大单元四 第三单元 水溶液中的离子反应与平衡
第9 讲 无机化工流程题的破解
【高考考向预测】
无机化工流程题以矿物、废渣、废液等为原料，围绕原料预处理、反应转化、分离提纯、
产物制备等环节，综合考查元素化合物、反应原理、实验操作、滴定计算等知识，侧重流程
解读、陌生方程式书写、条件分析与除杂设计；近三年为高考化学大题必考题型，考频极高；
预测2027 年会侧重复杂多步除杂、陌生氧化还原反应书写、溶度积与pH 调控结合的分离设
计，强化信息提取与综合计算能力考查。
【双基自测●明考向】
1．3CO+ Fe2O3
高温
¿2Fe+3CO2
¿
既属于置换反应，又属于氧化还原反应。( )
【答案】错误
【详解】该反应中，反应物CO 和Fe2O3均为化合物，生成物Fe 为单质、CO2为化合物，不符
合置换反应“单质+化合物→新单质+新化合物”的特征，因此不属于置换反应。Fe 的化合价
从+3（Fe2O3）降至0（Fe），被还原；C 的化合价从+2（CO）升至+4（CO2），被氧化，存
在元素化合价变化，故属于氧化还原反应。
2．Na2CO3⋅10 H2O的风化、NaOH 的潮解属于物理变化。( )
【答案】错误
【详解】Na2CO3·10H2O的风化是失去结晶水生成Na2CO3的过程，有新物质生成，属于化学变
化；NaOH 的潮解是吸水形成溶液，无新物质生成，属物理变化。题干将两者均归为物理变
化，故错误。
3．从海水中获取镁单质，一定发生化学变化。( )
【答案】正确
【详解】海带中的镁呈化合态，镁由化合态转化为游离态的过程是镁元素被还原的过程，一
定发生了化学反应。故正确。
4．（25-26 高一上·全国·随堂练习）Fe(OH)3不能利用化合反应生成。( )
【答案】错误
【详解】Fe(OH)3可以通过化合反应生成。例如，Fe(OH)2在潮湿空气中与氧气和水发生反应：
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。该反应属于化合反应，因此题干说法错误；
故答案为：错误。
5．（2025 高三·全国·专题练习）Na2CO3·10H2O 的风化是化学变化。( )
【答案】正确
【详解】Na2CO3 10H
⋅
2O 的风化是发生分解反应生成Na2CO3和H2O，有新物质生成，是化学
变化；故正确。
6．（25-26 高三·全国·一轮复习）Fe2O3(s) →
高温
Al
Fe(s) →
HCl(aq)
FeCl3(aq)，物质间转化均能一步实
现。( )
【答案】错误
【详解】第一步是铝热反应，方程式为：2 Al+ Fe2O3 =
❑
高温
Al2O3+2 Fe，第一步可以直接转化；
第二步反应是：Fe+2 HCl = FeCl2+ H 2↑，不能一步实现，可以往FeCl2中加入氯气等氧化剂，
才能获得Fe
3+。
该说法错误。
7．（25-26 高三·全国·一轮复习）水的汽化、液化与煤的气化和液化均属物理变化。( )
【答案】错误
【详解】水的汽化、液化，属于属于三态变化，是物理变化；煤的气化和液化发生了化学反
应，属化学变化；
故答案错误。
8．（25-26 高三·全国·一轮复习）向Fe(OH)3胶体溶液中逐滴加入稀硫酸，会逐渐生成红褐色
沉淀，当稀硫酸过量，又变成棕黄色溶液，整个过程发生的都是化学变化。( )
【答案】错误
【详解】向Fe(OH)3胶体溶液中逐滴加入稀硫酸，会逐渐生成红褐色沉淀，这是胶体聚沉，
属于物理变化，当稀硫酸过量，氢氧化铁和酸发生反应生成硫酸铁溶液，故又变成棕黄色溶
液，这是化学变化，故本题错误。
9．将可调高度的铜丝伸入稀HNO3中，溶液变蓝，说明铜与稀HNO3发生置换反应。( )
【答案】错误
【详解】铜与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜，溶液变蓝，不是置换反应；故错误。
10．由铁矿石炼成铁是化学变化，由生铁炼成钢是物理变化。( )
【答案】错误
【详解】铁矿石炼铁和生铁炼钢都是化学变化，错误。
【核心梳理●明考点】
类型一 原料的预处理
1.化工流程图的结构与分析
(1)结构特点
(2)分析技巧
①箭头:进入的是投料(反应物),出去的是含产品中元素的物质(流程方向)、副产物或杂质(支线
方向)。
②三线:出线和进线均表示物料流向或操作流程,可逆线表示物质循环。
2.原料的预处理
(1)为什么进行预处理
预处理的目的：使矿料成为溶液，便于除杂。预处理过程就可发生物质转化，除去部分杂质。
(2)怎样进行预处理
预处理的方式：研磨、粉碎、搅拌、酸浸、水浸、碱浸、盐浸、醇浸、焙烧等。
(3)如何浸出效果好
提高浸出率的方法：增大反应物接触面积、延长接触时间、适当增大浸取剂浓度、适当升高
温度、多次搅拌和长时间浸取等。
(4)为什么要焙烧
高温焙烧的目的：改变物质结构，使一些物质能溶解，使一些杂质在高温下氧化、分解等。
【考点突破●明方向】
1.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的工艺流程如下图
回答下列问题:
(1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是
。
(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成VO2
+,同时还有 离子被氧化。
【答案】(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全) (2)Fe2+
2.下图废铁屑为原料制备聚合硫酸铁(PFS)的一种工艺流程如下图
粉碎过筛的目的是
,
酸浸时最合适的酸是 。
【答案】选取细小颗粒,增大反应物接触面积,提高酸浸反应速率 H2SO4
类型二 反应条件的控制
1.控制溶液的pH
(1)控制反应的发生,增强物质的氧化性或还原性,或改变水解程度。
(2)控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。
①如若要除去Al3+、Mn2+溶液中含有的Fe2+,先用氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+,再调溶液的pH。
②调节pH 所需的物质一般应满足两点:能与H+反应,使溶液pH 增大;不引入新杂质。例如:若要
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。
2.控制反应的温度
(1)控制化学反应速率。
(2)控制平衡移动方向。
(3)控制固体的溶解与结晶,如趁热过滤能防止某物质降温时析出。
(4)促进溶液中气体的逸出或实现蒸馏。
(5)防止或实现某物质水解或分解。
(6)使催化剂达到最大活性。
(7)防止副反应的发生。
3.调节反应物的浓度
(1)根据需要选择适宜浓度,控制一定的反应速率,使平衡移动有利于目标产物的生成,减小对后
续操作产生的影响。
(2)反应物过量,能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率,但对后续操作也会产生影响。
4.控制反应体系的压强
(1)改变化学反应速率。
(2)影响平衡移动的方向。
5.使用催化剂
加快反应速率,提高生产效率。
【考点突破●明方向】
1.辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的
工艺流程如图所示:
(1)“回收S”过程中温度控制在50~60 ℃之间,不宜过高或过低的原因是
。
(2)“保温除铁”过程中,加入CuO 的目的是
;
“ 蒸发浓缩、冷却结晶” 过程中, 要用HNO3 溶液调节溶液的pH, 其理由是
。
【答案】(1)温度高苯容易挥发,温度低溶解速率小
(2)调节溶液的pH,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀 抑制Cu2+的水解
【解析】(1)苯是有机溶剂,易挥发,所以温度高苯容易挥发,而温度低溶解速率小,因此回收S 过
程中温度控制在50~60 ℃之间,不宜过高或过低。(2)氧化铜是碱性氧化物,能与酸反应调节溶
液的pH,所以氧化铜的作用是调节溶液的pH,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而析出。
2.由硫酸浸出的Mn2+浸出液(含Mn2+、Fe2+、Al3+、Fe3+、H+等)经纯化得Mn2+纯化液。已
知:MnO2的氧化性与溶液pH 有关。金属离子沉淀的pH 如下表:
Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
纯化时先加入MnO2,后加入NH3·H2O,调溶液pH≈5,说明试剂加入顺序及调节pH 的原因:
。
【答案】先加MnO2,可利用溶液的酸性将Fe2+全部氧化为Fe3+,再加NH3·H2O 调溶液pH≈5,将
Fe3+和Al3+沉淀除去
类型三 分离与提纯
1.物质转化过程中分离、提纯的常用方法
过滤
