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能力突破特训
时间：60 分钟
一、
选择题（12 个小题，每小题只有一个正确选项，每题5 分，共60 分）
1．陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少
量的铝箔，LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：
下列有关描述错误的是
A．“滤液①”主要成分是NaAlO2
B．“操作①”、“操作②”的分离方法相同
C．“酸溶”反应中H2O2可以换成O2
D．“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大将导致产品不纯，其原因是溶液碱性增强会产生Co(OH)2
杂质
【答案】B
【分析】经过第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解转化为NaAlO2(滤液①)而被除去，钴渣①主要含Co3O4
和LiCoO2，后续萃取的是Co2+，说明经过酸溶之后，Co 元素转化为Co2+，即在酸溶步骤中Co 元素被还原，
故H2O2此时作还原剂，经过操作①得到滤液②，说明操作①为过滤操作，所得滤液②中主要含CoSO4和
Li2SO4，经过萃取操作(操作②)实现两者分离，有机相中为CoR2，向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实
现Co 元素从有机相转移到水相，最后经过沉钴操作获得CoCO3，据此分析解题。
【详解】A．由分析知，滤液①”主要成分是NaAlO2，A 正确；
B．“操作①”为过滤，“操作②”为萃取、分液，二者的分离方法不同，B 错误；
C．由分析知，“酸溶”反应中H2O2作还原剂，不可以换成O2，C 正确；
D．“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大溶液碱性增强会产生Co(OH)2杂质，将导致产品不纯，D 正
确；
故答案为：B。
第32 讲 无机化工流程题的解题策略
1
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2．FeF3是制备硫化物全固态锂电池高能正极材料的原料。一种制备FeF3材料的生产流程如下：
下列叙述正确的是
A．“混合溶液”时要用到烧杯、玻璃棒
B．“反应器”中温度越高，越有利于制备FeF3
C．“系列操作”得到的滤液，可采用分液的方法循环利用
D．“灼烧”时通入Ar 的主要作用是带走水蒸气防止FeF3水解
【答案】D
【分析】无水乙醇与HF 混合，将该混合溶液转移入反应器中加硝酸铁晶体，120℃下发生反应生成FeF3；
经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeF3·0.33H2O，再在Ar 气氛中，经灼烧得到FeF3；
【详解】A．“混合溶液”由HF 和乙醇组成，HF 腐蚀玻璃，因此应选用塑料烧杯盛放，故A 错误；
B．温度过高导致硝酸铁分解，同时乙醇大量挥发，不利于产物的生成，故B 错误；
C．“系列操作”得到的滤液中含有乙醇和硝酸，可利用沸点差异采用蒸馏分离回收，故C 错误；
D．灼烧过程中防止
水解，故通入Ar 主要作用是带走水蒸气，故D 正确；
故选D。
3．某化学兴趣小组模拟侯氏制碱法进行实验，流程如下图。下列说法正确的是
A．气体N、M 分别为
和
B．该流程中只有“食盐水”可以循环使用
C．加入氯化钠粉末的作用是由于同离子效应，让
单独结晶出来
2
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D．为使
沉淀充分析出需采用的操作为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】C
【分析】侯氏制碱法是向饱和的氨盐水中通入二氧化碳，生成溶解度小的碳酸氢钠沉淀出来，氯化铵留在
溶液中，过滤后对碳酸氢钠再加热分解得到纯碱碳酸钠，向母液中加入氯化钠固体，由于氯离子浓度增大
会使氯化铵析出，母液可以循环使用。
【详解】A．氨气极易溶于水，使得溶液显碱性，可以吸收更多的二氧化碳，故气体N、M 分别为
和
