备战2026年高考化学考试易错题（新高考）易错化工流程综合题题组（解析版）

易错化工流程综合题题组

易错题型一回收、提纯型化工流程综合题

易错题型二利用矿物制备物质型化工流程综合题

易错题型一回收、提纯型化工流程综合题

．（山东日照三模）从某锌焙砂主要成分为、、、、中回收金属

12024·[ZnOCuOFe3O4SiO2Ga2Fe2O43]

的流程如下：

已知：

①萃取剂对Fe3、Cu2、Ga3有很好的萃取效果，不能萃取“溶解液”中的其它金属离子。

②常温下，浸出液中金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表：

金属离子Fe3Zn2Ga3Cu2

开始沉淀pH1.75.63.04.5

完全沉淀pH2.98.04.96.5

回答下列问题：

（）酸浸时，充入高压氧的目的是；浸渣的成分为（填化学式）；

1“”“”Ga2Fe2O43

发生的化学方程式为。

（2）“滤液Ⅰ”经除铜、浓缩、电积，除得到金属外，其它产物可在（填操作单元）中循环使用。

（3）加入物质x的目的是。

（）氨溶过程中，若用氨水溶解的固体，则氨水的浓度至少为1。（已

4“”1L0.1molCuOH2molL

知：室温下，13；20）。

CuSO44NH3H2OCuNH34SO44H2OK210KspCuOH2210

【答案】（1）增加O2的浓度，加快反应速率SiO2

Ga2Fe2O4312H2SO4Ga2SO433Fe2SO4312H2O

（2）酸浸、溶解转化

（3）将Fe3转化为Fe2，防止干扰Ga3的萃取

（4）10.4

【分析】向锌焙砂主要成分为、、、、中加入稀硫酸浸出，酸浸后的

[ZnOCuOFe3O4SiO2Ga2Fe2O43]“”

2+2+3+2+3+

溶液中，含有金属元素的离子有Zn、Cu、Ga、Fe、Fe，其中SiO2不会被稀硫酸溶解，过滤除去；

滤液中加入氧化锌，生成氢氧化铁、氢氧化镓、部分氢氧化铜，滤液有部分Zn2+、Cu2+；向沉淀中加入氨水，

氢氧化铜溶解，再通入硫酸和还原剂，沉淀溶解得到Ga3+、Fe2+溶液，加入萃取剂，得到Ga3+溶液，加入氢

氧化钠，得到沉淀，再进行加工，得到单质镓，本题据此作答。

【解析】（1）“酸浸”时，充入高压氧可以增加O2的浓度，加快反应速率，SiO2不和硫酸反应，所以“浸渣”

的成分为SiO2，因为硫酸具有酸性，所以发生的化学方程式为

，答案：增加的浓度，加快反应速率、、

Ga2Fe2O4312H2SO4Ga2SO433Fe2SO4312H2OO2SiO2

；

Ga2Fe2O4312H2SO4Ga2SO433Fe2SO4312H2O

（2）“滤液Ⅰ”主要含有硫酸根、铜离子、锌离子，经除铜、浓缩、电积，除得到金属外，其它产物可在酸浸、

溶解转化使用，答案：酸浸、溶解转化；

（3）根据分析可以知道，加入物质x的目的是将Fe3转化为Fe2，防止干扰Ga3的萃取，答案：将Fe3转

化为Fe2，防止干扰Ga3的萃取；

（4）设0.1mol氢氧化铜溶解于1L氨水，根据化学计量数等于物质的量之比，得到0.1mol氢氧化铜和氨水

21

反应需要0.4mol/L，同时氢氧根为0.2mol/L,c([Cu(NH3)4])0.1molL，又可知，

CuSO4NHHOCuNHSO4HO，设平衡时氨水的浓度为

4323442xmol/L

2

c([Cu(NH3)4])0.113

K=210

2+420

c(Cu)c(NHHO)Ksp4，代入KspCuOH210，可得x=10，故所需氨水浓

32x2

c(OH-)

