烧后得到的
、
均可溶于盐酸，得到含有
和
的溶液。由图中
信息可知，Nd 的浸出率逐渐增大，而Fe 的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd 的浸出率增大，稀盐酸
中的
的浓度逐渐减小，
逐渐增大导致
水解生成
沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为
。
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②由①中分析可知，浸出初期Fe 浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe 的浸出率增大，
约5min 随着Nd 的浸出率增大，稀盐酸中的
的浓度逐渐减小，
逐渐增大导致
水解生成
进入滤渣，Fe 的浸出率又减小。
【小问2 详解】
①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH 在0.2~0.8 范围内，
随水层pH 增大，
的浓度减小，
的化学平衡向正反应方向移动，
又
的浓度减小使平衡
逆向移动，引起
浓度的增大，进一步促进平衡
向萃取方向移动，导致
的浓度增大，因此，有机层中Fe 元素含量迅速增多。
②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4 个Fe 原子，面上有8 个Fe 原子，根据均摊法可知，Fe
原子的数目为
；
原子全部在晶胞的面上，共有
，因此，其中原子数目比
2:1。
【小问3 详解】
①向
溶液中加入
溶液，
和
相互促进对方水解生成
沉淀和
CO2，该反应的离子方程式为
。
②
的物质的量为
，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的
质量和化合价均保持不变，因此，
=
；
时剩余固体的质量为7.60
，
固体减少的质量为
，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和
，碳
酸盐分解得到氧化物和
，因此，可以推测固体变为
时失去的质量是生成
和
的质量；根据H 元素守恒可知，固体分解时生成
的质量为
，则生成
的质量为
-
=
，则生
成
的物质的量为
，由C 元素守恒可知，分解后剩余的
的物质
的量为4×10-5mol-
=
，因此可以确定该产物中
的比值为
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。
5. (2024·浙江卷1 月)固态化合物Y 的组成为
，以Y 为原料实现如下转化。
已知：
与溶液A 中金属离子均不能形成配合物。
请回答：
（1）依据步骤Ⅲ，
、
和
中溶解度最大的是_______。写出溶液C 中的所有阴离子
_______。步骤Ⅱ中，加入
的作用是_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 气体D 是形成酸雨的主要成分
B. 固体E 可能含有
C.
可溶于
溶液
D. 碱性：
（3）酸性条件下，固体
(微溶于水，其还原产物为无色
)可氧化
为
，根据该反
应原理，设计实验验证Y 中含有
元素_______；写出
转化为
的离子方程式_______。
【答案】（1） ①. MgCO3 ②.
、
、OH-、Cl- ③. 调节溶液pH 值，防止钙离子、
镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀 （2）BC
（3）①. 取一定量Y 于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证
明Y 中含有锰元素 ②.