分离难溶物和可溶物,根据特殊需要采用趁热过滤、抽滤等方法
萃取和分液利用物质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同来分离、提纯物质
蒸发结晶
提取溶解度随温度升高变化不大的物质,如NaCl
冷却结晶
提取溶解度随温度升高明显增大的物质、易水解的物质或结晶水合物,如
KNO3、FeCl3、CuSO4·5H2O
蒸馏和分馏分离沸点不同且互溶的液体混合物
冷却法
利用某些气体易液化的特点来分离气体,如合成氨工业中采用冷却法分离氨
气和氮气、氢气
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)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
2.获得产品阶段的常用操作
洗涤
冷水、热水、饱和溶液或有机溶剂洗涤,减少产品溶解损失
在气体氛
围中蒸发
如从溶液中析出FeCl3、AlCl3等溶质时,应在HCl 气流中加热,以防水解
蒸发浓缩、
如除去KNO3中的少量NaCl,获得KNO3晶体
冷却结晶
蒸发结晶、
趁热过滤
如除去NaCl 中的少量KNO3,获得NaCl 晶体
【考点突破●明方向】
1.(2022·湖北卷)某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后,得到浓缩卤水(含有Na+、Li+、Cl-
和少量Mg2+、Ca2+),并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
25 ℃时相关物质的参数如下:
LiOH 的溶解度:12.4 g/100 g H2O
化合物
Ksp
Mg(OH)2
5.6×10-12
Ca(OH)2
5.5×10-6
CaCO3
2.8×10-9
Li2CO3
2.5×10-2
回答下列问题:
(1)“沉淀1”为 。
(2)向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是
。
(3)为提高Li2CO3的析出量和纯度,“操作A”依次为 、 、洗涤。
【答案】(1)Mg(OH)2 (2)将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去,同时不引入新杂质 (3)蒸发浓缩 趁
热过滤
【解析】(1)浓缩卤水中含有Mg2+,当加入石灰乳后,转化为Mg(OH)2 沉淀,所以沉淀1 为
Mg(OH)2;(2)滤液1 中含有Na+、Li+、Cl-和Ca2+,结合已知条件:LiOH 的溶解度和化合物的溶度
积常数,可推测,加入Li2CO3的目的是将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去,同时不引入新杂质;(3)由
Li2CO3的溶解度曲线可知,温度升高,Li2CO3的溶解度降低,即在温度高时,溶解度小,有利于析出,
所以为提高Li2CO3的析出量和纯度,需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀,即依次蒸发浓缩,
趁热过滤,洗涤。
2.以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠,并测定产品中少量碳酸氢钠的含量,过程如下:
已知:(ⅰ)当温度超过35 ℃时,NH4HCO3开始分解。
(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100 g H2O)
温度/ ℃
0
10
20
30
40
50
60
NaCl
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3
NH4HCO3
11.9
15.8
21.0
27.0
NaHCO3
6.9
8.2
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4
NH4Cl
29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2
晶体
A
的化学式为 , 晶体
A
能够析出的原因是
。
【答案】NaHCO3 30~35 ℃,NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl 的溶解度
类型四 物质转化与跟踪
1.循环物质的确定
2.滤渣的确定
3.副产品的确定
【考点突破●明方向】
1.锰常用于制造合金锰钢。某化工厂以软锰矿(主要成分是MnO2,含有SiO2、Fe2O3、CaO 等少
量杂质)为主要原料制取金属锰的工艺流程如图1 所示。
(1)“浸锰”步骤中往往有副产物MnS2O6生成,温度对“浸锰”反应的影响如图2 所示。为减少
MnS2O6的生成,“浸锰”的适宜温度是 ,“滤渣 Ⅰ”的成分是 (填化学式)。该
步骤中可以再加入MnSO4以促进“滤渣 Ⅰ”析出,结合平衡移动原理分析其原因:
。
(2)“滤液 Ⅰ”中需要先加入MnO2充分反应后再调pH,写出加入MnO2时发生反应的离子方程
式: 。
【答案】(1)90 ℃ SiO2、CaSO4 c(SO4
2−)增大,使平衡Ca2+(aq)+SO4
2−(aq)
CaSO4(s)正向移
动,促进CaSO4析出 (2)MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O
2.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
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 。
(2)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”,最适合的酸是 。“酸溶渣”的成分是
、
。
(3)将“母液①”和“母液②”混合,吸收尾气,经处理得 ,循环利用。
【答案】(1)Fe3+、Al3+、Mg2+
(2)硫酸 SiO2 CaSO4
(3)(NH4)2SO4
本讲感悟
疑点:
盲点:
【真题再现●明考向】
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+2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。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10
-5mol⋅L
-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全
分离。
已知：①Ksp(CuS)=6.3×10
-36,Ksp(ZnS)=2.5×10
-22,Ksp(CoS)=4.0×10
-21。
②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol⋅L
-1))和溶液pH的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是_____。
(2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是_____。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn
2+)和c(Co
2+)均为0.10mol⋅L
-1，向其中加入Na2S至Zn
2+沉
淀完全，此时溶液中c(Co
2+)=_____mol⋅L
-1，据此判断能否实现Zn
2+和Co
2+的完全分离_____(填
“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H
+的物质的量为_____。
(5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4，分离出的滤渣是_____。
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co
2+，其反应的离子方程式
为_____。
(7)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_____。
【答案】(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
(2)CoO+H2SO4=CoSO4+ H2O
(3) 1.6×10
−4 不能
(4)4.0mol
(5)Fe(OH)3
(6)2Co
2++ClO
−+5 H2O =2Co(OH)3↓+Cl
−+ 4 H
+
(7)向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH 为8.2 到12.0 之间，使锌离子沉淀
完全，静置后过滤、洗涤、干燥