度为0.4+10=10.4mol/L，答案：10.4。

2．（2024届·河北承德·三模）废旧手机的废线路板中富含Cu、Sn、Ni、Pb等金属和少量Ag、Au，具有较

高的回收价值，其中部分金属的回收工艺流程如下：

2-2-

已知：①常温下，PbCl2微溶于水，可与Cl结合生成PbCl4配离子：PbCl2+2ClPbCl4。

②时，KSnOH=1.410-28，KNiOH=2.010-15。

25℃sp2sp2

回答下列问题：

(1)“拆解破碎”的目的是。

(2)“75℃酸浸”中，金属Sn与盐酸反应的离子方程式为，选用浓度较大的4mol·L1盐酸可提高铅元

素的浸出率，理由是(从平衡移动角度分析)。

(3)“滤渣1”的主要成分是(填化学式)，“氧化酸浸”中，生成Cu²⁺反应的离子方程式为。

(4)Ni2的排放标准为1.18mg·L1。“沉锡”残余液排放前应调节溶液的pH范围为。

3-

(5)“络合酸浸”中，Co2+作催化剂，催化Au浸出，化学方程式为4Au+O+8SO2-+4H+=4AuSO+2HO，

2252322

其反应过程按如下步骤进行：

2-x

①2先与甘氨酸根(简写为gly)形成配合物Cogly(x=1~3)。

Cox

2-x

②在氧气作用下，Co(Ⅱ)被氧化成Co(Ⅲ)：4Cogly+O+43-xgly-+4H+=4Cogly+2HO。

x232

③Au溶解。

+3-

④加入硫代硫酸钠溶液，发生反应：Augly+2SO2-=AuSO+2gly-。

223232

步骤③Au溶解的离子方程式为。

(6)锡有白锡和灰锡两种单质。白锡晶体中锡原子的堆积方式如图所示，该六棱柱底边边长为apm，高为cpm，

-3

阿伏加德罗常数的值为NA，白锡晶体的密度为gcm(列出计算式)。

【答案】(1)增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率

+2+--2-

(2)Sn+2H=Sn+H2常温下，PbCl2微溶于水，增大cCl，使PbCl2+2ClPbCl4平衡正

向移动，增大铅的浸出率

+2+

(3)Cu、Ag、AuCu+H2O2+2H=Cu+2H2O

(4)pH9(或9)

-+

(5)Au+Cogly3=Augly2+Cogly

61191030

(6)33(或其他正确答案)

a2cN

2A

【分析】由题干流程图可知，废线路板经拆解破碎后加入4.0mol/L的HCl溶液在75℃下酸浸，其中Pb、

Sn、Ni分别转化为PbCl2、SnCl2和NiCl2，过滤得到滤液1主要含有PbCl2、SnCl2和NiCl2、HCl，滤渣1

主要含有Cu、Ag、Au，向滤渣1中加入H2O2、稀硫酸进行氧化酸浸，即将Cu转化为CuSO4，过滤得到含

有H2SO4、CuSO4的滤液，含有Ag、Au的滤渣2，向滤渣2中加入CoSO4溶液、甘氨酸溶液和O2，将Ag、

++++

Au转化为Ag、Au，然后用Na2S2O3对Ag进行络合酸浸，并加萃取剂进行Au萃取，然后反萃取得到含

+

Au的水层，最后经过一系列操作转化为Au，对滤液1进行降温沉铅，得到PbCl2，过滤得到PbCl2沉淀，

向滤液中加入NaOH溶液进行沉锡，得到Sn(OH)2，最后制得Sn，据此分析解题。

【详解】（1）对废线路板进行可以增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大酸

浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率；

（2）“75℃酸浸”中，金属Sn与盐酸反应的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，则其离子方程式为

+2+1-

Sn+2H=Sn+H2↑，由题干信息可知，常温下，PbCl2微溶于水，选用浓度较大的4mol·L盐酸，增大cCl，

-2-+2+

使PbCl2+2ClPbCl4平衡正向移动，可提高铅元素的浸出率，故答案为：Sn+2H=Sn+H2↑；常温下，

--2-

PbCl2微溶于水，增大cCl，使PbCl2+2ClPbCl4平衡正向移动，增大铅的浸出率；

（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是Cu、Ag、Au，向滤渣1中加入H2O2、稀硫酸进行氧化酸浸，即