【分析】Y 中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A 中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离子，
氯离子，若酸过量，还有H+，加入氨气和氯化铵将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B 中主要含有镁离子、
锰离子、钙离子、铵根离子，氯离子，Ⅲ中又通入CO2将钙离子与锰离子转化为沉淀，据此回答。
【小问1 详解】
①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的
沉淀是CaCO3 和 MgCO3，所以 MgCO3溶解度最大；
②溶液中加入盐酸引入阴离子氯离子，Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根；
【小问2 详解】
A．气体是CO2不是形成酸雨的主要成分，故A 错误；
B．固体E 可能含有Na2CO3，当二氧化碳过量时反应方程式为：
，当二氧化
碳少量时
，所以可能含有Na2CO3，故B 正确；
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C．Mn(OH)2可溶于NH4Cl 溶液，由于NH4Cl 溶液呈酸性，NH4Cl 水解产生的H+与Mn(OH)2反应，故C 正
确；
D．碱性是Ca(OH)2＞Fe(OH)2，氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，故D 错误；
故选BC。
【小问3 详解】
①酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为
，取一定量Y 于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适
量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y 中含有锰元素；
②根据题目信息可知
。
6．（2023·北京卷）以银锰精矿(主要含
、
、
)和氧化锰矿(主要含
)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，
的氧化性强于
。
(1) “浸锰”过程是在
溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除
，有利于后续银的浸出：矿石中
的银以
的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应
，则可推断：
__________(填“>”或
“<”)
。
②在
溶液中，银锰精矿中的
和氧化锰矿中的
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
和
的混合液作为浸出剂，将
中的银以
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
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，
的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后
的沉淀率逐渐减小的原因：
______________。
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(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) >
、
(2)
是为了与
电离出的
结合生成
，
使平衡正向移动，提高
的浸出率；
是为了抑制
水解，防止生成
沉淀
(3)
、
被氧气氧化为
，
把
氧化为
(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到
，同时将银元素和锰元素分离开；生成的
还可以用于浸银，节约氧化剂
【分析】银锰精矿(主要含
、
、
)和氧化锰矿(主要含
)混合加
溶液，使矿石中的
锰元素浸出，同时去除
，矿石中的银以
的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有
、
；浸锰渣中
与过量
和
的混合液反应，将
中的银以
形式浸
出，用铁粉把
还原为金属银。
【解析】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以
的形式残留于浸锰渣中，
发生反应
，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：
>
；
②根据信息，在
溶液中二氧化锰可将
氧化为
，自身被还原为
，则浸锰液中主要的金
属阳离子有
、
。
（2）①
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