【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸
浸时，铜不溶解，Zn 及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的
+2 价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS 沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将
锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调
节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，
得到Co(OH)3。
【详解】（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴
元素的浸出效率。
（2）“酸浸”步骤中，Cu 不溶解，Zn 单质及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，
其他均转化为相应的+2 价阳离子进入溶液，即CoO为转化为CoSO4，反应的化学方程式为
CoO+H2SO4=CoSO4+ H2O。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn
2+)和c(Co
2+)均为0.10mol⋅L
−1，向其中加入Na2S至
Zn
2+沉淀完全，此时溶液中c(S
2−)= 2.5×10
−22
10
−5
mol⋅L
−1=2.5×10
−17 mol⋅L
−1，则
c(Co
2+)= 4.0×10
−21
2.5×10
−17 mol⋅L
−1=1.6×10
−4 mol⋅L
−1，c(Co
2+)小于0.10mol⋅L
−1，说明大部分Co
2+也
转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。
（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为
S2O8
2−+ Mn
2++2H2O=MnO2↓+ 4 H
++2SO4
2−，因此，生成1.0mol MnO2，产生H
+的物质的量为4.0mol。
（5）“沉锰”步骤中，S2O8
2−同时将Fe
2+氧化为Fe
3+，“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4，Fe
3+可
以完全沉淀为Fe(OH)3，因此，分离出的滤渣是Fe(OH)3。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO 氧化Co
2+，其反应的离子方
程式为2Co
2++ClO
−+5 H2O =2Co(OH)3↓+Cl
−+ 4 H
+。
（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液中有Zn元素以Zn
2+形式存在，当pH＞12 后氢
氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]
2−，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NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH 为8.2 到12.0 之间，使锌离子沉淀完全，
静置后过滤、洗涤、干燥。
2．（2025·河北·高考真题）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工
艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下：
已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。
回答下列问题：
(1)基态铬原子的价层电子排布式：_______。
(2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式：_______。
(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、_______、_______(填化学式)。
(4)酸化工序中需加压的原因：_______。
(5)滤液Ⅱ的主要成分：_______(填化学式)。
(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式_______。
Fe(CO)5+ _ _ _ _ _ + _ _ _ _ _ =Cr(OH)3↓+ _ _ _ _ _ + _ _ _ _ _ + _ _ _ _ _ CO
(7)滤渣Ⅱ可返回_______工序。(填工序名称)
【答案】(1)3d
54s
1
(2)4Fe(CrO2)2+7O2＋16KOH
400∼500℃
¿2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O
¿
(3) Al(OH)3 MgO
(4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行
(5)KHCO3
(6)Fe(CO)5+ K2CrO4+4H2O =Cr(OH)3↓+ Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑
(7)煅烧
【分析】铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2，与过量KOH 在空气中煅烧，
生成K2CrO4、Fe2O3、MgO，KAlO2、K2SiO3；通入KHCO3-K2CO3/CO2浸取，生成
Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO 不反应，故滤渣Ⅰ为：Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO，通过
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出K2CrO4固体，滤液Ⅰ中含有K2CrO4；将K2CrO4中加水溶解，
并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，同时副产物KHCO3生成，将K2Cr2O7与KHCO3分
离，滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3；Fe(CO)5做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，
自身转化为Fe(OH)3进入滤渣Ⅱ，KOH 进一步处理得K2CO3，循环使用，据此分析；
【详解】（1）Cr 为24 号元素，基态铬原子的价层电子排布式：3d
54s
1；
（2）煅烧工序中Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中氧气反应生成K2CrO4、Fe2O3、H2O，根据得失
电子守恒，原子守恒，化学方程式：4Fe(CrO2)2+7O2＋16KOH
400~500℃
¿2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O
¿
；
（3）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、Al(OH)3、MgO；
（4）向K2CrO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，加大压强，可以
增大CO2的溶解度，使液体中CO2浓度增大，保证酸化反应充分进行；
（5）根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3；
（6）Fe(CO)5做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3，铁元素
由0 价升高到+3 价，Cr 由+6 价降低到+3 价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：
Fe(CO)5+ K2CrO4+4H2O =Cr(OH)3↓+ Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑；
（7）滤渣Ⅱ含有Cr(OH)3和Fe(OH)3可返回煅烧工序。
3．（2025·全国卷·高考真题）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是Mg3Si2O5(OH)4，