+2+

将Cu转化为CuSO4，“氧化酸浸”中，生成Cu²⁺反应的离子方程式为Cu+2H+H2O2=Cu+2H2O，故答案为：

+2+

Cu、Ag、Au；Cu+2H+H2O2=Cu+2H2O；

1.18×103

（4）Ni2的排放标准为1.18mg·L1，c(Ni2+)≤=2.0×10-5mol/L，“沉锡”残余液排放前应调节溶液

59

2.0×1015

的c(OH-)≥=10-5mol/L，则pH范围为pH≥9，故答案为：pH9(或9)；

2.0×105

（5）根据题干信息可知，“络合酸浸”中，Co2作催化剂，催化Au浸出，化学方程式为

3-

4Au+O+8SO2-+4H+=，①2先与甘氨酸根简写为gly形成配合物

2254AuS2O32+2H2OCo()

2-x2-x

(x=1~3)，即Co2++xgly-=，②在氧气作用下，Co(Ⅱ)被氧化成Co(Ⅲ)：

CoglyxCoglyx

2-x

-+，④加入硫代硫酸钠溶液，发生反应：

4Coglyx+O2+43-xgly+4H=4Cogly3+2H2O

+3-1

Augly+2SO2-=AuSO+2gly-，则用[总反应式-4①-②-4④]可得③Au溶解的离子方程式，则

2232324

-+

步骤③溶解的离子方程式为，故答案为：

AuAu+Cogly3=Augly2+Cogly

-+

；

Au+Cogly3=Augly2+Cogly

11

（6）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有锡原子的数目为：12×+2×+3=6，故一个晶胞的质量为：

62

6×1193333

g，该六棱柱的底面积为：a2×10-20cm2，高为c×10-10cm，故异一个晶胞的体积为：a2c×10-30cm3，

NA22

6119103061191030

故白锡晶体的密度为：33g/cm3，故答案为：33。

a2cNa2cN

2A2A

3．（2024届·湖北·三模）废旧铅蓄电池具有较高的回收利用价值。由废铅膏(含PbO2、PbO、PbSO4和Pb

以及少量的铁和铝的氧化物)制备PbO的流程如下：

1300℃400℃

已知：2PbSO42PbOO22SO2；PbCO3PbOCO2

814

②KspPbSO42.510，KspPbCO37.410

请回答下列问题：

(1)“浸取”时为增大浸取速率，可以采取的措施有(请写一点)。

(2)“浸取”时PbO2发生的主要反应的化学方程式为。

(3)“浸取”时将H2C2O4换成H2O2溶液效果会更好，H2O2除作还原剂外，还有的作用为。

(4)“脱硫”的目的是。

脱硫时转化反应的离子方程式为；用沉淀溶解平衡原理解释选择的原

(5)“”PbSO4NH42CO3

因。

剩余固体的质量

(6)“焙烧”时会有中间产物xPbCO3yPbO生成，固体残留率与温度的关系如图所示，则

原始固体的质量

358℃时对应固体的成分为(填化学式)。

【答案】(1)粉碎废铅膏或者适当提高温度或者适当增加硫酸浓度等

(2)

PbO2+H2C2O4+H2SO4=PbSO4+2CO2+2H2O

(3)作氧化剂，促进金属Pb在硫酸中转化为硫酸铅

(4)降低能源消耗

(5)2-2-该反应的

PbSO4(s)+CO3(aq)=PbCO3(s)+SO4(aq)