，A 错误；
B．碳酸氢钠再加热分解得到纯碱碳酸钠和二氧化碳，流程中可以循环使用的物质有二氧化碳和氯化钠溶
液，B 错误；
C．向母液中加入氯化钠固体，由于氯离子浓度增大会使氯化铵析出，C 正确；
D．由溶解度图可知，氯化铵溶解度随温度升高而增大，因此从溶液中得到氯化铵固体要用蒸发浓缩、冷
却结晶、过滤、洗涤、干燥，D 错误。
故选C。
4．从废钼催化剂(主要成分为MoS2，含少量SiO2、CuFeS2、As2O3)中回收钼酸铵晶体的工艺流程如图所示：
注：酸浸后钼元素以MoO
形式存在，溶液中某离子浓度105molL1时，认为沉淀完全；常温下
Ksp=[Fe(OH)3]=10-38.5，Ksp=[Cu(OH)2]=10-19.6。
下列说法错误的是
A．滤渣1 的主要成分是SiO2
B．焙烧过程中Mo、S 元素被氧化
C．“调pH”过程中调节溶液的pH 略大于2.83，可除去目标杂质离子
D．反萃取发生的离子方程式为
【答案】C
3
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【分析】由题给流程可知，废钼催化剂在空气中焙烧，MoS2和CuFeS2在高温条件下与氧气反应生成
MoO3、Fe2O3、CuO，SiO2不反应；向焙烧所得固体中加入稀硫酸酸浸，Fe2O3、CuO 与稀硫酸反应生成可
溶性硫酸盐，MoO3与稀硫酸反应转化为MoO
离子，SiO2不反应，过滤得到滤渣1 为SiO2；向酸浸后的
体系中加入三氧化钼调节溶液的pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁的滤渣2
和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取溶液中的MoO
离子，分液得到含有铜离子的水相和含有MoO
离
子的有机相；向有机相中加入氨水将MoO
离子转化为MoO
离子，再加入氯化镁反应得到钼酸铵，同
时生成Mg(NH4)AsO4沉淀，钼酸铵溶液经结晶制得钼酸铵晶体。
【详解】A．根据分析，滤渣1 的主要成分是SiO2，故A 正确；
B．根据分析，废钼催化剂在空气中焙烧，MoS2在高温条件下与氧气反应生成MoO3、SO2，Mo、S 元素化
合价升高，被氧化，故B 正确；
C．调节pH 时可以除去溶液中的铜离子和三价铁离子，则当三价铁离子除净时，此时c(OH-)=
，此时
，pH=2.83；同理可求出当铜离子
除净时，pH=6.7，“调pH”过程中调节溶液的pH 略大于6.7，可除去目标杂质离子，故C 错误；
D．根据流程可知，反萃取时，是将钼从有机相中提取的过程，该过程的方程式为：
，故D 正确；
故答案为：C。
5．如图是海水提溴的工艺流程。下列有关说法不正确的是
4
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A．在海水中加“酸和氯气”，氯气的作用是中和海水中的碱性物质
B．“吹出塔”处热空气的作用是将生成的溴吹出
C．“吸收塔”中发生的离子反应为Br2+SO2+2H2O=4H++SO
+2Br-
D．以上流程中“吹出塔”和“吸收塔”内的反应是为了富集海水中的溴
【答案】A
【分析】浓缩、酸化后的海水通入氯气，氯气氧化溴离子生成单质溴，通入空气水蒸气吹出溴单质，溴单
质被二氧化硫吸收生成溴化氢，再在蒸馏塔中通入氯气氧化溴离子生成单质溴，冷凝、精馏得到纯溴。
【详解】A．在海水中加“酸和氯气”氯气的作用是将Br-氧化为
，A 错误；
B．“吹出塔”处热空气的作用是将生成的溴吹到“吸收塔”中，B 正确；
C．从图中分析可知溴单质被二氧化硫和水吸收得到溴化氢溶液，发生的离子反应为
，C 正确；
D．通过“吹出塔”和“吸收塔”中发生的反应富集溴，再通过“蒸馏塔”把溴离子氧化为溴单质，冷却
溴蒸气可得到液溴，D 正确。
故选A。
6．室温下，用含有少量
的CeCl3溶液制备Ce2(CO3)3的流程如图所示。
已知：①Ksp(FePO4)=1.3×10-22；②测得“除磷”后的滤液中c(Fe3+)=1x10-2mol/L；③0.1mol·L-1NH4HCO3溶
液pH 约为8；
下列说法不正确的是
A．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中有c(NH3·H2O)<c(H2CO3)
