重难13 化工生产中物质转化条件的控制（重难专练）（全国适用）（原卷版及解析）

④实例：除去CuSO4溶液中少量Fe3+，可向溶液中加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、CuCO3，调节pH至3~4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀；a．加入CuO的作用：调节溶液的pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3；b．加热的目的：促进Fe3＋水解；（2）抑制盐类水解。像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相对应的无水盐时，由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解(水解反应为吸热反应)导致产品不纯；如：由MgCl2·6H2O制无水MgCl2要在HCl气流中加热，否则：MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl↑＋4H2O（3）促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离；（4）“酸作用”还可除去氧化物(膜)；（5）“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等；（6）特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)；【注意】调节pH的试剂选取：①选取流程中出现的物质；②未学习过的物质且题目又无信息提示的一般不做考虑；③已学的常见酸碱(NaOH、Na2CO3、HCl、H2SO4、NH3·H2O、HNO3)。洗涤晶体①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质；②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗；③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等；④洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次；在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的；判断能否加其他物质要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等；提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)；分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作；从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥；二、物质的分离与提纯1.过滤固液分离的一种方法，主要有常压过滤、减压过滤、热过滤。（1）常压过滤：滤液靠自身的重力透过滤纸流下，实现分离，过滤时需要分析产品的需求及生产目的，准确判断经过过滤后产生的滤液、滤渣的主要成分，准确判断是留下滤液还是滤渣。（2）减压过滤(抽滤)：过滤在减低的压力下进行，滤液在内外压强差作用下透过滤纸或砂芯流下，实现分离。相比普通过滤，抽滤加快了过滤的速度。抽滤的优点是快速过滤，有时还可以过滤掉气体，并能达到快速干燥产品的作用。（3）趁热过滤：将温度较高的固液混合物直接使用常规过滤操作进行过滤，由于常规过滤操作往往耗时较长，这样会导致在过滤过程中因混合物温度降低而使溶质析出，影响分离效果。可使用热过滤仪器将固液混合物的温度保持在一定范围内进行过滤，所以又称为热过滤。2.蒸发结晶（1）适用范围：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如：NaCl。（2）蒸发结晶的标志：当有大量晶体出现时，停止加热，利用余热蒸干。3.冷却结晶（1）适用范围：提取溶解度随温度变化较大的物质(如KNO3)、易水解的物质(如FeCl3)或结晶水合物(如CuSO4·5H2O)。（2）冷却结晶的标志：当有少量晶体(晶膜)出现时。4.沉淀洗涤时洗涤剂的选择洗涤试剂适用范围目的蒸馏水冷水溶解度随温度升高而升高，且变化较大除去固体表面吸附着的××杂质，减少固体因为洗涤液温度高造成溶解损失热水溶解度随温度升高而降低除去固体表面吸附着的××杂质，减少固体因为洗涤液温度低造成溶解损失有机溶剂(酒精、丙酮等)固体易溶于水、难溶于有机溶剂减少固体溶解损失;利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，增大干燥速率饱和溶液对纯度要求不高的产品减少固体溶解酸、碱溶液产物不溶于酸、碱除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质;减少固体溶解洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净5.重结晶将结晶得到的晶体溶于溶剂制得饱和溶液，又重新从溶液结晶的过程。6.萃取与反萃取萃取利用溶质在互不相溶的两种溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂(萃取剂)把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来的过程，萃取后需要分液。如：用CCl4萃取溴水中的Br2反萃取在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，为萃取的逆过程7.蒸馏蒸馏是利用液体混合物中各组分的沸点不同，给液体混合物加热，使其中的某一组分变成蒸气再冷凝成液体，跟其他组分分离的过程。8.冷却法利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气。三、可循环物质的判断（1）流程图中回头箭头的物质。（2）生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质。①从流程需要加入的物质去找先观察流程中需要加入的物质，再研究后面的流程中有没有生成此物质。②从能构成可逆反应的物质去找可逆反应的反应物不能完全转化，应该回收再利用。③从过滤后的母液中寻找析出晶体经过过滤后的溶液称为母液，母液是该晶体溶质的饱和溶液，应该循环再利用。（建议用时：30分钟）1．（2026·湖北省武汉圆创联盟11月联考）钪(Sc)是航空航天、超导材料领域的关键稀土金属。