2--8

cSO4KspPbSO42.5×105，反应正向进行的程度很大，可以进行到底

K=2-==-143.4×10

cCO3KspPbCO37.4×10

(6)7PbCO3·15PbO

【分析】废铅膏与硫酸、H2C2O4浸取时，铅元素全部转化为硫酸铅，铁和铝的氧化物转化为相应离子进入

滤液，硫酸铅与碳酸铵反应转化为碳酸铅，焙烧得到氧化铅。

【详解】（1）“浸取”时为增大浸取速率，可以采取的措施有粉碎废铅膏或者适当提高温度或者适当增加硫

酸浓度等；

（2）“浸取”时PbO2主要与H2C2O4发生氧化还原反应，根据得失电子守恒以及原子守恒，化学方程式为

；

PbO2+H2C2O4+H2SO4=PbSO4+2CO2+2H2O

（3）“浸取”时将H2C2O4换成H2O2溶液效果会更好，H2O2除作还原剂外，还可以作氧化剂，促进金属Pb

在硫酸中转化为硫酸铅；

（4）PbSO4在1300℃时分解，PbCO3在400℃时分解，则“脱硫”的目的是降低能源消耗；

（5）“脱硫”时PbSO转化为PbCO，反应的离子方程式为2-2-；选择

43PbSO4(s)+CO3(aq)=PbCO3(s)+SO4(aq)

2--8

cSO4KspPbSO42.5×10

的原因是：该反应的5，反应正向进行的程度很大，可

Na2CO3K=2-==-143.4×10

cCO3KspPbCO37.4×10

以进行到底；

267x223y

（6）根据铅元素守恒，(x+y)PbCO3xPbCO3·yPbO，固体残留率88.76%，可得88.76%，解

267xy

x7

得=，则358℃时对应固体的成分为7PbCO3·15PbO。

y15

4．（2024届·广东茂名·三模）砷的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸

（H3AsO3）形式存在，废水中还含有一定量的硫酸]中回收砷的工艺流程如下：

已知；

Ⅰ.As2S36NaOHNa3AsO3Na3AsS33H2O；

23

Ⅱ.As2S3s3Saq2AsS3aq；

Ⅲ.砷酸（H3AsO4）在酸性条件下有强氧化性，能被SO2等还原；

18，KFeOH4.91017。

Ⅳ.KspFeS6.310sp2

回答下列问题；

(1)“沉砷”时，亚砷酸转化为As2S3的化学方程式为。

(2)“沉砷”时产生的废气可用溶液吸收处理（填化学式）。

(3)“NaOH溶液浸取”后，所得“滤渣”的主要成分是（填化学式）；此时溶液中存在平衡：

2，该反应的平衡常数＝（保留位小数）。

FeSs2OHaqFeOH2sSaqK2

(4)向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，反应的离子方程式为。

(5)“沉砷”过程中FeS不可用过量的Na2S替换，原因是（从平衡移动的

角度解释）。

(6)该流程最后一步用SO2“还原”砷酸，发生反应的化学方程式为。

(7)某含砷化合物晶体的晶胞如图所示，As原子位于紧邻Ni原子构成的正三棱柱的体心。晶胞参数为apm、

3

apm、cpm，则该晶体的密度为gcm（列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA）。

【答案】(1)2H3AsO33FeS3H2SO4As2S33FeSO46H2O

(2)CuSO4（或NaOH等）

(3)FeS0.13

33

(4)AsS32O2AsO43S

232

(5)由于As2S3s3Saq2AsS3aq，加入过量的Na2S，溶液中cS增大，平衡正向移动，不利于

沉砷

(6)2H3AsO42SO2As2O32H2SO4H2O

2(5975)

(7)3

a2cN1030

2A

【分析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，

As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O，浸取得到硫化亚铁滤渣和含Na3AsO3、Na3AsS3的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ

氧化脱硫生成硫单质和Na3AsO4，酸化后生成H3AsO4，砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能SO2被