B．“除磷”后上层清液中
=1.3×10-20mol/L
C．“沉铈”所得滤液中大量存在的阳离子有Mg2+、
、H+
5
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D．“沉铈”后的滤液中有c(H+)<c(NH3·H2O)+c(OH-)
【答案】C
【详解】A．
溶液存在
和
，
溶液pH 约为8，
的水解程度大于
，所以
，A 正确；
B．
，“除磷”后的滤液中
，所以
，
B 正确；
C．“聚沉”过程中加入MgO，“沉铈”过程中加入过量的
，所得滤液中大量存在的阳离子有
Mg2+、
，但是没有大量的H+，C 错误；
D．“沉铈”后的滤液中含有
，还有过量的
,根据质子守恒，有
，则有
，D 正确；
故选C。
7．工业可利用“单质碘”循环来吸收
，同时制得氢气，流程如图所示。下列说法错误的是
A．HI、
、
都是共价化合物
B．反应器中控制温度的目的是增大
的溶解度以加快吸收
C．分离器中的物质分离的操作为蒸馏
D．碘循环工艺的总反应为
【答案】B
【分析】该流程是利用单质碘来吸收
，并同时制备氢气；将二氧化硫、水和单质碘通入反应器中，反
6
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应生成硫酸和氢碘酸，再对该混酸进行分离，将硫酸分离，后将HI 通入到膜反应器中，使其分解为氢气
和碘单质，再把碘单质通入反应器中进行循环利用。
【详解】A．HI、
、
中的所有化学键均为极性共价键，都属于共价化合物，A 正确；
B．
的沸点较低，温度过高会使
升华，从而减少
的吸收，所以反应器中控制温度为20℃~100℃，升
高温度则气体溶解度减小，B 错误；
C．分离器中含有硫酸和氢碘酸，二者沸点不同，用蒸馏来分离，C 正确；
D．反应器中发生反应
，膜反应器中发生反应
，将两反应
方程式相加得，碘循环工艺的总反应为
，D 正确；
故选B。
8．工业上常用的一种海水提溴技术“吹出法”，利用了溴的强挥发性，其流程如下：
下列说法错误的是
A．“氧化”步骤中，用硫酸酸化，可提高
的利用率
B．“吸收”中的离子方程式为：
C．“吹出”和“吸收”两步骤的目的是富集溴元素
D．“蒸馏”前，常加入一定量
除去溴水中多余的
【答案】D
【分析】卤水通入氯气将溴离子氧化为溴单质，使用热空气将溴蒸出后使用二氧化硫吸收转化为HBr，再
通入氯气将HBr 氧化为溴单质，利用物质沸点的不同，采取蒸馏的方法将溴蒸出。
【详解】A．氯气、溴单质与水之间能发生反应，用硫酸酸化，使氯气、溴单质和水的化学平衡左移，可
提高Cl2的利用率，也能减少溴单质与水的反应，A 正确；
B．二氧化硫具有还原性、溴具有氧化性，“吸收”过程所发生的反应为二氧化硫和溴单质发生氧化还原
7
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反应生成硫酸和HBr，其离子方程式为：
，B 错误；
C．“吹出”和“吸收”两步骤目的是富集溴，然后再被氧化，分离，C 正确；
D．“蒸馏”步骤，不需要加入
除去溴水中多余的
，两者沸点不同，可以蒸馏直接得到溴，D 错
误；
故选D。
9．工业生产中利用方铅矿(主要成分为
，含有
等杂质)制备
晶体的工艺流程如图：
已知：
；
，
。
下列说法错误的是
A．浸取时发生反应：
B．物质M 为
，试剂
为
，滤液a 一定能循环使用
C．由该工艺流程可知，
反应吸热
D．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中
【答案】B
【分析】“浸取”时MnO2和PbS、FeS2和盐酸、氯化钠反应生成Fe3+、Mn2+、
，同时产生S，滤
渣1 含S，“调
”的目的是消耗溶液中的
，促进
水解转化成
除去，“沉降”的目的是
析出
固体，然后加入硫酸盐进行沉淀转化，
转化为PbSO4。
8
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【详解】A．“浸取”时的主要离子反应为
，
，A 正确；
B．调
的目的是消耗溶液中的
，促进
水解转化成
除去，可选用
、
等，
滤液a 中含有大量的
，但为确保
的产量，需加入过量的试剂
，则滤液a 因含过量
的
不能投入浸取环节循环使用，B 错误；
C．沉降的目的是析出
固体，用冰水降温有利于析出，说明