以钒钛磁铁矿中提取的为原料，采用钙热还原法制备高纯金属钪的核心工艺如下：回答下列问题：（1）基态钪原子的价层电子排布式为。（2）“300℃氟化”的化学方程式为，的实际用量需比理论用量略多，目的是。（3）无水不能由直接加热制得，原因是。（4）结合流程图分析，沸点：CaSc(填“>”“<”或“=”)。（5）已知Ksp(CaF2)=2.7×10-11，Ksp(ScF3)=4.0×10-18。某混合溶液中c(Ca2+)=0.1mol/L，c(Sc3+)=1.0×10-6mol/L，向该溶液中缓慢滴加NaF溶液。①先析出的沉淀是(填化学式)。②当溶液中时，c(Ca2+)：c(Sc3+)=。【答案】（1）（2）确保完全氟化，提高钪的产率（3）加热会水解，而后分解生成（4）<（5）【分析】以为原料，首先在300℃下与过量发生氟化反应，生成、和；接着升温脱除，得到无水；随后在氩气保护下，用Ca还原得到粗钪；最后通过真空蒸馏（利用Ca与Sc的沸点差异，Ca沸点更低易挥发）分离杂质，最终得到高纯钪。【解析】（1）钪是21号元素，核外电子排布为，价层电子是指原子参与成键的电子，即最外层和次外层电子，因此价层电子排布式为，故答案为：；（2）由分析可知，300℃下与过量发生氟化反应，生成、和，化学方程式为；增加的量可以确保完全氟化，提高钪的产率，故答案为：；确保完全氟化，提高钪的产率；（3）含结晶水的氟化物（如）直接加热时，结晶水会与发生水解反应，最终生成，故答案为：加热会水解，而后分解生成；（4）流程中通过“真空蒸馏”分离Ca和粗钪，说明蒸馏时Ca先挥发出来，根据沸点低的物质易挥发，因此沸点：，故答案为：<；（5）①对：，生成沉淀需要氟离子浓度最低为；对：，生成沉淀需要氟离子浓度最低为，，因此先析出的沉淀是，故答案为：；②当溶液中时，分别代入溶度积公式计算和：；；因此，故答案为：。2．(2025·安徽省宣城市·二模)钛白粉()是一种性能优良、应用广泛的白色颜料，工业上以钛铁矿精矿(主要成分为，含少量、和)为原料冶炼钛白粉的流程如图所示。已知：酸解后，钛主要以形式存在。室温条件下，在的溶液中会完全水解生成沉淀。回答下列问题：（2）试剂X应为(填化学式)。（3）酸解过程中，发生的非氧化还原反应的化学方程式为。（4）酸解后需要加入铁粉还原的原因是。【答案】（2）NaOH溶液（3）+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O（4）防止加纯碱调节pH生成氢氧化铁沉淀，酸解后需要加入铁粉把Fe3+还原为Fe2+【分析】钛铁矿精矿主要成分为，含少量、和。钛铁矿加碱溶浸，、和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠、硅酸钠，和与氢氧化钠不反应，过滤，滤渣中含有和，用浓硫酸“酸解”滤渣，酸解液中主要含有、Fe2+、Fe3+，加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，加纯碱调节pH使水解为沉淀，过滤出，煅烧得。【解析】（2）“溶浸”目的是除去、，、和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠、硅酸钠，所以试剂X应为NaOH溶液。（3）酸解过程中，钛主要以形式存在，发生的非氧化还原反应，可知和浓硫酸反应生成硫酸亚铁、TiOSO4、水，反应的化学方程式为+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O（4）与浓硫酸反应生成硫酸铁，酸解液中主要含有、Fe2+、Fe3+，Fe3+易水解，为防止加纯碱调节pH生成氢氧化铁沉淀，酸解后需要加入铁粉把Fe3+还原为Fe2+；3．黑龙江省小兴安岭矿区因独特的黑色岩系和火山碎屑沉积，产出较多高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2)，以该矿物为原料生产金属Al和绿矾(FeSO4•7H2O)的流程如图所示。已知：SiO2不溶于H2SO4.（1）“焙烧”时FeS2完全转化为Fe2O3和SO2，写出该反应的化学方程式。（2）提升“酸浸”步骤浸出速率的方法是。(写出一条)（3）关于该流程下列说法正确的是。(填字母)a．滤渣1主要成分是SiO2b．滤液2中含有Na+、OH-和[Al(OH)4]-c．试剂X可选择Fe、Cu、Znd．滤渣3加热分解可得物质Y，进而电解得到Al（4）获得绿矾的系列操作为、、过滤、洗涤、干燥。（5）测定绿矾纯度：取流程所得绿矾晶体mg，加足量稀硫酸溶解后，加水配制成100mL溶液。取出10mL上述溶液，加入VmLcmol/L酸性KMnO4溶液恰好完全反应。①加入酸性KMnO4溶液后发生反应的离子方程式为。②该绿矾纯度为%。(按FeSO4•7H2O计)【答案】（1）（2）升温、提高硫酸浓度、搅拌（3）abd（4）蒸发浓缩冷却结晶（5）【分析】高硫铝土矿主要含、、和少量的，经粉碎后在空气中进入“焙烧”则尾气为；、、经硫酸“酸浸”形成的、进入“滤液1”，“滤渣1”；向、中加入过量NaOH溶液，、，故滤渣2是，滤液2是；滤渣2加入硫酸将溶解得到的溶液A为，需加入还原剂可将其还原为，将得到的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体；滤液2加入足量将转化为沉淀进入滤渣3，反应为，故滤液3为溶液；经高温分解为氧化铝，后通过电解法冶炼得到Al。【解析】（1）“焙烧”时完全转化为和，化学方程式为（2）提升“酸浸”步骤浸出速率的方法是升温、提高硫酸浓度、搅拌等，写出一条即可。（3）a．根据分析可知滤渣1主要成分是，a正确；b．滤液2是溶液，含有、OH-和，b正确；c．根据分析溶液A为，需加入还原剂可将其还原为，为了不引入杂质，X应为Fe，不能选项Cu、Zn，会引入杂质，c错误；d．滤渣3加热分解可得物质Y：，进而电解：，得到Al，d正确；故选abd。（4）晶体需通过冷却结晶法获得，故获得绿矾的系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）①向硫酸亚铁溶液中加入酸性溶液后，将氧化为，发生反应的离子方程式。根据滴定反应方程式及数据，，，则mg晶体中，绿矾的纯度。4.（2025·广东湛江·调研）金属铟(In)因其优异性能，被广泛地应用于高新技术领域，某工厂从金属冶炼过程中产生的金属废渣(、、及少量不与酸反应的杂质)中回收铟的流程如下：已知信息：①的性质与相似。②室温下：，。③溶液中某离子浓度小于，认为该离子沉淀完全。回答下列问题：（1）“操作1”为。（2）“中和”时加入，生成红褐色沉淀并有气体产生，该过程主要反应的离子方程式为。（3）“酸浸2”后溶液中浓度为，则加入进行“中和”时，调节范围为。