；
②
是为了与
电离出的
结合生成
，使平衡正向移动，提高
的浸出率；
是为了
抑制
水解，防止生成
沉淀。
（3）①铁粉可将
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
、
；
②溶液中生成的
会被空气中的氧气缓慢氧化为
，
把部分
氧化为
，因此
后银的沉
淀率逐渐降低。
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（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
的氧化性将
中的
氧化为
，同时生成的
还可以用于浸银，节
约氧化剂，同时得到
。
7．（2024·北京海淀期中）钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含
、[Ni(CN)4]2-、
等)并回收铬元素的
工艺路线如下：
已知：I．六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：
+H2O
2
+2H+
II．室温下相关物质的Ksp如下：
化合物
CaSO4
BaSO4
BaCrO4
Ksp
4.9×10-5
1.1×10-10
1.2×10-10
（1）向废水中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。①NaClO 能氧化CN-，生成无毒无味气体，
补全该反应的离子方程式： 。
□CN-+□_____+□_____=□
+□_____+□_____
②结合平衡移动原理解释加入NaClO 可提高镍元素的去除率的原因：
。
（2）用石灰乳将含铬废水预调至不同pH，经破氰后取等量的溶液1，向其中加入等量的BaCl2·2H2O，搅
拌、反应60min，得到Cr(VI)去除率随预调pH 变化如图。与预调pH=6 相比，pH=7 时Cr(VI)的去除率
显著提高，可能的原因有 (写出两条)。
（3）沉淀2 与足量H2SO4反应的离子方程式为
。
（4）溶液2 需处理至Ba2+含量达标后方可排放。可用如下方法测定废水中Ba2+含量。
步骤1：取aL 含Ba2+废水，浓缩至100mL 后，加入过量的Na2CrO4标准溶液，充分反应后过滤，向滤
液中加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl 标准溶液滴定至CrO
全部转化为Cr2O
，消耗HCl 标准溶液的
体积为bmL。
步骤2：取100mL 蒸馏水，加入与步骤1 中等量的Na2CrO4标准溶液，加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl
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标准溶液滴定，消耗HCl 标准溶液的体积为cmL。
①步骤1 中加入的Na2CrO4标准溶液必须过量，目的是
。
②若废水中其他杂质不参与反应，则废水中Ba2+的含量为
mg·L−1(写出表达式)。
【答案】（1）2CN-+5ClO-+1H2O=2
+1N2↑+5Cl- ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-
Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀
（2）预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡
+H2O
2
+2H+正向移动，c(
)增大，生成
BaCrO4沉淀量增大
@预调pH=7 要加入更多的石灰乳，会将更多的
转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀
消耗的
Ba2+的量，使更多的Ba2+与
反应生成BaCrO4沉淀
（3）2BaCrO4+2H++2
=2BaSO4+
+H2O
（4）保证废水中Ba2+沉淀完全
【分析】流程分析：加石灰乳调节PH 后，
转化为CaSO4沉淀（微溶），
主要转化成
；
破氰后[Ni(CN)4]2-转化为Ni(OH)2沉淀；继续加入BaCl2▪2H2O，生成主要沉淀为BaCrO4 和BaSO4；加入
H2SO4，生成BaSO4沉淀和
。
【解析】（1）①NaClO 能氧化CN-，生成无毒无味气体N2和
，NaClO 被还原为Cl-等无毒无害物质，
CN-失去5 个电子，ClO-获得2 个电子，根据电子守恒，可知CN-系数是2，ClO- 系数是5，反应的离子方
程式：2CN-+5ClO-+1H2O=2
+1N2↑+5Cl-；
ClO
②
-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-
Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉
淀，提高镍元素的去除率；