反
应吸热，C 正确；
D．沉淀的转化方程式为
，达到平衡时溶液中
，D 正确；
故答案选B。
10．最近，科学家开发了一种用二氧化碳淡化海水的技术，其循环图如下：
下列有关叙述错误的是
A．上述转化中包括氧化还原反应
B．该技术中发生离子交换的实质是产物溶解度较小
C．加热RNH3Cl 并用水吸收HCl 可制盐酸
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D．淡化后的海水导电性减弱；
【答案】A
【详解】A．上述转化中没有化合价的升降，没有氧化还原反应，A 错误；
B．该技术中发生离子交换的实质是NaHCO3溶解度较小，溶液浓度低致使离子交换过程持续发生，B 正确；
C．上述转化中得出加热RNH3Cl 得到HCl 和RNH2,用水吸收HCl 可制盐酸，C 正确；
D．上述循环使得海水中氯化钠的浓度降低，水的导电性与离子浓度有关，故循环后水的导电性减弱，D
正确；
故选A。
11．侯氏制碱法(联合制碱法)工艺流程可用如图表示。下列有关说法错误的是
A．以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔
B．该工艺的碳原子利用率理论上为
C．氨母液储罐中的溶质主要是
、
、
D．在实验室模拟上述流程，“焙烧”需要使用铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等仪器
【答案】C
【详解】向饱和
溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，提升其溶解
的能力，再通入
(碳酸化塔)，反应生成
和碳酸氢钠(从溶液中析出)，真空过滤机过滤出的
进入回转焙烧炉焙
烧后转化为
、水和二氧化碳，
可进入碳酸化塔重复利用，
进入碱母液储罐，由于
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的溶解度在低温下比
小，向其中通入
后降温“冷析”、加NaCl“盐析”，可使
结
晶析出，剩余母液中含氯化钠和氨水，进入氨母液储罐后可再次投入使用。
A．根据分析可知海水淡化工厂对海水进行分离、提纯和浓缩可得到饱和氯化钠溶液，然后进入吸氨塔，
故A 正确；
B．根据
，
，反应产生的
又进入碳酸化塔知，碳原子利用率理论上为
，故B 正确；
C．氨母液储罐中的溶质主要是
和
，故C 错误；
D．焙烧固体在坩埚中进行，实验室模拟“焙烧”时需要的实验仪器有铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯
等，故D 正确；
故答案为C。
12．最近我国学者发现，以精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中和O2（空气）反应，生成物冷却后经溶解、除
铁、结晶，得到CuSO4·5H2O。实验结果如下：
沸腾炉炉度/°C
560
580
600
620
640
660
生成
物
水溶性Cu%
90.12
91.24
93.50
92.38
89.96
84.23
酸溶性Cu%
92.00
93.60
97.08
97.82
98.16
98.19
酸溶性Fe%
8.56
6.72
3.46
2.78
2.37
2.28
下列关于这一过程的叙述错误的是（ ）
A．反应中有二氧化硫生成
B．产物中铜元素主要以氧化物形式存在
C．随温度升高，铁的氧化物在酸中的溶解度降低
D．温度高于600～620℃生成物中水溶性Cu(%)下降的原因是水溶性铜分解所致
【答案】B
【分析】水溶性铜化合物为CuSO4•5H2O，酸溶性铜化合物为CuO，温度较高时，CuSO4•5H2O 可分解生成
CuO，CuFeS2与O2反应放热，可通过控制加入CuFeS2的速度调节温度；表格中水溶性铜、酸溶性铜和酸
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溶性铁的信息表明，沸腾炉里的含铁产物肯定不是铁的硫酸盐，因为并没有说有水溶性铁，因而可以得出
结论：燃烧产物中的铁是以氧化物的方式存在的，据此回答即可。
【详解】A．精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中和O2(空气)反应的方程式为：