伴生有少量Ni、Fe、Al等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收NiO并矿化固定二氧
化碳的实验流程如图所示。
已知：
Al(OH)3
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Ni(OH)2
Ksp
1.3×10
-33 2.8×10
-39 5.6×10
-12 5.5×10
-16
回答下列问题：
(1)绿矾(FeSO4⋅7H2O)在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为
_______。
(2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度(mol⋅L
-1)分别为：Ni
2+0.005、
Fe
3+0.150、Mg
2+0.430、Al
3+0.010。滤渣①的主要成分是_______、_______。
(3)加入NaOH “调pH=6”，过滤后，滤渣②是_______、_______，滤液中Al
3+的浓度为
_______mol⋅L
-1。
(4)“焙烧②”后得到NiO。NiO晶胞如图所示，晶胞中含有Ni
2+的个数为_______。
(5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为_______。
(6)1.0kg蛇纹石“矿化”固定CO2，得到0.466kg Mg5(CO3)4(OH)2⋅4H2O，相当于固定CO2
_______L(标准状况)。
【答案】(1)2FeSO4⋅7H2O
高温
¿Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑
¿
(2) Fe2O3 SiO2
(3) Fe(OH)3 Al(OH)3 1.3×10
-9
(4)4
(5)5Mg
2++10OH
-+4CO2=Mg5(CO3)4(OH)2⋅4H2O↓
(6)89.6
【分析】蛇纹石的主要成分是Mg3Si2O5(OH)4，伴生有少量Ni、Fe、Al等元素和绿矾(
FeSO4⋅7H2O)混合高温焙烧Mg3Si2O5(OH)4经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；
FeSO4⋅7H2O高温下分解，得到红棕色固体Fe2O3和气体产物三氧化硫、二氧化硫；加水水浸过
滤得到滤渣①为Fe2O3、SiO2；滤液中含有Ni
2+、Fe
3+、Mg
2+、Al
3+、SO4
2−，加入NaOH调节
pH=6，将Fe
3+、Al
3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤滤渣②为Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液中
含有Ni
2+、Mg
2+、SO4
2−，加入沉淀剂将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，氢氧化镍焙烧后得到氧化
镍；调节“沉镍”后的溶液通入二氧化碳“矿化”发生反应
5Mg
2++10OH
-+4CO2=Mg5(CO3)4(OH)2⋅4H2O↓，得到产物。
【详解】（1）绿矾(FeSO4⋅7H2O)在高温下分解，得到红棕色固体Fe2O3和气体产物三氧化硫、
二氧化硫，反应的化学方程式为2FeSO4⋅7H2O
高温
¿Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑
¿
，故答案为：
2FeSO4⋅7H2O
高温
¿Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑
¿
；
（2）Mg3Si2O5(OH)4经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅和水，FeSO4⋅7H2O分解生成Fe2O3、
二氧化硫、三氧化硫和水，“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度(mol⋅L
-1)分别为：
Ni
2+0.005、Fe
3+0.150、Mg
2+0.430、Al
3+0.010，结合电荷守恒可知，滤液中硫酸根浓度至少
为0.005×2+0.150×3+0.430×2+0.010×3
2
mol/L=0.675 mol/L，远大于滤液中铁离子的浓度，
铁元素源自绿矾和蛇纹石，硫元素源自绿矾，且有一部分硫元素以气体的形式损失，结合铁、
硫元素守恒，只有一部分铁元素进入滤液，则另一部分铁元素在滤渣①中，故滤渣①的主要
成分是为Fe2O3、SiO2，故答案为：Fe2O3、SiO2；
（3）加入NaOH “调pH=6”，c(H
+)=10
−6 mol/L，c(OH
-)=10
−8 mol/L，
c(Fe
3+)= K sp[ Fe(OH)3]
c
3(OH
−)
= 2.8×10
−39
(1×10
−8)
3 =2.8×10
−15 mol/L<1×10
−5 mol/L，
c(Al
3+)= K sp[ Al(OH)3]
c
3(OH
−)
= 1.3×10
−33
(1×10
−8)
3 =1.3×10
−9 mol/L<1×10
−5 mol/L，溶液中没有铁离子、铝离
子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是为Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液中Al
3+的浓度
为c(Al
3+)= K sp[ Al(OH)3]
c
3(OH
−)
= 1.3×10
−33
(1×10
−8)
3 =1.3×10
−9 mol/L，故答案为：Fe(OH)3；Al(OH)3；
1.3×10
−9；
（4）因为离子半径Ni
2+<O
2-，NiO晶胞图中Ni
2+棱心和体心，1 个晶胞中Ni
2+的个数为
12× 1
4 +1= 4，故答案为：4；
（5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应
5Mg
2++10OH
-+4CO2=Mg5(CO3)4(OH)2⋅4H2O↓ ，故答案为：
5Mg
2++10OH
-+4CO2=Mg5(CO3)4(OH)2⋅4H2O↓；
（6）0.466kg Mg5(CO3)4(OH)2⋅4H2O物质的量为0.466×10
3g
466g/mol
=1mol，根据C 原子守恒
Mg5(CO3)4(OH)2⋅4H2O∼4C∼4CO2，固定CO2为4 mol，标准状况下的体积为
4 mol×22.4 L/mol=89.6L，故答案为：89.6。
4．（2025·海南·高考真题）有色金属冶炼厂炼铜窑炉的废耐火砖极具回收价值。某厂产生的
废耐火砖中主要含MgO⋅Al2O375.0 %、Cu12.0%，其资源化回收的一种工艺流程如图所示。
回答问题：
(1)“粉碎”的目的是______。
(2)“加压氨浸”时铜转化为配位离子，该过程的化学反应方程式为______。
(3)“碱熔”中产生的气体C 为______，滤渣E 是______(均填化学式)。E 与______(填物质名
称)反应可生成用于城市废水处理的[Al2(OH)mCl6−m)n。
(4)某批次试验，废砖投料20.0 kg，产出CuO 2.70 kg，则Cu 的回收率为______。
(5)从绿色化学与环境保护的角度说明本工艺优点有______、______。
【答案】(1)加快“加压氨浸”的速度
(2)2Cu+O2+8 NH3·H2O=2Cu(NH3)4 (OH)2+6 H 2O
(3) CO2 Al(OH)3 盐酸
(4)90%
(5) 实现Na2CO3、CO2等物质的循环利用，原料利用率高 资源综合利用，既回收铜又
制得铝盐絮凝剂，减轻固体废弃物对环境的压力
【分析】废耐火砖中主要含MgO⋅Al2O375.0 %、Cu12.0%，经过粉碎通入氧气加压氨浸，铜转
化为配位离子，过滤后得到的滤液A 中含有[Cu(NH3)4)
2+，经过一系列处理回收金属Cu；滤渣
B 中含有MgO、Al2O3，加入碳酸钠碱溶后，气体C 是CO2，Al2O3在碱熔高温转化为
Na[ Al (OH )4]，通过水萃滤液D 中含有Na[Al(OH)4)，加入二氧化碳气体得到滤渣E(氢氧化铝)。
【详解】（1）“粉碎”的目的是通过增大接触面积加快“加压氨浸”的速度。
（2）“加压氨浸”时铜与氧气、氨气反应转化为配位离子铜氨离子，该过程的化学反应方程
式为2Cu+O2+8 NH3·H2O=2Cu(NH3)4 (OH)2+6 H 2O。
（3）“碱熔”所加的“碱”实际上是纯碱Na2CO3，与滤渣B 中的Al2O3反应产生的气体C 为
CO2。根据分析滤液D 中为Na[Al(OH)4)，与气体C(CO2)反应可生成滤渣E 为Al(OH)3。
Al(OH)3→[Al2(OH)mCl6−m)n，需要引入Cl—，故可让Al(OH)3与盐酸反应获得聚合氯化铝。