（2）①预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡
+H2O
2
+2H+正向移动，c(
)增大，生成
BaCrO4沉淀量增大；②预调pH=7 要加入更多的石灰乳，会将更多的
转化为CaSO4沉淀，从而减少了
沉淀
消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与
反应生成BaCrO4沉淀；
（3）沉淀2 中铬元素以BaCrO4形式存在，六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：
+H2O
2
+2H+ ，则酸性增加，使BaCrO4沉淀溶解平衡移动，离子方程式：2BaCrO4+2H++2
=2BaSO4+
+H2O
（4）①保证废水中Ba2+沉淀完全
②根据离子方程式：
+H2O
2
+2H+
，n(H+)
n(
)
n(Ba2+)，步骤2 消耗的HCl 是与全
部的Na2CrO4标准溶液反应，步骤1 消耗的HCl 是
与全部Ba2+反应后剩余的
所需量，两者的差
值即与全部Ba2+反应需要的Na2CrO4；n(H+)= n(
)=n(Ba2+)=（c-b）
L×0.1mol·L−1，m(Ba2+)=137×
（c-b）
g；则废水中Ba2+的含量为
mg·L−1
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8．（2024 届·辽宁沈阳·三模）稀土元素铈及其化合物在生产生活中有重要用途，如汽车尾气用稀土/钯三
效催化剂处理，不仅可以降低催化剂的成本，还可以提高催化效能。以氟碳铈矿(主要成分为
)
为原料制备
的一种工艺流程如图：
已知：①滤渣1 的主要成分是难溶于水的
，滤渣2 的主要成分是
；
、
(a、b 均大于0)。
②当前工艺条件下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于
)时的pH 如下
表：
金属阳离子
开始沉淀时的pH
1.3
7.7
完全沉淀时的pH
3.1
9.2
回答下列问题：
（1）写出一条提高焙烧效率的方法：
。
（2）加入盐酸和
进行浸取时有污染环境的气体产生，该气体为 (填化学式)；操作1 和操作2
的名称为
。
（3）调节滤液1 的pH 的范围为
；滤渣3 的主要成分为
(填化学式)。
（4）
有强氧化性，含
的溶液可吸收雾霾中的NO，生成
、
(二者物质的量之比为1：
1)，该反应的离子方程式为
。
（5）滤渣1 经KCl 溶液充分浸取后，测得反应体系中
的物质的量浓度为
，则
的物质的
量浓度为
(用含a、b 的式子表示)。
（6）在空气中焙烧
的反应方程式为
。
（7）某研究小组利用硫化锌锂电池，在酸性环境下电解
制
的装置如图所示。阴极的电极
反应式为 ，随着电解反应的进行，为使电解液成分稳定，应不断补充 (填化学式)。
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【答案】（1）矿石粉碎、搅拌等
（2）Cl2 过滤
（3）3.1~7.7 Fe(OH)3
（4）
（5）
（6）
（7）
【分析】氟碳铈矿焙烧后加入盐酸、硼酸酸浸，生成
沉淀成为滤渣1，滤渣1 加入氯化钾溶液得
到
沉淀成为滤渣2，滤液1 中含有铁离子、Ce3+，调节pH 将铁离子转化为沉淀得到滤渣3，滤液2 含
Ce3+，滤液2 加入碳酸氢铵得到
，煅烧过程中被空气中氧气氧化为
；
【解析】（1）矿石粉碎、搅拌等都会加快反应速率，提高焙烧效率；
（2）四价Ce 具有氧化性，加入盐酸和
进行浸取时，会将氯离子氧化为有毒的氯气，产生有污染环
境的气体，该气体为Cl2；操作1 和操作2 均为分离固液的操作，名称为过滤；
（3）调节滤液1 的pH 使得铁离子沉淀被分离，而
不产生沉淀，结合表数据可知，范围为3.1~7.7；滤
渣3 的主要成分为生成氢氧化铁Fe(OH)3；
（4）含
的溶液可吸收雾霾中的NO，生成
、
(二者物质的量之比为1：1)，假设均生成1 个
、
，则2 分子NO 共失去4 个电子，由电子守恒可知，则需要4 个
参与反应，反应为：
；
（5）滤渣1 经KCl 溶液充分浸取后，测得反应体系中
的物质的量浓度为
，则
，
的物质的量浓度为
；
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（6）
煅烧过程中被空气中氧气氧化为
，反应为
；
（7）在酸性环境下电解
制
，则阴极氢离子放电发生还原反应生成氢气，电极反应式为
，阳极
失去电子发生氧化反应生成
，反应为
；
则总反应为：
，随着电解反应的进行，为使电解液成分稳定，应不断补充
硫酸
。
9．（2024 届·四川乐山·三模）利用硝酸、过氧化氢对废弃锂电池中的正极材料LiMn2O4进行处理，回收
Li、Mn 元素，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）通过仪器分析可知LiMn2O4晶体中锰元素由
、
构成，它们的个数比为 。