还原生成As2O3。

【详解】（1）“沉砷”时，亚砷酸和FeS发生氧化还原反应转化为As2S3，根据得失电子守恒和原子守恒配

平化学方程式为：2H3AsO33FeS3H2SO4As2S33FeSO46H2O。

（2）“沉砷”时产生的废气为H2S气体，可用CuSO4溶液(或NaOH溶液等)吸收处理。

（3）“NaOH溶液浸取"后，所得“滤渣”的主要成分是FeS。溶液中存在平衡：

2--18

cSKspFeS6.310

FeSs2OHaqFeOHsS2aq，平衡常数==0.13。

22-4.910-17

cOHKspFeOH2

3-

（4）滤液Ⅱ氧化脱硫过程中，AsS3和O2发生氧化还原反应生成硫单质和Na3AsO4，根据得失电子守恒和电

33

荷守恒配平离子方程式为：AsS32O2AsO43S。

23

（5）“沉砷”过程中FeS不可用过量的Na2S替换，原因是：由于As2S3s3Saq2AsS3aq，加入过

2

量的Na2S，溶液中cS增大，平衡正向移动，不利于沉砷。

（6）该流程最后一步用SO2“还原”砷酸生成As2O3，SO2转化为H2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平

化学方程式为：2H3AsO42SO2As2O32H2SO4H2O。

1111

（7）该晶胞中，位于顶点和棱上的Ni原子数为(4×+4×)+(2×+2×)=2，位于晶胞内部的As原子数

61236

为2。根据晶胞中“As原子位于紧邻Ni原子构成的正三棱柱的体心"以及“晶胞参数为apm、apm、cpm”可

2(5975)

223223

知，该晶胞的底面面积=sin60°apm=apm。该晶体的密度为3gcm。

2a2cN1030

2A

5．（2024·山东济南三模）垃圾是放错位置的资源。从某废旧钾离子电池（主要含石墨、K2NiFeO4、铝箔、

醚类有机物等）回收部分有价金属的流程如图。

n

已知：K2NiFeO4中Ni为+3价；M(水相)nRH(有机相)MRn（有机相)nH（水相)。

回答下列问题：

（1）为符合“双碳”战略，将“焙烧”后的气体A通入“滤液Ⅰ”至过量，除Al(OH)3外，还可获得的副产品有

（填化学式）。

（2）“酸溶”时主要反应的离子方程式为。“酸溶”时不能用SO2替代双氧水，原因是。

（3）“萃取”过程萃取剂与溶液的体积比V0/VA对溶液中金属元素的萃取率影响如图2所示。则V0/VA最

佳取值为；“反萃取”时应选择的试剂为（填化学式）。

（）中测定。方法一：称取一定质量晶体加水溶解后，加入足量溶液并加热，

4NH4FeSO42xH2OxNaOH

产生气体全部被一定量的H2SO4吸收，反应结束后，加入指示剂（填“甲基橙”、“酚酸”或“石蕊”），

再用NaOH标准溶液滴定剩余H2SO4。方法二：称取一定质量晶体，加水溶解并加入过量的BaCl2溶液，沉

淀经过滤、水洗、醇洗、烘干、称重。若烘干不彻底，导致x测量结果（填“偏高”、“偏低”或“不影

响”）；方法三：采用热重分析法测定时，当样品加热到150℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%，则x。