4CuFeS2+15O2=4CuSO4+2Fe2O3+4SO2↑，故A 正确；
B．根据表中数据可判断产物中铜元素主要以CuSO4形式存在，故B 错误；
C．根据表中数据可以看出：随温度升高，铁的氧化物在酸中的溶解度降低，故C 正确；
D．水溶性铜化合物为CuSO4·5H2O,酸溶性铜化合物为CuO，温度较高时，CuSO4·5H2O 可分解生成CuO，
则在600℃以上时水溶性铜化合物含量减少，故D 正确；
答案选B。
二、非选择题（共4 小题，共40 分）
13．铁及其化合物在生产生活中有重要应用。
Ⅰ．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的污水处理剂。
(1)K2FeO4的制备：
①ⅰ中反应的离子方程式是
②将ⅱ中反应的离子方程式补充完整：
③ⅲ中反应说明溶解度：
(填“>”或“<”)。
(2)K2FeO4的性质：
ⅰ．将K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，液体有丁达尔效应。
ⅱ．将K2FeO4固体溶于浓KOH 溶液中，放置2 小时无明显变化。
ⅲ．将K2FeO4固体溶于硫酸中，产生无色气泡的速率明显比ⅰ快。
K
①
2FeO4溶于蒸馏水的化学反应方程式是 。
K
②
2FcO4的氧化性与溶液pH 的关系是 。
(3)K2FeO4的应用。K2FeO4可用于生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为N2)处理。K2FeO4对生活垃圾渗
透液的脱氮效果随水体pH 的变化结果如下：
12
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K2FeO4脱氮的最佳pH 是 。
Ⅱ．请回答：
(4)Fe、Co、Ni 能与Cl2反应，其中Co 和为Ni 均生成二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由
强到弱的顺序为 。Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：
。
【答案】(1) 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O 2Fe3++10OH-+3ClO-═2FeO
+3Cl-+5H2O >
(2) 4K2FeO4+10H2O═4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH pH 越小，K2FeO4氧化性越强
(3)8
(4) CoCl3>Cl2>FeCl3 2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O
【分析】K2FeO4的制备流程：酸性条件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2(SO4)3，反应的方程式为2Fe2+
+H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，碱性条件下NaClO 氧化Fe2(SO4)3生成Na2FeO4，反应的方程式为2Fe3++10OH-
+3ClO-═2FeO
+3Cl-+5H2O，根据K2FeO4的溶解性小于Na2FeO4原理，加入饱和KOH 溶液使Na2FeO4转化
为K2FeO4，方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4
+2NaOH，过滤、洗涤、低温干燥，得到K2FeO4纯品，以
此解答。
【详解】（1）①i 中反应为酸性条件下，H2O2氧化FeSO4生成Fe2(SO4)3的反应，结合电子守恒、电荷守恒
配平、得到离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
②碱性条件下NaClO 氧化Fe2(SO4)3生成Na2FeO4和NaCl，结合电子守恒、电荷守恒、碱性条件配平的离子
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方程式为为2Fe3++10OH-+3ClO-═2FeO