【答案】（1）蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥（2）3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑（3）3.0≤pH＜5.0【分析】废渣在pH值5.0~5.4之间酸浸，ZnO溶于硫酸得到ZnSO4溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O；浸渣1是Fe2O3和In2O3及不溶于酸的杂质，再酸浸2，得到浸渣2是不溶于酸的杂质，溶液用Na2CO3中和，得到浸渣3是Fe(OH)3沉淀，溶液中的In3+被Zn还原得到粗铟，最后电解精炼得到精铟。【解析】（1）操作1是从溶液中得到ZnSO4·7H2O晶体，具体操作为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（2）“中和”时加入，Fe3+与发生双水解反应，生成红褐色沉淀Fe(OH)3和CO2气体，该过程主要反应的离子方程式为：3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；（3）“酸浸2”后溶液中浓度为，则加入进行“中和”时，让Fe3+完全沉淀，浓度小于等于10-5mol/L，=c(Fe3+)×c3(OH-)，10-5×c3(OH-)=1.0×10-38，得出c(OH-)≥10-11mol/L，c(H+)≤10-3mol/L，≥3，浓度为不沉淀，=c(In3+)×c3(OH-)，0.1×c3(OH-)=1.0×10-28，得出c(OH-)＜10-9mol/L，c(H+)＞10-5mol/L，＜5，调节范围为：3.0≤pH＜5.0。5．(2025·安徽省蚌埠市·二模)由含银废催化剂(主要含、及少量、、、等，不溶于硝酸)制备粗银的工艺流程如图所示：回答下列问题：（2）“过程Ⅰ”中温度控制在，宜选用的加热方式为，温度不能过高的原因是。（3）“过程Ⅱ”中，检验沉淀表面的已洗涤干净的试剂可以用。（4）“过程Ⅲ”中，沉淀和氨水发生反应的化学方程式为，“过程Ⅳ”中，发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为。【答案】（2）水浴加热防止硝酸分解（3）KSCN溶液或亚铁氰化钾溶液（4）4：1【分析】含银废催化剂(主要含、及少量、、、等，不溶于硝酸)经磨碎、加热，用稀硝酸溶解，过滤所得的滤渣为及，滤液中有Ag+、Mg2+、K+、Fe3+，加入NaCl可形成AgCl沉淀，将沉淀过滤、洗涤，用氨水溶解可得氯化二氨合银溶液，反应方程式为，向其中加入，二者发生氧化还原反应生成粗银和氮气。【解析】（2）“过程Ⅰ”中温度控制在，低于水的沸点，为使受热更加均匀，宜选用的加热方式为水浴加热，硝酸受热易分解，温度不能过高的原因是防止硝酸分解。（3）由分析可知，操作Ⅱ的沉淀表面有残留的铁离子，检验操作Ⅱ的沉淀是否洗涤干净的方法是：取适量最后一次洗涤液于试管中，加入几滴KSCN溶液或亚铁氰化钾溶液，若溶液不变红或不产生蓝色沉淀，说明沉淀已被洗涤干净；（4）“过程Ⅲ”中，AgCl和氨水反应生成氯化二氨合银，化学方程式为：，过程Ⅳ中，反应的氧化剂为，其中银元素由+1价被还原为0价，变化1个价态，还原剂为N2H4•H2O，其中氮元素由-2价被氧化为0价，共变化4个价态，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1。6．（2026·山东省日照市校际联考）氟碳铈矿的主要成分为，含少量等杂质。由氟碳铈矿提取铈的一种工艺流程如下：已知：Ⅰ．“焙烧1”中转化为。Ⅱ．电极电势的大小反映物质的氧化性还原性强弱。电极电势(E)越大，氧化型物质氧化性越强，反之还原型物质还原性越强。氧化型/还原型标准电极电势E0.680.961.491.611.77Ⅲ．有机物从溶液中萃取的过程为。回答下列问题：（1）为了增大反应速率，提高原料的利用率，“焙烧1”前可将矿石处理。（2）根据已知Ⅱ提示，“酸浸”时试剂a最好为(填标号)，试剂a与反应的化学方程式为。A．

B．

C．

D．（3）滤渣的主要成分除还有(填化学式)。（4）加氨水“中和”的目的是。（5）“沉铈”过程中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为。（6）依据上述工艺流程，下列说法错误的是___________。A．由已知Ⅱ可得，氧化性，还原性B．“萃取”和“反萃取”的主要目的是除去溶液中C．“反萃取”过程中，适当提高稀硝酸浓度，可以提高反萃取率D．“焙烧2”过程中，发生分解反应【答案】（1）粉碎（2）C（3）（4）中和，有利于提高的萃取率（5）（6）AD【分析】将氟碳铈矿原矿与纯碱混合后进行高温焙烧，目的是打破原矿稳定的结构，使其转化为更易后续处理的焙烧矿；接着把焙烧矿粉碎研磨，增大它与稀酸的接触面积，再加入稀酸浸出，铈会溶解到酸液中形成含铈浸出液，其余不溶性物质则成为浸出渣，随后通过过滤将浸出渣分离出去；之后向得到的浸出液中加入除杂试剂，去除里面混有的铁、钙、镁等杂质离子，再次过滤后就能得到纯净的含铈溶液；往这份纯净溶液里加入沉淀剂，铈会以固体沉淀物的形式析出，过滤收集沉淀物后还要进行洗涤，洗掉沉淀物表面残留的杂质；最后将洗净的铈沉淀物再次高温焙烧，就能制得氧化铈产品。【解析】（1）“焙烧1”前将矿石粉碎，能增大矿石与的接触面积；（2）由已知II知，要将还原为，需要选择一种还原性物质，A．从标准电极电势看，还原性较弱，不能将还原，A错误；B．是氧化性离子，B错误；C．中氧为价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，C正确；D．氧气一般作氧化剂，D错误；故答案选C。与发生化学方程式为：；（3）氟碳铈矿中含等杂质，“焙烧1”中转化为、SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3，在“酸浸”步骤中Na2SiO3与H2SO4反应生成H2SiO3沉淀，故滤渣的主要成分除CaSO4外还有H2SiO3；（4）“酸浸”后溶液呈酸性，加氨水“中和”是为了中和过量的稀硫酸，有利于提高的萃取率；（5）“沉铈”过程中，与；溶液反应转化为沉淀，离子方程式为：；（6）A．根据标准电极电势，，氧化性，A错误；B．“萃取”是萃取，“反萃取”是将从有机相转移到水相，主要目的是富集，除去溶液中等杂质，B正确；C．“反萃取”过程中，发生，适当提高硝酸浓度，增大，平衡正向移动，可以提高反萃取率，C正确；D．“焙烧2”过程中，分解生成，发生分解反应，D正确；故答案选AD。7．（2025·安徽卷）某含锶()废渣主要含有和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知时，回答下列问题：（4）其他条件相同时，盐浸，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是。（5）“浸出渣2”中主要含有、(填化学式)。（7）由制备无水的最优方法是(填标号)。a．加热脱水