（4）废砖中Cu 的质量为 m(Cu)=20.0kg×12.0 % =2.40kg。产出的2.70 kg CuO 中Cu 的质量
为 m
′(Cu)=2.70kg× 64
80 =2.16kg。则Cu 的回收率为 2.16kg
2.40kg ×100 % =90.0 %。
（5）本工艺的环保与绿色化学优势，可归纳为：
①实现Na2CO3、CO2等物质的循环利用，原料利用率高。
②资源综合利用，既回收铜又制得铝盐絮凝剂，减轻固体废弃物对环境的压力。
5．（2025·贵州·高考真题）某铜浮渣主要成分为Pb、PbS、Cu2S、SnS，分离和回收铅、锡、
铜的工艺流程如图。
已知：
①部分物质的密度如表：
物质
Pb
PbS
Cu2S
SnS
密度/g⋅cm
−3
11.3
7.5
5.6
5.2
②PbCl2在冷水中溶解度很小，但易溶于热水；PbCl2+2Cl
−=[PbCl4)
2−。
25℃
③
时，K sp[Fe(OH)3)=2.8×10
−39，10
−1.5≈0.03。
回答下列问题：
(1)“分选”得到粗Pb 的原因是________。
(2)“浸出”时按一定比例加入FeCl3和盐酸的混合溶液，控制温度为80℃，其中Cu2S、SnS 被
氧化为CuCl2和SnCl4，则Cu2S被氧化的离子方程式为________；“浸出”时分离S 的操作为
________。
(3)25℃时，PbCl2在不同浓度HCl 溶液中的溶解度曲线如图，当c (HCl)=1mol⋅L
−1时，PbCl2溶
解度最小的原因是________。
(4)25℃时，“调pH”控制pH =1.5，则生成SnO2⋅x H2O的化学方程式为________，此时溶液中
c(Fe
3+)的最大值约为________mol⋅L
−1。
(5)“置换”后滤液中溶质的主要成分为________(填化学式)，滤液进行“系列操作”后返回
“浸出”操作循环利用并达到原浸出率，则“系列操作”为________。
【答案】(1)Pb 的密度大于PbS、Cu2S、SnS
(2) Cu2S+4Fe
3+
80
°C
¿2Cu
2++S+4Fe
2+
¿
趁热过滤
(3)当c(HCl)<1mol⋅L
-1时，随着Cl
-浓度降低，沉淀溶解平衡PbCl2(s)⇌Pb
2+(aq)+2Cl
-(aq)正
向移动，PbCl2溶解度增大
当c(HCl)>1mol⋅L
-1时，随着Cl
-浓度增大，络合平衡PbCl2+2Cl
-=[PbCl4]
2-正向移动，PbCl2
溶解度增大
(4) SnCl4+(x+2)H2O
25
°C
¿SnO2⋅xH2O↓+4HCl
¿
0.084
(5) FeCl2 通入空气（或加入H2O2）并补充HCl
【分析】该流程以含Pb、PbS、Cu2S、SnS 的铜浮渣为原料，通过“密度分选→浸出→冷却
结晶→调pH→置换”等步骤分离回收铅、锡、铜：先利用Pb 与其他物质的密度差异分选得
到粗Pb；剩余物料用FeCl3和盐酸混合液浸出，将Cu2S、SnS 氧化为CuCl2、SnCl4并分离出
S；浸出液冷却结晶得到PbCl2，调pH 使Sn
4+水解为SnO2⋅xH2O，再用Fe置换出Cu；最后滤液
经处理循环回浸出工序，实现资源回收与循环利用。
【详解】（1）由密度表可知，Pb 的密度远大于PbS、Cu2S、SnS 的密度，通过“分选”可将
Pb 与其他固体分离；
（2）Cu2S在80℃下被FeCl3氧化，铜、硫元素分别转化为Cu
2+、S 单质，Fe
3+被还原为Fe
2+，
结合得失电子守恒及电荷、原子守恒得离子方程式为：Cu2S+4Fe
3+
80
°C
¿2Cu
2++S+4Fe
2+
¿
；S 为固体，
已知PbCl2在冷水中溶解度很小，但易溶于热水，故通过趁热过滤可防止PbCl2析出，并分离
得到S；
（3）PbCl2存在溶解平衡（PbCl2(s)⇌Pb
2+(aq)+2Cl
-(aq)）和络合平衡（
PbCl2+2Cl
-=[PbCl4]
2-）；
当c(HCl)<1mol⋅L
-1时，随着Cl
-浓度降低，沉淀溶解平衡PbCl2(s)⇌Pb
2+(aq)+2Cl
-(aq)正向
移动，PbCl2溶解度增大；
当c(HCl)>1mol⋅L
-1时，随着Cl
-浓度增大，络合平衡PbCl2+2Cl
-=[PbCl4]
2-正向移动，PbCl2
溶解度增大；
所以当c(HCl)=1mol⋅L
-1时，PbCl2溶解度最小；
（4）SnCl4水解生成SnO2⋅x H2O，反应为：SnCl4+(x+2)H2O
25
°C
¿SnO2⋅xH2O↓+4HCl
¿
；pH =1.5时，
c(OH
-)=10
-12.5mol⋅L
-1，由K sp[Fe(OH)3]=c(Fe
3+)⋅c
3(OH
-)，得：
c(Fe
3+)= 2.8×10
−39
(10
−12.5)
3 mol⋅L
-1≈0.084 mol⋅L
-1；
（5）Fe置换Cu
2+生成Fe
2+，溶质主要为FeCl2；为使该溶液能继续用作浸出液，需要需将FeCl2
氧化为FeCl3，并补充适量盐酸，使之恢复到原有的“浸出”条件后循环使用，故系列操作是
通入空气（或加入H2O2）并补充HCl。
6．（2025·河南·高考真题）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，
含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸溶1”的目的是_______。
(2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6)，则生成该物质的化学方程式为_______；“滤渣”的
主要成分是_______(填化学式)。
(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还
原”中发生反应的化学方程式为_______。
(4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10
-4 mol⋅L
-1，为避免生成Sn(OH)2沉
淀，溶液适宜的pH为_______(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10
-28]。
A．2.0 B．4.0 C．6.0
(5)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh(III)反应可生成[Rh(SnCl3)5)
4-，提升了Rh的还原速
率，该配离子中Rh的化合价为_______；反应中同时生成[SnCl6)
2-，Rh(III)以[RhCl6)
3-计，则理
论上SnCl2和Rh(III)反应的物质的量之比为_______。
(6)“酸溶3”的目的是_______。
【答案】(1)溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离
(2) Rh+6HCl+ HNO3= H3[RhCl6)+ NO↑+2H2O SiO2
(3)Rh2O3+3 H2
高温
¿2Rh+3 H2O
¿
、2RhCl3+3 H2
高温
¿2Rh+6 HCl
¿
(4)A
(5) +1 6：1
(6)除去滤渣中未反应的Zn 及生成的Sn
【分析】贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流
程中，加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合
酸)氧化溶解Rh，Rh转化为H3[RhCl6)，Pt 转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；
煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA 将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼
烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3，再用H2进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl 将铂元
素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将Rh(III)转化为[Rh(SnCl3)5)
4-，再加入Zn 进行还原，
生成Rh，由于Zn 过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn 和生成的Sn，实现Zn 与Rh 分离，
过滤获得铑粉，以此分析解答。
【详解】（1）原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt 和少量SiO2，Fe 易溶于酸(如盐酸或硫酸)，