+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe3++10OH-+3ClO-═2FeO
+3Cl-
+5H2O；
③加入饱和KOH 溶液，可将Na2FeO4转化为K2FeO4，根据复分解反应发生的条件可知，Na2FeO4的溶解性
大，即溶解度：Na2FeO4>K2FeO4，故答案为：>。
（2）①K2FeO4固体溶于蒸馏水中并和水反应生成O2和氢氧化铁胶体，根据原子守恒可知，还有KOH 生
成，反应的化学方程式4K2FeO4+10H2O═4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH，故答案为：
4K2FeO4+10H2O═4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH；
②由实验i、ii、iii 可知，K2FeO4稳定存在于碱性环境中、酸性条件下有氧化性，即酸性越强、pH 越小，
K2FeO4氧化性越强，故答案为：pH 越小，K2FeO4氧化性越强。
（3）由图可知pH=8 左右N 元素的去除率最高，所以K2FeO4脱氮的最佳pH 是8 左右，故答案为：pH=8。
（4）Fe、Co、Ni 能与Cl2反应，其中Co 和Ni 均生成二氯化物，Fe 与Cl2反应生成FeCl3说明氧化剂Cl2的
氧化性强于氧化产物FeCl3的氧化性；而Co 与Cl2反应生成二氯化物，不能生成CoCl3；说明CoCl3比Cl2
更易得电子生成CoCl2，氧化性强于Cl2，FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为：
CoCl3>Cl2>FeCl3；Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体Cl2的生成，根据得失电子守恒：+3 价Co 元素生成
Co2+化合价降低1，得1mol 电子，2Cl-失2mol 电子化合价升高2 生成Cl2，和电荷守恒写出离子方程式：
2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O，故答案为：CoCl3>Cl2>FeCl3；2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2+
+Cl2↑+6H2O。
14．氧化钪(
)在合金、电光源、催化剂和陶瓷等领域有广泛应用，以钪锰矿石(含
、
、
、
、CaO、FeO)为原料制备氧化钪的一种工艺流程如图所示。
已知：①TBP 和P507 均为有机萃取剂：②常温下，
；③草酸可与多种金属离子形
成可溶性络合物。回答下列问题：
(1)钪锰矿石中含铁元素，则基态Fe 的价电子排布式为 。
(2)“浸取”时铁屑被
氧化为
，该反应的离子方程是 。
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(3)常温下，“沉淀分离”时加入NaOH 溶液调节pH 至6，滤液中
的浓度为 。
(4)已知
，
，
。“沉钪”时，发生反应
，此反应的平衡常数K= (用含a、b、c 的代数式表示)。
反应过程中，草酸用量过多时，钪的沉淀率下降，原因可能是 。
(5)草酸钪晶体
：在空气中加热，
随温度的变化情况如图所示。250℃时，
晶体的主要成分是 (填化学式)。550~850℃发生反应的化学方程式为 。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
草酸钪沉淀转化为可溶性络合物
(5)
【分析】钪锰矿石经过酸浸除去二氧化硅，同时将氧化钙中的钙元素转化为硫酸钙除去，浸取液中加入盐
酸和TBP 进行萃取，除去铁元素，萃余液中加入P507 后提取出钪元素，加入氢氧化钠溶液进行沉淀分离
将钪元素转化为Sc(OH)3，加入盐酸溶解后再加入草酸将钪元素沉淀出来，最后经过煅烧得到
；
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【详解】（1）铁的原子序数是26，其基态Fe 的价电子排布式为
；
（2）“浸取”时铁屑被
氧化为
，
被还原为Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒可得反应
的离子方程式为
；
（3）常温下，