b．在气流中加热

c．常温加压

d．加热加压【答案】（4）升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；（5）、（7）a【分析】含锶()废渣主要含有和等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有，加入溶液，发生沉淀转化，，得到溶液，经过系列操作得到晶体；【解析】（4）随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；（5）“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了，不参与反应，故浸出渣2”中主要含有、、；（7）为强碱，则也是强碱，不水解，排除b，由平衡移动原理可知制备无水的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。8．（2025·吉林长春·一模）锂离子电池的广泛应用要求处理电池废料，以节约资源、保护环境。钴酸锂电池的正极材料主要含有LiCoO2、导电剂乙炔黑、铝箔及镀镍金属钢壳，处理该废旧电池的一种工艺如图所示。回答下列问题：（1）为加快NaOH溶液浸取正极材料的速率，可以采取的措施有(写一点即可)。（3）“酸浸”过程中所用H2O2远高于理论用量，造成这一结果的原因是。（4）“萃取”和“反萃取”可简单表示为Co2++2(HA)2Co(HA2)2+2H+，则反萃取过程中加入的试剂X最好是___________(填序号)。A．NaOH B．HNO3 C．NH3·H2O D．H2SO4【答案】（1）适当升温、搅拌或提高NaOH溶液的浓度（3）溶液中的Fe3+能催化分解H2O2（4）D【分析】钴酸锂电池的正极材料主要含有LiCoO2、导电剂乙炔黑、铝箔及镀镍金属钢壳，经过放电拆解之后加入氢氧化钠溶液，可以将铝转化为偏铝酸钠，经过过滤可以除去铝元素。滤渣在过氧化氢和硫酸中进行酸浸，可以将LiCoO2、镀镍金属钢壳转化为可溶性盐，通过调节pH将铁离子、镍离子转化为氢氧化铁沉淀、氢氧化镍沉淀，经过过滤，滤渣2中主要含有氢氧化铁、氢氧化镍、乙炔黑（石墨），滤液中主要是Li+、Co2+的溶液，加入萃取剂萃取得到含有Li+的水相和含有Co2+的有机相，向水相中加入碳酸钠可以得到碳酸锂，向有机相中加入试剂X进行反萃取得到CoSO4溶液，再加入草酸铵进行沉钴得到CoC2O4.【解析】（1）适当升温、搅拌或提高NaOH溶液的浓度可以加快氢氧化钠溶液浸取正极材料的反应速率，任写其中一点即可。（3）“酸浸”过程将镀镍金属钢壳转化为铁离子和镍离子，其中铁离子能够催化过氧化氢的分解，所以“酸浸”过程中所用H2O2远高于理论用量。（4）由已知信息“萃取”和“反萃取”可简单表示为Co2++2(HA)2Co(HA2)2+2H+可以得到反萃取过程要加入氢离子，结合流程反萃取后得到CoSO4溶液，所以加入的试剂X最好是硫酸。9．（2025·甘肃卷）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下：已知：熔点314℃，沸点460℃分解温度：，，，高于（1）设计焙烧温度为600℃，理由为。（2）将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为。（3）酸浸的目的为。（4）从浸出液得到Cu的方法为(任写一种)。【答案】（1）使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集（2）4++2=3+CO2（3）分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液（4）电解法或置换法【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，因沸点低被蒸出，设计温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分解，加水浸取后，硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，加硫酸溶解，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，硫酸铜经过电解或置换法转化为铜，据此解答。【解析】（1）设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集；（2）将通入和的混合溶液可制得，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反应的化学方程式为4++2=3+CO2，故答案为：4++2=3+CO2；（3）酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液；（4）浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法。10．（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为；②；③酒石酸(记作)结构简式为。回答下列问题：（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为(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，和反应生成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)。【答案】（2）（3）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）Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu（5）Fe（6）pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大Pb(OH)2【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。【解析】（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为；（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+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+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。