而Rh 和Pt 在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸
溶解Fe 生成可溶性盐，过滤后Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt 和SiO2，实现初步分
离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。
（2）“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6)，Rh 元素化合价由0 升高至+3，HNO3中N 元素化合价由
+5 降低至+2 生成NO，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为
Rh+6HCl+ HNO3= H3[RhCl6)+ NO↑+2H2O；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。
（3）“高温还原”过程中，Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh，Rh 元素化合价均由+3 降低至
0，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为Rh2O3+3 H2
高温
¿2Rh+3 H2O
¿
、
2RhCl3+3 H2
高温
¿2Rh+6 HCl
¿
。
（4）SnCl2初始浓度为1.0×10
-4 mol⋅L
-1，则溶液中c(Sn
2+)=1.0×10
-4 mol⋅L
-1，当恰好生成
Sn(OH)2沉淀时，c(OH
−)= ❑√
K sp[Sn(OH)2)
c(Sn
2+)
= ❑√
5.5×10
−28
1.0×10
-4 mol⋅L
-1≈2.3×10
−12mol⋅L
-1，
c (H
+)=
K W
c(OH
−) =
10
−14
2.3×10
−12 mol⋅L
-1≈4.3×10
−3 mol⋅L
-1，
pH =−lgc (H
+)=−lg(4.3×10
−3)=3−0.6=2.4，因此为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液的pH<2.4，
故答案为A。
（5）配离子[Rh(SnCl3)5)
4-中，配体[SnCl3)
−带1 个负电荷，设Rh 的化合价为x，则
x +5×(−1)=−4，则x=+1 价；Rh(III)以[RhCl6)
3-计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh 得到
2 个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为[SnCl6)
2-，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn 失去2 个
电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl-形成[SnCl3)
−，作为新的配体，每生成1 个
[Rh(SnCl3)5)
4-，需要5 个SnCl2，因此理论上SnCl2和Rh(III)反应的物质的量之比为(1+5):1=6:1。
（6）由于“二次还原”过程中，为确保[Rh(SnCl3)5)
4-完全反应，加入的Zn 需过量，过滤后剩
余Zn 和生成物Rh、Sn 存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未
反应的Zn 及生成的Sn。
7．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS 和
CuCl)中的Zn、Pb 元素。
已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS 转变为[Zn(NH3)4)
2+；
②Ksp[Pb(OH)2)=10
−14.8；
③酒石酸(记作H2 A)结构简式为HOOC (CHOH)2COOH。
回答下列问题：
(1)H2A分子中手性碳原子数目为_______。
(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O8
2−)转变为_______(填离子符号)。
(3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为_______。
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为_______。
(5)滤渣2 中的金属元素为_______(填元素符号)。
(6)“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA 产率随体系pH 升高先增大的原因为
_______，pH 过高可能生成_______(填化学式)。
(7)290℃“真空热解”生成2 种气态氧化物，该反应的化学方程式为_______。
【答案】(1)2
(2)SO4
2−
(3)温度升高，反应速率增大，浸出率增大；温度过高，氨气逸出，浸出 率减小
(4)Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu
(5)Fe
(6) pH 升高，酒石酸根浓度增大，促进PbA 的生成 Pb(OH)2或[Pb(OH )4)
2−
(7)PbC4H4O6290°C
真空
Pb+4CO↑+2H2O↑
【分析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O 氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，
滤渣1 有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn 置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S 沉锌，得到ZnS，
滤渣1 用H2A 和Na2A 浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解
得到纯Pb。
【详解】（1）
碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A 分子中手性碳原子有2 个，
；
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为SO4
2−；
（3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O 分解
生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小；
（4）加入Zn 发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu 单质，离子方程式为：Zn+
[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu；
（5）根据分析，滤渣1 有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A 和Na2A 浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素
的沉淀；
（6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-⇌
❑
❑
PbA+SO4
2−，Na2A 溶液中存在A2-+H2O⇌
❑
❑
HA-+OH-，
pH 值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2O⇌
❑
❑
HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡
PbSO4(s)+A2-⇌
❑
❑
PbA+SO4
2−正向移动，PbA 产率增大；pH 过高时，OH-浓度过大，会生成
Pb(OH)2沉淀，造成PbA 产率降低；
（7）290℃“真空热解”PbA 即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb 单质和2 种气态氧化物为
CO 和H2O，反应的化学方程式为：PbC4H4O6290°C
真空
Pb+4CO↑+2H2O↑。
8.(2024·新课标卷)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(c≤1.0×10-5 mol·L-1)时的pH:
Fe3+
Fe2+
Co3+
Co2+
Zn2+
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)“酸浸”前废渣需粉碎处理,目的是