，当pH=6 时，c(OH-)=10-8mol/L，c(Sc3+)=
；
（4）
的平衡常数
；
由已知信息③可知，草酸可与多种金属离子形成可溶性的络合物，故草酸用量过多时，草酸钪沉淀可能会
转化为可溶性络合物，导致钪的沉淀率下降；
（5）设起始时
的物质的量为1mol，质量为462g，由图可知，250℃时，减少的质量为
，即晶体失去5 个结晶水，故250℃时，晶体的主要成分是
。250~550℃减少的质量为
，可知550℃时晶体的主要成分是
。
850℃时剩余固体的质量为
，除去钪元素后剩余质量为138-90=48g，也即
氧元素的物质的量为3mol，则850℃时晶体的化学式为
，故550~850℃发生反应的化学方程式为
。
15．某废催化剂主要成分为镍、钒、铁、铝及其硫化物，为实现金属资源的再利用，对其处理的流程如下
图所示。
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按要求回答下列问题：
(1)Ni 在元素周期表中的位置为 。聚合氯化铁的化学式为
，其中铁元素的化合
价为 。
(2)“滤液”的处理
①“滤液”中，阴离子主要有
和 。
②从“滤液”中获取钒单质的流程如下图所示，其中“离子交换”和“洗脱”可简单表示为
(其中ROH 为离子交换树脂)。
向流出液中通入过量
可得到沉淀，该沉淀的化学式为 。“电解”时阴极的电极反应为
，阴极可能产生的气体副产物为 。
(3)聚合氯化铁的制备
①“转化”过程中，实际加入
的量远大于按方程式计算所需的量，其原因为 。
②“转化”过程中，溶液的
必须控制在一定的范围内。
偏小时 ，
偏大时则形成
沉淀。
(4)氯化镍晶体 (
)纯度的测定(杂质不含氯元素)
ⅰ.用适量蒸馏水溶解
样品，再稀释至
。
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ⅱ.取
待测液，加入指示剂，用
标准液滴定，多次平行实验情况如下表和下图
所示。
滴定次
数
标准液体积
滴定前的刻度
滴定终点的刻度
第1 次
2.35
第2 次
0.70
20.85
第3 次
0.75
22.90
ⅲ.另取
蒸馏水，进行空白对照实验，消耗标准液的平均用量为
。
①
标准液滴定溶液中的
，采用
为指示剂，利用
与
生成砖红色沉淀，指示达到
终点。当达到滴定终点时，溶液中的
恰好沉淀完全(浓度为
)，此时溶液中
。[已知：
，
。]
②氯化镍晶体的纯度为 %。
【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族 +3
(2)
(3) Fe3+能够催化H2O2分解为H2O 和O2 Fe3+水解程度较弱，无法形成聚合氯化铁
(4)
95.2
【分析】由题干工艺流程图可知，将废催化剂主要成分为镍、钒、铁、铝及其硫化物先在空气中焙烧产生
SO2，并将镍、钒、铁、铝及其硫化物转化为NiO、V2O5、Fe2O3、Fe3O4、Al2O3，然后加入NaOH 进行碱浸
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将V2O5、Al2O3转化为
、
，过滤得到滤液中含有
、
，滤渣中主要含有Fe2O3、NiO、
Fe3O4，向滤渣中加入足量的HCl 将Fe2O3、NiO、Fe3O4转化为FeCl3、FeCl2、NiCl2等，再加入H2O2转化
Fe2+转化为
，过滤出聚合氯化铁，得到滤液中主要含有NiCl2溶液，经过蒸发浓缩、冷却结
晶，过滤洗涤干燥即可得到NiCl2·6H2O，据此分析解题。
【详解】（1）已知Ni 是28 号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d84s2，故Ni 在元素周期表中的位置为第
四周期第Ⅷ族，聚合氯化铁的化学式为
中OH-为-1 价，Cl-为-1 价，根据化学式中化合价的
代数和为0，则铁元素的化合价为+3 价，故答案为：第四周期第Ⅷ族；+3 价；
（2）①由分析可知，“滤液”中，阴离子主要有
和
，故答案为：
；
②由分析可知，“滤液”中，阴离子主要有
和
，经离子交换处理后得到的流出液中主要含
有OH-和
，向流出液中通入过量CO2可得到沉淀，该转化反应方程式为：
+H2O+CO2=Al(OH)3↓+
，即该沉淀的化学式为Al(OH)3，洗过洗脱后所得溶液主要含有NaVO3，“电解”时阴极发生还原