（2）为了提高“酸浸”的效率，可采取的方法有 (答出2 条)。“滤液1”的主要溶质有
LiNO3、
，写出“酸浸”时发生反应的离子方程式 。
（3）在“酸浸”时，若用盐酸替代硝酸，可能产生的不良影响是 ，请评价若流程中缺少“加
热浓缩”步骤后工艺的优缺点 (优点和缺点各写一条)。
（4）“沉锂”试剂不选用
的原因可能是 (写出一条)。
（5）写出“800℃煅烧”
时发生反应的化学方程式 。
（6）若“沉锂”前“滤液2”中
，取1L 该溶液加入等体积Na2CO3溶液充分反应后溶液中
，则该实验中锂离子的沉淀率为 %(已知
，混
合后溶液体积变化忽略不计)。
【答案】（1）1 1∶
（2）粉碎LiMn2O4粗品、适当提高温度、适当提高硝酸浓度、加速搅拌等 2LiMn2O4+10H+
+3H2O2=3O2+ 2Li++4
+8H2O
（3）反应生成Cl2，污染环境 优点：减少能源消耗；缺点：硝酸不能循环利用，浪费原料
（4）
碱性比碳酸钠碱性弱，无法调pH 到12
（5）
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（6）98
【分析】LiMn2O4粗品加入HNO3和H2O2的混合液体，得到Mn(NO3)2、LiNO3，再加热浓缩后，硝酸循环
利用，再加入碳酸铵溶液，得到碳酸锰和含锂离子的溶液，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，得到
Li2CO3沉淀。
【解析】（1）根据化合价的代数和为0，得到锰元素平均价态为+3.5 价，则
、
的个数比为
1 1∶；
（2）为了提高“酸浸”的效率，可采取的方法有：粉碎LiMn2O4粗品、适当提高温度、适当提高硝酸浓度、
加速搅拌等；因为“滤液1”的主要溶质有LiNO3、
，则“酸浸”时发生反应的离子方程式：
2LiMn2O4+10H++3H2O2=3O2
+ 2Li++4
+8H2O；
（3）用盐酸代替HNO3，则反应生成Cl2，污染环境；若流程中缺少“加热浓缩”步骤后工艺的优点：减
少能源消耗；缺点：硝酸不能循环利用，浪费原料；
（4）“沉锂”试剂不选用
的原因可能是，
碱性比碳酸钠碱性弱，无法调pH 到
12；，
（5）“800℃煅烧”
得到三氧化二锰和二氧化碳，化学方程式
；
（6）
，则沉淀后
，
沉淀后
，锂离子的沉淀率为
。
10．（2024·湖北圆创联盟一模）某制药厂的废钯催化剂含
、
、
、
、
和活性炭，提
取贵金属
的流程如下：
已知：①铂系元素（包括Pt、Pd 等六种元素）的单质均为惰性金属；
②
性质较稳定，难溶于酸、碱，可溶于王水；
③
、
。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤的主要目的是除去活性炭，通常控制温度600℃、焙烧时间约
，焙烧温度过高或
时间过长均导致钯浸出率降低，原因是 。
（2）“浸渣”的成分是少量
及 。
（3）“浸出”步骤中生成配合物
，写出该反应的化学方程式 。
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（4）“氨化”步骤中
转化为
，反应后溶液
，此时溶液中
。
（5）“沉钯”步骤中的离子方程式为
。
（6）
存在两种平面结构，将其记为A 和B。查得25℃时A、B 在水中的溶解度分别为
0.2577g、0.0366g，A 具有广谱的抗癌活性，写出A 的结构式 （
中共价键不必画出）。
【答案】（1）温度过高或焙烧时间过长会导致Pd 与氧气生成PdO，使Pd 的浸出率降低
（2）
（3）Pd+H2O2+4HCl=H2[PdCl4]+2H2O
（4）0.03
（5）
（6）
【分析】废钯催化剂含Pd、Al2O3、CuO、Bi2O3、SiO2和活性炭，先在空气中焙烧除去活性炭，使其转化
为二氧化碳，再对固体进行酸浸，Al2O3、CuO、Bi2O3溶解，SiO2不溶于酸，且由题知，有少量PdO 生成，
故浸出后的滤渣为SiO2和PdO，酸浸后的溶液中加入氨水调节pH，使Al3+、Bi3+以氢氧化物沉淀，再加入
盐酸沉钯得Pd(NH3)2Cl2，再将其转化为钯；
【解析】（1）根据题给信息②可推知，温度过高或焙烧时间过长会导致难溶于“浸出”步骤的PdO 生成，
使Pd 的浸出率降低；
（2）废
催化剂含
、
、
、
、
和活性炭，其中活性炭在焙烧中除去；其余物质中
不溶于酸的仅有
，焙烧可能生成极少量
；
（3）由流程图可知该步反应物为
、
、
，可由此得到方程式Pd+H2O2+4HCl=H2[PdCl4]+2H2O；
（4）反应后溶液
，即
，
，由
可得
，
，即二者浓度之比为0.03；
（5）由（4）可知此时含
的反应物为
，由流程图知其余反应物为
，生成物为难溶于
水的
。可由此得到方程式
；
（6）根据数据，A 在水中溶解度显著大于B，由“相似相溶”原理可推知A 结构的极性应大于B，因此A 结
构中相同的基团应相邻，结构式为。
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