,
“滤渣1”中金属元素主要为 。
(2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是
。
取少量反应后的溶液,加入化学试剂 检验 ,若出现蓝色沉淀,需补加MnO2。
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为
、
。
(4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式),残留的Co3+浓度为 mol·L-1。
【答案】(1)提高“酸浸”速率 Pb (2)将Fe2+氧化为Fe3+ 铁氰化钾溶液 Fe2+ (3)MnO4
−
+3Co2++7H2O===MnO2↓+3Co(OH)3↓+5H+ 3Mn2++2H2O+2MnO4
−===5MnO2↓+4H+ (4)ZnSO4和
K2SO4 1.0×10-16.7
【解析】(1)将废渣进行粉碎处理,可增大废渣与硫酸的接触面积,提高“酸浸”速率。Pb 与冷
的硫酸不反应,且Pb 的氧化物与硫酸反应生成的硫酸铅的溶解度较小,故“滤渣1”中金属元素
主要为Pb。(2)加入MnO2 的作用是将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+,便于后续加入ZnO 调pH=4
时,Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀。为了检验滤液中Fe2+是否完全被氧化为Fe3+,可取少量反应后
的溶液,加入铁氰化钾溶液,若出现蓝色沉淀,说明溶液中还存在Fe2+,需补加MnO2。(3)“氧化沉
钴”过程中发生反应MnO4
−+3Co2++7H2O===MnO2↓+3Co(OH)3↓+5H+, 前面加MnO2 生成的
Mn2+也可与MnO4
−反应,离子方程式为3Mn2++2MnO4
−+2H2O===5MnO2↓+4H+。(4)原废渣中Zn
及添加的ZnO 中的Zn 一直在溶液中,添加的KMnO4会生成K2SO4,故“除钴液”中主要的盐有
ZnSO4 和K2SO4。根据表中Co3+沉淀完全时的pH=1.1 可知,Ksp[Co(OH)3]=1.0×10-5×(1.0×10-
12.9)3=1.0×10-43.7, 溶液pH=5 时,c(OH-)=1.0×10-9 mol·L-1, 则残留的Co3+ 浓度为
K sp[Co(OH )3]
c
3(O H
−)
=1.0×10-16.7 mol·L-1。
9.(2024·黑吉辽卷)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”
时转化为硫酸盐,某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au 颗粒被FeS2、
FeAsS 包裹),以提高金的浸出率并冶炼金,工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜,“胆水”的主要溶质
为 (填化学式)。
(2)“细菌氧化”中,FeS2发生反应的离子方程式为
。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节pH,生成 (填化学式)胶体起絮凝作用,促进了含As
微粒的沉降。
(4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率,相比“焙烧氧化”,“细菌氧化”的优势为 (填
标号)。
A.无需控温
B.可减少有害气体产生
C.设备无需耐高温
D.不产生废液废渣
(5)“真金不怕火炼”表明Au 难被O2氧化,“浸金”中NaCN 的作用为
。
(6)“沉金”中Zn 的作用为
。
(7)滤液②经H2SO4酸化,[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN 的化学方程式为
。
用碱中和HCN 可生成 (填溶质化学式)溶液,从而实现循环利用。
【答案】(1)CuSO4 (2)4FeS2+15O2+2H2O===4Fe3++8SO4
2−+4H+ (3)Fe(OH)3 (4)BC
(5)与Au+结合形成[Au(CN)2]-,提高Au 的还原性 (6)将浸出液中的[Au(CN)2]-还原为Au
(7)Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===Na2SO4+ZnSO4+4HCN NaCN
【解析】(1) 利用“ 胆水” 冶炼铜为湿法炼铜, 利用了铁和硫酸铜溶液的置换反
应:Fe+CuSO4===FeSO4+Cu,故“胆水”的主要溶质为CuSO4。(2)金属硫化物在“细菌氧化”
时转化为硫酸盐,则“细菌氧化”中空气中的氧气将FeS2氧化为Fe3+和SO4
2−,1 mol FeS2失15
mol 电子,1 mol 氧气得4 mol 电子,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,配平离子方程式
为4FeS2+15O2+2H2O===4Fe3++8SO4
2−+4H+。(3)“沉铁砷”时加碱调节pH,Fe3+转化为Fe(OH)3胶
体起絮凝作用,促进了含As 微粒的沉降。(4)高温时细菌可能会失活,故“细菌氧化”也要控制
温度,A 错误;“焙烧氧化”时有SO2产生,“细菌氧化”无SO2产生,故B 正确;“焙烧氧化”时温度
高,设备需耐高温,而“细菌氧化”设备无需耐高温,C 正确;由题图知,“细菌氧化”也有废液废渣
产生,故D 错误。(5)“浸金”中Au 失电子与NaCN(作络合剂)结合形成[Au(CN)2]-,使Au 的还原
性增强,促进其与O2反应。(6)“沉金”时发生反应:2[Au(CN)2]-+Zn===2Au+[Zn(CN)4]2-,Zn 的作
用是作还原剂,将浸出液中的[Au(CN)2]-还原为Au。(7)滤液②中[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4 和
HCN, 发生非氧化还原反应, 根据原子守恒配平化学方程式为
Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===Na2SO4+ZnSO4+4HCN。根据流程中所加物质知,用碱中和HCN 生成
NaCN,从而循环到“浸金”环节被利用。
高考热点总结
【限时训练】
（60 分钟）
基础落实
1.向含NH4Cl 的滤液中加入NaCl 粉末,存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)――→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。
为使NH4Cl 沉淀充分析出并分离,根据NaCl 和NH4Cl 溶解度曲线,需采用的操作 、
、洗涤、干燥。
【答案】冷却结晶 过滤
【解析】由曲线NH4Cl 的溶解度随升温而增大,NaCl 的溶解度随升温变化不明显,使NH4Cl 沉
淀充分析出,采用冷却结晶析出NH4Cl→过滤→洗涤→干燥。
2.四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品,具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含MoS2,还有
Cu、Fe 的化合物及SiO2等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如图所示。
回答下列问题:
(1)“焙烧”产生的气体用 吸收后可制取氮肥。
(2)“ 浸出” 时,MoO3 转化为MoO4
2−。提高单位时间内钼浸出率的措施有
(任写两种)。
温度对90 min 内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过80 ℃后,钼的浸出率反而降低,主
要原因是温度升高使水大量蒸发,导致 。
(3)“沉淀”时,加入NH4NO3的目的是 。
【答案】(1)氨水 (2)适当升温、搅拌、增加Na2CO3 用量、增大Na2CO3 浓度(合理即可)
Na2MoO4晶体析出,混入浸渣 (3)提供NH 4
+,使MoO4
2−充分转化为沉淀析出
3.TiO2·xH2O 沉淀与双氧水、氨水反应40 min 所得实验结果如下表所示:
温度/ ℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O 转化率%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O 转化率最高的原因 。
【答案】低于40 ℃,TiO2·xH2O 转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ℃,双氧水分解与氨气