11．某厂硫酸铜结晶母液成分复杂，含高浓度、、和，两种处理工艺流程如下。Ⅰ．新型NaOH三段沉淀工艺：该工艺通过分步加入浓NaOH溶液实现砷、铜、镍的分离。已知：随温度升高，的溶解度减小，的溶解度增大。（1）生成铜砷渣()的离子方程式为。中和、沉铜阶段溶液温度随时间的变化曲线如图1，常温时镍沉淀率随pH的变化曲线如图2。（2）中和阶段，溶液温度升高的原因是。（3）在沉铜的过程中，需维持在较高温度，原因是。（4）理论计算得出常温时沉淀完全的pH约为9.0，实际沉镍时pH选择10.0，结合图2从化学反应速率的角度分析原因。Ⅱ．传统还原工艺（5）写出过程a中发生反应的离子方程式。（6）过程b中加入NaOH后，以形式存在，但氧化性减弱，从电极反应角度分析加入NaOH的作用。（7）与传统还原工艺相比，新型NaOH三段沉淀工艺的优势有。【答案】（1）（2）反应放出大量的热（3）随温度升高，的溶解度减小，的溶解度增大。因此较高温度有利于的析出，不利于的析出，使的产率高、纯度高（4）沉镍反应，当pH<10时，随增大，速率明显加快；当pH>10、沉淀1.5h时，随增大，镍沉淀率基本保持不变（5）（6）氧化反应：，加入NaOH，增大，的还原性增强，且增大程度大于氧化性降低的程度，更有利于Ni的析出（7）绿色无污染，中和阶段为沉铜阶段提供能量等【分析】I．加入浓溶液，依据溶液pH变化和各金属化合物性质差异，实现砷、铜、镍的分离。首先在沉砷，此时与和反应生成铜砷渣()。沉砷后液经中和后进行沉铜。沉铜后液再进行沉镍。图１，中和阶段，溶液中含高浓度，加入发生酸碱中和反应，这是放热反应，所以溶液温度随加入时间增加而升高。当达到一定时间（约90min）进入沉铜阶段，此时温度基本保持在较高水平，这是因为沉铜过程维持较高温度可减少溶解（已知溶解度随温度升高而减小），有利于铜的沉淀。图２，不同曲线代表不同反应时间（0.5h、1.0h、1.5h）下镍沉淀率随的变化情况。可以看出，在常温下，随着pH值升高，镍沉淀率逐渐增大。比如在相同时间下，从9.0升高到10.0左右，镍沉淀率明显上升。这表明提高pH能促进镍离子沉淀，且反应时间越长，在相同pH下镍沉淀率越高，说明反应越充分。II．结晶母液中加入和，发生氧化还原反应，被还原为沉淀析出，实现铜元素的初步分离。此时镍元素等留在滤液中，滤液中先加入，使镍元素以形式存在，再通入，将还原为。【解析】（1）结晶母液中、与加入的反应生成沉淀，根据离子反应规律，结合原子守恒和电荷守恒写出该离子方程式为。（2）结晶母液中含有高浓度，加入溶液后，与发生中和反应，中和反应为放热反应，放出热量使溶液温度升高。（3）已知随温度升高，的溶解度减小，的溶解度增大。在沉铜过程中，维持较高温度，能降低的溶解损失，使更多的铜以沉淀形式析出，提高铜的沉淀率。（4）化学反应速率受反应物浓度等因素影响，在沉镍反应中，浓度（由体现）越大，反应速率越快。从图2能看到增大镍沉淀率升高，选择可加快反应速率，促进沉淀完全。故答案为：沉镍反应，当pH<10时，随增大，速率明显加快；当pH>10、沉淀1.5h时，随增大，镍沉淀率基本保持不变。（5）结晶母液中具有氧化性，具有还原性，在存在下发生氧化还原反应。被还原为沉淀，被氧化为，根据氧化还原反应配平规则，结合原子守恒和电荷守恒写出离子方程式为。（6）从电极反应角度，转化为后，氧化性减弱，则从电极反应角度分析加入NaOH的作用为：二氧化硫发生氧化反应，，加入NaOH，增大，的还原性增强，且增大程度大于氧化性降低的程度，更有利于Ni的析出。（7）新型三段沉淀工艺通过分步加溶液能分步分离砷、铜、镍，得到相对纯净的含砷、铜、镍产品；不引入等污染性气体，更环保；操作相对简单，且中和阶段为沉铜阶段提供能量，能耗较低等。12．(2025·高三下·湖北七州·二模)废旧三元锂电池正极材料富含Li、Ni、Co、Mn等有价金属，将其回收的工艺流程如图所示：已知：①浸出液中，，，。②25℃时，，。③少量的和与氨水反应生成的比更稳定。回答下列问题：（2）正极材料表示为(M代表Co、Ni、Mn，化合价均为价)，“酸浸”时反应的化学方程式为。“酸浸”时温度不能过高的原因为。（3）若往浸出液中直接加入，(填离子符号)应先沉淀。实际操作中先往浸出液中加入氨水再加入，难以沉淀的原因为。（4）“沉锰”过程发生反应的离子方程式为。【答案】（2）2LiMO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2MSO4+O2↑+4H2OH2O2受热易分解（3）Ni2+[Ni(NH3)6]2+比[Co(NH3)6]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni(NH3)6]2+的形式存在于溶液中，故不能被沉淀（4）Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑【分析】由题给流程可知，废旧三元锂电池正极材料经预处理后，加入过氧化氢和稀硫酸的混合溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，根据金属元素的化合价变化可知过氧化氢被氧化产生氧气，向酸浸液中加入氨水和草酸铵，将溶液中钴离子转化为草酸钴沉淀，过滤得到草酸钴和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得碳酸锰和滤液；向滤液中加入碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，将溶液中镍离子转化为aNiCO3·bNi(OH)2沉淀，过滤；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，据此解答。【解析】（2）“酸浸”时(M代表Co、Ni、Mn，化合价均为价)将H2O2氧化，Ni、Co、Mn元素被还原为+2价，离子方程式为2LiMO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2MSO4+O2↑+4H2O；H2O2受热易分解，温度过高浸出率反而降低。（3）25℃时，Ksp(CoC2O4)=6.3×10−8，Ksp(NiC2O4)=4.0×10−10，浸出液中c(Co2+)=0.11mol/L，c(Ni2+)=0.03mol/L，Ni2+开始沉淀需要c(C2O)=1.3×10−8mol/L，Co2+开始沉淀需要c(C2O)=5.7×10−7mol/L，故Ni2+先沉淀。但由于[Ni(NH3)6]2+比[Co(NH3)6]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni(NH3)6]2+的形式存在于溶液中，故不能被沉淀。