反应，要得到V，则该电极反应为
，由于溶液中的H+也可能得到电子转化为
H2，故阴极可能产生的气体副产物为H2，故答案为：Al(OH)3；
；H2；
（3）聚合氯化铁的制备
①已知Fe3+能够催化H2O2分解为H2O 和O2，故“转化”过程中，实际加入H2O2的量远大于按方程式计算
所需的量，故答案为：Fe3+能够催化H2O2分解为H2O 和O2；
②“转化”过程中，溶液的pH 必须控制在一定的范围内，Fe3+水解呈酸性，pH 偏小时，导致抑制Fe3+水
解，导致Fe3+水解程度较弱，无法形成聚合氯化铁，pH 偏大时则形成Fe(OH)3沉淀，故答案为：Fe3+水解
程度较弱，无法形成聚合氯化铁；
（4）①达到滴定终点时，c(Ag+)=
=
=2×10-5mol/L，则此时溶液中c(
)=
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=
=5.0×10-3mol/L，故答案为：5.0×10-3mol/L；
②由题干表中数据可知，平行滴定3 次，每次用去AgNO3标准液的体积分别为：20.25mL、20.15mL、
22.15mL(明显误差，舍去)，故消耗AgNO3溶液的平均体积为：
=20.20mL，去除空白对照实验
消耗AgNO3的平均体积为0.20mL，故氯化镍晶体的纯度为：
=95.2%，故答案为：95.2。
16．工业上利用废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有一定量的Fe、
、
等)可以制取黄钠铁矾【化
学式为
】和
。实验流程如下：
(1)请写出一种能提高“酸浸”速率的措施： ；酸浸时要保持强制通风，目的是 。
(2)制备黄钠铁矾，沉淀的成分与温度、pH 的关系如图所示(阴影部分为黄钠铁矾)：
NaClO
①
溶液的作用除调控溶液的pH 外，还有 。
②制备黄钠铁矾可以选择的条件为 (填标号)。
a．25°C
b．40°C
c．80°C
d．100°C
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③写出若控制条件为25°C，
时，反应的离子方程式 。
(3)常温下，加入NaF 溶液沉镁，控制溶液
，使
恰好沉淀完全(即溶液中
)，则此时溶液中c(HF)= 。[已知
，
]。
(4)硫酸钠与硫酸镍晶体溶解度曲线如下图所示。由滤液制备
的实验步骤为： (简
述用到试剂和操作)，蒸发浓缩，控制温度30.8°C-53.8°C 冷却结晶，趁热过滤，洗涤。(供选试剂为NaOH
溶液、稀硫酸、水)
【答案】(1) 将镍矿粉碎或适当提高反应的温度、适当提高稀硫酸的浓度 降低氢气的浓度，防止
发生爆炸
(2) 将溶液中的
氧化为
、同时可以提供钠源 bc
(3)
(4)向滤液中加入过量NaOH 溶液，生成
沉淀，过滤得沉淀，用蒸馏水洗涤沉淀，将沉淀用过量的
稀硫酸溶解
【分析】废镍催化剂加入硫酸酸浸后滤液加入次氯酸钠沉铁得到黄钠铁矾沉淀，滤液加入氟化钠沉镁，滤
液中含有镍离子，处理得到
；
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【详解】（1）将镍矿粉碎或适当提高反应的温度、适当提高稀硫酸的浓度等均可以提高“酸浸”速率；
酸浸时稀硫酸和铁、镍反应生成易燃易爆的氢气，故要保持强制通风，目的是降低氢气的浓度，防止发生
爆炸；
（2）①NaClO 溶液具有氧化性，能将二价铁转化为三价铁，其作用除调控溶液的pH 外，还有将溶液中的
氧化为
，便于铁离子的去除，且为生成黄钠铁矾提供钠元素。
②由图可知，40°C、
或80°C、
时处于生成制备黄钠铁矾的阴影区域，故可以选择的条件为
bc；
③若控制条件为25°C、
时，反应生成FeOOH，离子方程式为
;
（3）常温下，加入NaF 溶液沉镁，控制溶液
，使
恰好沉淀完全(即溶液中
)，则
，此时溶液中
；
（4）镍离子和氢氧化钠转化为
沉淀，过滤后蒸馏水洗涤沉淀，再用过量的稀硫酸溶解得到硫酸镍，
结合图可知，控制温度30.8°C-53.8°C 冷却结晶得到
，故答案为：向滤液中加入过量NaOH 溶
液，生成
沉淀，过滤得沉淀，用蒸馏水洗涤沉淀，将沉淀用过量的稀硫酸溶解。
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