逸出导致TiO2·xH2O 转化反应速率下降
4.(2023·江苏卷)废催化剂的回收。回收V2O5-WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示
为
①酸浸时, 加料完成后, 以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有
。
②通过萃取可分离钒和钨,在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构,其结
构式可表示为 。
③向pH=8 的NaVO3 溶液中加入过量的NH4Cl 溶液, 生成NH4VO3 沉淀。已知:Ksp
(NH4VO3)=1.7×10-3,加过量NH4Cl 溶液的目的是 。
【答案】①升高温度、延长浸出时间等
②
③增加铵根离子浓度,使NH4NO3(s)
N
H 4
+
(aq)+N
O3
−
(aq)平衡向析出沉
淀的方向移动,促进NH4VO3充分沉淀
5.(2024·江西卷)稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石(主要成分为CePO4,含有
Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质)为原料制备CeCl3·nH2O 的工艺流程图。
已知:ⅰ.Ksp[Th(OH)4]=4.0×10-45,
Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10-20,
Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10-48
ⅱ.镭为第ⅡA 族元素
回答下列问题:
(1)关于独居石的热分解,以下说法正确的是 (填标号)。
a.降低压强,分解速率增大
b.降低温度,分解速率降低
c.反应时间越长,分解速率越大
d.提高搅拌速度,分解速率降低
(2)Na2U2O7中铀元素的化合价为 ,热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式
为
。
(3)浓缩结晶后,得到的晶体产物化学式为 ,滤液可用于 阶
段循环利用,避免产生大量的高碱度废水。
(4)溶解阶段,将溶液pH 先调到1.5~2.0,反应后再回调至4.5。
①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 。
②当溶液pH=4.5 时,c(Th4+)= mol·L-1,此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
(5)以BaSO4为载体形成共沉淀,目的是去除杂质 。
【答案】(1)b (2)+6 2U3O8+O2+6NaOH
3Na2U2O7+3H2O
(3)Na3PO4·12H2O 或Na3PO4 热分解 (4)①2Ce(OH)4+8H++2Cl-===2Ce3++8H2O+Cl2↑
②4.0×10-7 (5)镭(或Ra)
【解析】(1)独居石为固体,降低压强,其分解速率不变,a 错误;降低温度,分解速率降低,b 正确;增
加反应时间,对分解速率无影响,c 错误;提高搅拌速度,分解速率增大,d 错误。(2)Na2U2O7中Na
为+1 价,O 为-2 价,根据化合物中正负化合价代数和为0,知U 为+6 价。热分解阶段U3O8生成
Na2U2O7,U 元素化合价升高,被空气中的氧气氧化,1 mol U3O8失去3×(6-16
3 ) mol=2 mol 电子,1
mol 氧气得4 mol 电子,根据得失电子守恒,U3O8、O2的化学计量数分别为2、1,结合原子守恒,
配平化学方程式为2U3O8+O2+6NaOH
3Na2U2O7+3H2O。(3)热分解时CePO4、Th3(PO4)4 和
NaOH 反应得到Ce(OH)4、Th(OH)4和Na3PO4,稀释过滤后得到含Na3PO4、NaOH 的滤液,浓缩
结晶得到的晶体产物为Na3PO4·12H2O 或Na3PO4,滤液主要含NaOH,可用于热分解阶段循环利
用,避免产生大量的高碱度废水。(4)①盐酸溶解Ce(OH)4得到含Ce3+的溶液,Ce 元素由+4 价降
低为+3 价,则氯离子被氧化为Cl2,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,配平离子方程式为
2Ce(OH)4+8H++2Cl-===2Ce3++8H2O+Cl2↑
。
②
溶
液
pH=4.5
时
,c(OH-)=10-9.5
mol·L-1,Ksp[Th(OH)4]=c(Th4+)·c4(OH-)=4.0×10-45,则c(Th4+)=4.0×10
−45
(10
−9.5)
4 mol·L-1=4.0×10-7 mol·L-1。
(5)结合流程图知,以BaSO4为载体形成共沉淀,目的是除去杂质镭。
6.(2024·广东卷)镓(Ga)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C、Na、Al、F 和少量的Ga、Fe、K、Ca 等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺
如下。
工艺中,LAEM 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LAEM 提取金属离子Mn+的原理如图。已知:
①pKa(HF)=3.2。
②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10。
③浸取液中,Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在,Fe2+最多可与2 个Cl-配位,其他
金属离子与Cl-的配位可忽略。
(1)“电解”中,反应的化学方程式为
。
(2)“浸取”中,由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为 。
(3)“还原”的目的:避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过LAEM,
从而有利于Ga 的分离。
(4)“LAEM 提取”中,原料液的Cl-浓度越 ,越有利于Ga 的提取;研究表明,原料液酸
度过高,会降低Ga 的提取率。因此,在不提高原料液酸度的前提下,可向 Ⅰ 室中加入
(填化学式),以进一步提高Ga 的提取率。
(5)“调pH”中,pH 至少应大于 ,使溶液中c(F-)>c(HF),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+)=0.10 mol·L-1,则[AlF6]3-浓度为
mol·L-1。
【答案】(1)2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑
(2)Ga3++4Cl-===[GaCl4]-
(3)铁 [FeCl4]-
(4)高 NaCl
(5)3.2 4.0×10-7
【解析】(1)“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质,反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑;(2)“浸取”中,由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-===[GaCl4]-;(3)由已知,浸
取液中,Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在,为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形
式通过LAEM,故要加入铝片还原Fe3+,从而有利于Ga 的分离;(4)“LAEM 提取”中,原料液的Cl-
浓度越高,更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动,更有利于Ga 的提取,在不提高原料液酸度的前
提下,同时不引入新杂质,可向 Ⅰ 室中加入NaCl,提高Cl-浓度,进一步提高Ga 的提取率;(5)由
pKa(HF)=3.2,Ka(HF)=c( H
+)·c( F
−)
c( HF )
=10-3.2, 为了使溶液中c(F-)>c(HF),c(H+)=c( HF )
c( F
−) ×10-3.2<10-3.2
mol·L-1,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+)=0.10 mol·L-1, 根据Na3[AlF6]( 冰晶石) 的Ksp 为4.0×10-10,[AlF6]3- 浓度为
K sp
c
3( N a
+)
= 4.0×10
−10
0.1
3
mol·L-1=4.0×10-7 mol·L-1。