（4）“沉锰”过程产生气体X为二氧化碳，故发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑。。13．（2025·陕晋青宁卷）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为的硫酸盐)的工艺流程如下。已知：①常温下，，；②结构式为。回答下列问题：（1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有、。(写出两种)（4）“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是。（5）“沉镁Ⅱ”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式。（6）“结晶”中，产物X的化学式为。（7）“焙烧”中，元素发生了(填“氧化”或“还原”)反应。【答案】（1）搅拌适当升温等（4）pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质（5）（6）(NH4)2SO4（7）还原【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O。【解析】（1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等；（4）煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质；（5）由题中信息可知，pH=8时，产生的沉淀为，调节到pH=4，磷元素存在形式为，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：；（6）溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为(NH4)2SO4；（7）“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4·H2O，元素化合价降低，发生了还原反应。（建议用时：30分钟）1．（2026·四川泸州·一诊）电解锰渣中主要含和少量的等。综合利用其中锰、铁、钙等金属元素的一种工艺流程如下。（1）“浸锰”前，电解锰渣先经，再用适量水调配为浆料；“浸锰”过程中，发生反应的离子方程式为。（2）的溶度积常数分别为、。当时，该离子视为沉淀完全。“除铁铝”时，溶液应不低于，可用于代替双氧水的试剂是下列中的(填序号)。a．

b．空气

c．

d．实际过程中双氧水消耗量通常较理论用量偏大，主要原因是；充分反应后，保持溶液温度80℃足够长时间再行分离，原因是。（3）基态Mn2+离子核外未成对电子数为。若HX为，在配合物MnX2中存在2个五元环，提供孤电子对的原子是。从“滤液2”获得沉淀的离子方程式为。【答案】（1）粉碎MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O（2）5.1b双氧水分解(或与杂质反应)使Fe(OH)3、Al(OH)3胶体聚沉，便于过滤（3）5O、NCa2+++NH3·H2O+6H2O=CaNH4PO4·7H2O↓【分析】电解锰渣经H2SO4与H2C2O4浸出后将其中的MnO2与MnCO3转化为Mn2+，浸出渣为CaSO4与CaC2O4。再经H2O2氧化与NH3·H2O的作用下，Fe3+与Al3+均转化为氢氧化物沉淀析出。使用HX沉锰将Mn2+分离并进一步转化为MnSO4产品，滤液1中含有与少量Ca2+（CaSO4微溶），经石灰水Ca(OH)2、(NH4)2HPO4与NH3·H2O处理后转化为CaNH4PO4·7H2O产品。【解析】（1）为了加快反应速率，在反应前通常会对固体反应物进行粉碎处理；在酸性条件下，MnO2与H2C2O4的反应离子方程式为MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；（2）已知当时，该离子视为沉淀完全。要使Fe3+完全沉淀，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c(OH-)3=10-6c(OH-)3=3.010-39，解得pH=3.17。同理要使Al3+完全沉淀，Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c(OH-)3=10-6c(OH-)3=2.010-33，解得pH=5.1，故要使得Fe3+与Al3+均完全沉淀，则pH应不低于5.1；H2O2在流程中起氧化的作用，故b均可以代替H2O2；在后续工艺条件下（pH不低于5.1）会氧化，造成产品损失，若使用Na2O2代替，则将生成NaOH，使得Al3+无法沉淀，而KMnO4的强氧化剂也会氧化，故答案为b；H2O2本身具有易分解的特性，故需要过量；保持溶液长时间使Fe(OH)3、Al(OH)3胶体聚沉，便于过滤；（3）Mn2+的电子排布式为[Ar]3d5，核外未成对电子数为5；在配合物MnX2中存在2个五元环，则8-羟基喹啉中由O、N原子提供孤对电子与金属离子形成螯合成环（双齿配体），配体数2，配位数为4；③滤液2经(NH4)2HPO4与NH3·H2O处理后转化为CaNH4PO4·7H2O产品，其离子方程式为Ca2+++NH3·H2O+6H2O=CaNH4PO4·7H2O↓；2．(2025·湖北新八校协作体·二模)镓在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。从棕刚玉烟尘中(主要成分为等)提取镓的工艺如下：已知：镓和铝位于同一主族，性质相似。回答下列问题：（1）为提高“焙烧”效率，可采取的措施是(写出一条即可)。（2）结合下图信息，为使“焙烧”和“浸出”后的浸出率最高，应选择的钠盐是，浸出方式选择(“酸浸”或“碱浸”)。（3）“过滤、洗涤”后的“浸出渣”主要成分是(填化学式)。（4）“萃取”过程主要存在如下平衡：，“萃余液”所含金属阳离子为。【答案】（1）将烟尘研磨成细小颗粒、适当升高温度（2）或碳酸钠酸浸（3）（4）【分析】棕刚玉烟尘(主要成分为等)与钠盐焙烧，加入浸出剂浸出，过滤洗涤得到浸出渣，浸出液用TBP萃取剂萃取，分离出Ga，再经过反萃取，电解得到Ga单质。【解析】（1）提高“焙烧”效率，可采取的措施有：将烟尘研磨成细小颗粒、适当升高温度；（2）由图可知，Ga的浸出率最高时，应选择钠盐是碳酸钠，浸出方式为酸浸；（3）酸性条件下，硅酸不溶于水，“过滤、洗涤”后的“浸出渣”主要成分是H2SiO3；（4）“萃取”过程主要存在如下平衡：，Ga元素被提取，萃余液中的金属阳离子为K+、Na+、Al3+。3．废旧磷酸铁锂电池提锂渣的主要成分为磷酸铁()，还有石墨粉、铝和铜的氧化物等，某科研小组从提锂渣中回收磷酸铁并实现正极材料再生的流程如下。