【答案】（1）KHCO3

2332

（2）2K2NiFeO4H2O214H2Ni2Fe4K8H2OO2Fe会被SO2还原为Fe，无法被

完全除去，影响含镍产品纯度

（3）0.25H2SO4

（4）甲基橙偏低12

【分析】废旧钾离子电池焙烧后，石墨以及醚类有机物转化为二氧化碳和水，铝箔转化为氧化铝，碱浸时

滤液为四羟基合铝酸钠与过量的氢氧化钾溶液，过量二氧化碳与四羟基合铝酸钠、氢氧化钾溶液生成

Al(OH)3和KHCO3，K2NiFeO4与稀硫酸、过氧化氢发生

2KNiFeOHO14H2Ni22Fe34K8HOO，萃取后，2进入水相，调得到，

242222NipHNi(OH)2

加热得到，有机相反萃取，向水相中加入硫酸铵固体，经过一系列操作，得到。

NiOOHNH4FeSO42xH2O

【解析】（1）根据分析知，副产品是KHCO3；

（2）根据流程知，双氧水与镍元素发生氧化还原反应，由得失电子守恒以及电荷、原子守恒知，“酸溶”时

23

主要反应的离子方程式为2K2NiFeO4H2O214H2Ni2Fe4K8H2OO2；“酸溶”时不能用

32

SO2替代双氧水，原因是Fe会被SO2还原为Fe，无法被完全除去，影响含镍产品纯度；

（3）萃取时，需要铁元素的萃取率高，镍元素萃取率低，所以V0/VA最佳取值为0.25；为了不引入新的杂

质，“反萃取”时应选择的试剂为H2SO4；

（4）因为硫酸铵溶液显酸性，所以用甲基橙为指示剂；若烘干不彻底，则硫酸钡的质量偏大，则

中硫酸根的含量偏大，导致测量结果偏低；失掉个结晶水，失重，则

NH4FeSO42xH2Ox1.55.6%

1.5×18

×100%=5.6%，x=12。

266+18x

6．（2024·山东聊城二模）一种利用湿法炼锌净化渣回收钴并制备碱式碳酸锌的工艺如下图所示，已知净化

渣含有较多的Zn(Ⅱ)、Cu(Ⅱ)、Pb(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸盐及氢氧化物(“Ⅱ”指相应元素的化合价

为2价)。

35.26.912.9

已知：298K,Ksp(CuS)10,KalH2S10,Ka2H2S10。

（1）浸出渣主要成分为。

（2）大多数金属硫化物都难溶于水，选择Na2S除铜的原因是，若加入Na2S后溶液中

2711

cCu1.010mol/L,cH2S1.010mol/L，则溶液的pH约为。

（3）研究加入Na2S2O8后温度和时间对金属脱除率的影响，所得曲线如下图所示。

金属脱除是指溶液中的二价金属离子被氧化后形成氢氧化物沉淀而除去。由图可知“氧化沉钴”适宜的条件

是，Co(OH)3滤渣中还含有。

（4）在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节溶液pH至5.0~5.2，反应生成Co(OH)3的离子方程式为。

以1t湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出mkgCo(OH)3，在提取过程中钴的损失率为

%(填含w、m的表达式)。

【答案】（1）硫酸铅

（2）生成的硫化铜的溶解度最小，先于其它的金属离子沉淀1.3

（3）80℃、2hFe(OH)3

1100w59m

（4）2Co2++SO2-+6HO=2CoOH+2SO2-+6H+

2823411w

【分析】净化渣中含有较多的Zn(Ⅱ)、Cu(Ⅱ)、Pb(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸盐及氢氧化物，加入硫酸

常压浸出，得到硫酸铅沉淀成为浸出渣，浸出液加入硫化钠，将铜离子转化为沉淀除去，加入Na2S2O8将二

价钴氧化后转化为Co(OH)3沉淀除去，同时使得铁转化为氢氧化铁沉淀而除去铁，滤液中加入锌粉，可以将

镍置换出来得到金属镍和硫酸锌溶液，硫酸锌和碳酸钠反应生成ZnCO3·xZn(OH)2。

【解析】（1）由分析可知，浸出渣主要成分为硫酸铅；

（2）硫化铜的溶解度最小，最容易生成硫化铜沉淀，先于其它的金属离子转化为沉淀而被除去，故选择Na2S

K(CuS)1035.2

27cS2spmol/L1028.2mol/L

除铜；加入Na2S后溶液中cCu1.010mol/L，27，

cCu1.010

c2H+cS2-

6.912.9，

KalH2SKa2H2S=1010

cH2S

6.912.96.912.911

+1010cH2S1010101.3

cH=mol/L10mol/L，则溶液的pH约为1.3；

cS2-1028.2

（3）从图分析，钴的脱除率在80℃是最高，脱出时间2小时时接近100%，故适宜的温度和时间是80℃、

2h；从图分析，沉钴时铁的脱除率也很高，所以氢氧化钴中还有氢氧化铁；

2+

（4）在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节溶液pH至5.0～5.2，Na2S2O8具有强氧化性可将Co氧化为+3

价，生成Co(OH)3沉淀，根据溶液显弱酸性等相关信息，结合电子守恒可知，反应的离子方程式：

2+2-2-+；湿法炼锌净化渣的质量分数为为原料提取出

2Co+S2O8+6H2O=2CoOH3+2SO4+6H1t(Cow%)

mkgCo(OH)3，根据Co元素守恒，在提取过程中钴的损失率为

59

1000kgw%mkg

1100w59m。

110100%%

1000kgw%11w

7．（2024·安徽安庆·二模）粗氢氧化钴Co(OH)3是以铜钴矿为原料湿法提取而得到的粗制钴盐中间品，含

有MnOOH以及Al2O3、Fe3O4、Mg等杂质，粗氢氧化钴湿法制取精制硫酸钴流程如下：

（1）浸出时添加还原剂SO2对原料中的锰和(填元素名称)进行有效浸出。保持温度，SO2流速等条

件不变，Co浸出率与时间关系如图所示，则H2SO4浓度最适宜为mol/L。

2

（2）“除杂”时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H2SO5。Mn被H2SO5氧化

为MnO2，该反应的离子方程式为(已知：H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。生石灰调节pH

337.4

(保留一位小数)时，检验反应后的滤液中恰好不存在Fe(已知：Fe(OH)3的Ksp10，离子浓度

106molL1时沉淀完全)。

（3）在萃取剂一定量的情况下，提高萃取率的措施有(答出一点即可)，萃取后水相溶液中存在的金

属离子有。

（4）硫酸钴的溶解度曲线如图所示，从溶液中获得CoSO4•7H2O的方法是。

【答案】（1）钴、铁3.0

2+-2-+

（2）H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO4+3H3.5

（3）分多次加入萃取剂Mn2+

（4）蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥

【分析】由题干工艺流程图可知，将粗氢氧化钴用水磨成浆后加入H2SO4和SO2进行浸出，将Co转化为

Co2+，Fe转化为Fe2+、Al转化为Al3+、Mg转化为Mg2+，Mn转化为Mn2+，过滤除去其他不溶性杂质，向

2+3+

滤液中加入生石灰，热空气和SO2，将Fe转化为Fe(OH)3、Al转化为Al(OH)3，过滤出Fe(OH)3和Al(OH)3，

向滤液中加入萃取剂P204以萃取Co2+，分液出水层含有Mn2+和有机相含有Co2+，对有机相进行反萃取得

到水层含有CoSO4，据此分析解题。

2+2+

【解析】（1）由分析可知，浸出时加入H2SO4和SO2进行浸出，将Co转化为Co，Fe转化为Fe、Al

3+2+2+

转化为Al、Mg转化为Mg，Mn转化为Mn，故添加还原剂SO2对原料中的锰和钴、铁进行有效浸出，

保持温度，SO2流速等条件不变，根据Co浸出率与时间关系图所示信息可知，H2SO4浓度为3.0mol/L时浸

出速率最快，故硫酸浓度最适宜为3.0mol/L，故答案为：钴、铁；3.0；

（2）“除杂”时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(H2SO5)，H2SO5中含有一个过

2

氧键，故Mn被H2SO5氧化为MnO2，H2SO5转化为H2SO4，该反应的离子方程式为：

2+-2-+33+61

H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO4+3H，检验反应后的滤液中恰好不存在Fe，即Fe离子浓度10molL时，