已知：①和均难溶于水，但在强酸或磷酸条件下可生成易溶的磷酸二氢盐；②铁磷溶液的主要成分为。回答下列问题：（1）为提高提锂渣的“浸出”率，可采取的措施有(写出一条)。（2）“除杂”时加入适量铁粉可使形成沉淀从溶液中分离，原因是；“滤渣”的主要成分有石墨、和(填化学式)。（3）“氧化”后生成难溶性的，该反应的化学方程式为。（4）“氧化”终点所得溶液需调节一定以使铁、磷元素充分沉淀制备磷酸铁，终点对制备磷酸铁过程的影响如下图所示。由图分析，终点约为最适宜，若大于该，会导致。（5）“滤液”中可循环使用的物质主要是(填化学式)。（6）“煅烧”时葡萄糖的作用是。【答案】（1）将提锂渣磨成粉末(或适当升温等，合理即可)（2）与反应，使转化为，从而使沉淀Cu（3）（4）2.5(或2-2.5之间)生成，使磷酸铁中杂质增多（5）（6）作还原剂【分析】提锂渣的主要成分为磷酸铁()，还有石墨粉、铝和铜的氧化物等，加入稀硫酸和磷酸将固体溶解，加入铁粉可降低溶液酸度，使得形成沉淀从溶液中分离，铁磷溶液的主要成分被过氧化氢氧化后生成，从溶液中滤出后经脱水后，加入葡萄糖和碳酸锂，发生反应生成LiFePO4，实现正极材料再生。【解析】（1）为提高提锂渣的“浸出”率，可采取将提锂渣磨成粉末(或适当升温等)的措施；（2）“除杂”时加入适量铁粉，与反应，使转化为，从而使沉淀；根据分析可知，“滤渣”的主要成分有石墨、和Cu；（3）在作用下被氧化为，化学方程式：；（4）根据图示，终点约为2.5时，Fe、P元素沉淀率都比较高，且基本达到最大；若大于该，会导致生成，使磷酸铁中杂质增多；（5）滤液中剩余的硫酸可循环使用；（6）“煅烧”时葡萄糖中的C元素起还原性作用，将硫酸铁中的铁元素还原为+2价，实现正极材料的再生。4.（2025·广东茂名·模拟）泻盐（）被广泛用于临床，如导泻、利胆等。以菱镁矿渣（主要成分是，含少量、、、、、等）为原料制备泻盐的流程如图所示。已知：常温下，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：阳离子开始沉淀时的pH1.63.27.68.9完全沉淀时的pH3.14.79.610.9回答下列问题：（1）“酸浸”前常将菱镁矿渣磨成矿粉，其目的是；滤渣的主要成分为（填化学式）。（2）写出加入时发生反应的离子方程式：。（3）“调pH”的范围为～。（4）已知、两种物质的溶解度与温度的关系如图1所示。“操作1”采用蒸发浓缩、（填操作名称，采用如图2装置操作，夹持装置已略去）。【答案】（1）增大固体与酸的接触面积，加大浸取速率，提高镁元素的浸出效率；、（2）（3）4.78.9（4）趁热过滤【分析】菱镁矿渣(主要成分是，含少量、、、、、等)中加入足量稀硫酸“酸浸”得到对应的硫酸盐，其中不参与反应，生成的CaSO4难溶，则滤渣的主要成分为和CaSO4，再向滤液中加入KClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加入试剂MgO调节pH，煮沸将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀除去，再经过“操作1”包括蒸发浓缩、趁热过滤除钙后，此时溶液主要含有MgSO4，最后经“操作2”得到MgSO4⋅7H2O，则“操作2”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此解答。【解析】（1）“酸浸”前常将菱镁矿渣磨成矿粉，是为了增大固体与酸的接触面积，加大浸取速率，提高镁元素的浸出效率；根据分析可知，滤渣的主要成分：、；（2）向滤液中加入KClO3将Fe2+氧化为Fe3+，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式：；（3）加入试剂MgO调节pH，是为了将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀除去，不引入杂质离子，且镁离子不沉淀，则“调pH”的范围：；（4）根据图1可知CaSO4溶解度随温度升高而升高幅度不大，若从溶液中得到，应采取蒸发浓缩、趁热过滤，除钙同时防止硫酸镁晶体析出。5．（2025·河南卷）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]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”中转化为，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，但夹杂少量和，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，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为(填标号)[已知的]。A．2．0

B．4.0

C．6.0（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）SiO2（3）、（4）A（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、(铑)、，含有少量]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，转化为，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、和，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(III)转化为，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，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。【解析】（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”中转化为，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+3，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；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，和均被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、。（4）初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。（6）由于“二次还原”过程中，为确保完全反应，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。