-37.414

Ksp[Fe(OH)3]10Kw10

此时33-10.5，则+-3.5，即生石灰调节，

c(OH-)=3+==10c(H)=-==10mol/LpH=3.5

c(Fe)10-6c(OH)1010.5

2+-2-+

故答案为：H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO4+3H；3.5；

（3）在萃取剂一定量的情况下，分多次加入萃取剂能够提高萃取率，由分析可知，萃取后水相溶液中存在

的金属离子有Mn2+，故答案为：分多次加入萃取剂；Mn2+；

（4）由题干硫酸钴的溶解度曲线图示信息可知，CoSO4•7H2O的溶解度随温度升高而明显增大，故从溶液

中获得CoSO4•7H2O的方法是蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶，

过滤洗涤，低温干燥。

8．（2024·山东威海二模）铑(Rh)是一种稀有贵金属，工业上从废铑材料(主要含Rh，还含有Cu、Fe等)中

提炼铑的主要途径有如下两种：

已知：①Rh金属活动顺序位于H之后。

3

②Rh(Ⅲ)易与Cl形成配离子RhCl6，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：

3。

RhCl63H2ORhOH33H6Cl

③已知25℃时相关物质的Ksp见下表。

氢氧化物

FeOH3CuOH2RhOH3

38.619.622.6

Ksp1.0101.0101.010

(已知开始沉淀的金属离子浓度为0.1mol·L1；金属离子浓度1.0105mol⋅L1时，可认为该离子沉淀完

全。)

回答下列问题：

（1）途径一：

①“氯化溶解”过程中，金属Rh转化为H3RhCl6，该反应的化学方程式为。

②“定向脱铜”时，铜的沉淀率随pH变化如图所示，实际工业生产中控制pH为2，pH不宜大于2的原因

是。

③“阳离子交换”过程中，被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子有。

（2）途径二：

①“控温焚烧”的目的是且防止Rh单质被氧化。

②“加热至熔融”的目的是将焚烧后的物质全部转化成可溶性的硫酸盐。已知Rh单质与KHSO4反应的产物

之一为SO2，则参加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为。

③步骤“调pH①”中应调节的pH范围为(保留两位有效数字)。

④用氨水沉淀铑元素的离子方程式为。

3-

【答案】（1）2Rh+3Cl2+6HCl=2H3RhCl6pH>2，[RhC16]水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而

损失Na+、Fe3+

3+

（2）防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全2:32.8~4.2Rh+3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3NH4

【分析】途径一：废铑材料(主要含Rh，还含有Cu、Fe等)粉碎后通入氯气并加入盐酸，“氯化溶解”得到

H3RhCl6、CuCl2、FeCl3，加入草酸和铜离子结合生成草酸铜，同时加入NaOH调节溶液pH，阳离子交换树

+3+3-

脂吸附Na、Fe为滤液除杂，[RhCl6]发生水解反应生成Rh(OH)3沉淀，最后得到铑粉；途径二：废铑材

料(主要含Rh，还含有Cu、Fe等)焚烧将Cu转化为CuO，将Fe转化为Fe2O3，加热熔融，加入KHSO4，

生成Rh2(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3，加入水和氨水调pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入氨水调节

pH，生成Rh(OH)3沉淀和Cu(NH3)4SO4溶液，过滤，Rh(OH)3和途径一相同处理得铑粉；

【解析】（1）①高铜铑精矿通入氯气和HCl，“氯化溶解”得到H3RhCl6，反应的方程式为

2Rh+3Cl2+6HCl=2H3RhCl6；

3-

②由图像可知，pH=2时，铜的沉淀率已达98%，若pH<2，铜的沉淀率会较低；pH>2，[RhC16]水解平衡

正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失；

③定向脱铜后溶液得到草酸钠、FeCl3，“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子

主要有Na+、Fe3+；

（2）①“控温焚烧”即焚烧温度不能过高不能过低，若温度过高，Rh单质被氧化，Rh的氧化物性质稳定，

难溶解，后续不方便处理，控温同时防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全；

3+

②Rh单质与KHSO4反应生成Rh，还原产物为SO2，硫元素得2个电子，Rh失3个电子，根据氧化还原

反应得失电子守恒，参加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为2:3；

38.6

KspFeOH

3+−38.6-331.010-11.2

③Fe沉淀完全时，由Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10，c(OH)=3=10mol/L，即

cFe31105

2+−19.6

pH=2.8，同时为了使Cu不发生沉淀，由Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10，

19.6

KspCuOH21.010

c(OH-)==10-9.8mol/L，即pH=4.2，故调节的pH范围为2.8~4.2；

cCu21.0

−3+

④用氨水调pH，NH3·H2O电离产生的OH与Rh反应生成Rh(OH)3沉淀，其离子方程式为

3+

Rh+3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3NH4。

9．（2024·山东滨州二模）从阳极泥