6．（2026·广西南宁市普通高中联盟·调研）五氧化二钒是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。在化工生产中，以富钒炉渣（其中的钒以形式存在，还有少量的等）为原料制备的工艺流程如下：已知：“酸浸”后，转变成；“沉钒”时，生成沉淀，且需控制溶液的。（1）为提高“酸浸”时的浸出率，除了采用适当升温和增大酸的浓度外，还可以采用（写一种方法）。（2）“氧化”过程中溶液，写出该工序发生反应的离子方程式：。（3）“滤渣”中的成分有、（填化学式）。（4）+5价含钒离子在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表所示：pH主要离子“沉钒”步骤中，pH不能大于8的原因是。（5）“沉钒”时，所加的的作用是。（6）写出“煅烧”中发生反应的化学方程式。（7）时，测得“沉钒”时，滤液中，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到，应调节溶液中至少。［已知］（8）“沉钒”后产生的沉淀要用水洗，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在来判断。检测的方法是。【答案】（1）粉碎炉渣（2）（3）（4）时，会形成时，与反应生成（或逸出），浓度减小，沉淀率降低）（5）中和溶液的；提供更多的，提高钒的沉淀率（回收率）（6）（7）0.4（8）取少量最后一次洗出液置于试管中，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，则说明已洗涤干净【分析】富钒炉渣（其中的钒以形式存在，还有少量的等）通入氧气进行焙烧，将低价的氧化为高价的和，向焙烧后的固体加入硫酸酸浸，转变成，转变成，转变成，不反应，再加入进行氧化，转变+5价的矾，加入碳酸钠溶液调，过滤得到含、的滤渣，再加入和沉钒，得到沉淀，再煅烧得到。【解析】（1）为提高“酸浸”时的浸出率，除了采用适当升温和增大酸的浓度外，还可以采用粉碎炉渣等方法加快反应速率，使反应更充分；（2）“氧化”过程中溶液，溶液显强酸性，作氧化剂，将转变为，转变为，反应的离子方程式是；（3）依据分析，“滤渣”中的成分有、；（4）有表格可知，“沉钒”步骤中，时，会形成时，与反应生成（或逸出），浓度减小，沉淀率降低）；（5）“沉钒”时，为得到沉淀，加的可以起到调节溶液的作用，控制溶液的，将转化为；加的可以和反应生成，增大，提高钒的沉淀率；（6）煅烧过程中，在加热的条件下生成，反应的化学方程式是；（7）时，测得“沉钒”时，滤液中，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到，则滤液中，根据，应调节溶液中至少是；（8）测洗出液中是否存在，可以取少量最后一次洗出液置于试管中，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，则说明已洗涤干净。7.（2025·广东汕头·质量检测）金属铋及其化合物广泛应用于电子设备、医药等领域。某工厂废渣的主要成分为等(与性质相似)，以该废渣为主要原料回收其中金属元素的工艺流程如图所示：请回答下列问题：（2）“焙烧”中采用高压空气的目的是，转化成发生反应的化学方程式为。（3）“氨浸”所得滤液I中的阳离子主要成分为，该步骤温度不宜过高，其原因是。【答案】（2）提供充足的氧气，确保硫化物反应充分（3）温度过高会导致溶解度会降低，分解【分析】工厂废渣含等，在氧气中焙烧，与氧气反应生成和，加入氨气和碳酸氢铵进行氨浸和发生反应形成、被溶解，滤渣I中含、和，加入氢氧化钠进行碱浸，由于与性质相似，与氢氧化钠发生反应：，滤渣Ⅱ中含和，加入硫酸和氯化钠，与硫酸反应生成硫酸铅沉淀，Bi2O3转化为Bi3+，滤液Ⅲ经水解形成，加入碳酸氢铵，最终生成(BiO)2CO3。【解析】（2）“焙烧”中采用高压空气可提供充足的氧气，确保硫化物反应充分；被氧气氧化生成和，化学方程式：；（3）温度过高会导致溶解度会降低，分解，故氨浸时温度不宜过高；8．镓作为一种战略金属，广泛应用于现代军事、无线通讯、生物、太阳能电池、半导体等诸多新兴领域，在航空航天中也具有重要地位。一种由砷化镓废料（主要含、、、等难溶物）制备镓的工艺流程如图：已知：①在周期表中位于的正下方，性质与相似；②常温下，相关元素可溶性组分物质的量浓度与的关系如图所示。回答下列问题：（1）碱浸操作中加快反应速率，提高浸取率可采取的措施有（任填2项）。（2）“碱浸”时，中以的形式进入溶液中，该反应的离子方程式是。（3）“碱浸”温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因是。（4）“滤渣2”的成分为（填化学式）。【答案】（1）粉碎、搅拌、适当的升高温度、适当的增加氢氧化钠的浓度、延长碱浸的时间等（或其他合理答案）（2）（3）温度低于70℃，反应速率较慢，温度高于70℃，分解（4）【分析】砷化镓废料与氢氧化钠、进行碱浸操作，转化为、Na3AsO4，转化为硅酸钠，、难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣1，滤液加入硫酸，硅酸钠转化为硅酸沉淀，即滤渣2，滤液1加入氢氧化钠调pH为3.7，得到沉淀，再加入氢氧化钠，得到，电解得到，滤液2蒸发浓缩、降温结晶得到。【解析】（1）碱浸操作中加快反应速率，提高浸取率可采取的措施有：粉碎、搅拌、适当的升高温度、适当的增加氢氧化钠的浓度、延长碱浸的时间等（或其他合理答案）；（2）“碱浸”时，中以的形式进入溶液中，根据得失电子、原子、电荷守恒，该反应的离子方程式是；（3）因为温度低于70℃，反应速率较慢，温度高于70℃，分解，所以“碱浸”温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低；（4）根据分析知，“滤渣2”的成分为。9．从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程如下图。已知：ⅰ.难溶于水和稀酸；酸浓度越高，溶解得越多。ⅱ.、均为弱酸，难溶于水。（1）酸性条件下，SnS易被氧化为。反应分两步：ⅰ.；ⅱ.。（2）浸出液中含有、、、、、等微粒。硫酸浓度、浸出时间等条件不变时，反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率的影响如下图。①酸浸过程中铁元素被还原，还原剂是。②升高温度有利于减少浸出液中锡元素的残留。反应温度升高，锡浸出率下降的可能原因有（写出两条）。（3）向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）。该种脱砷方法称为沉淀法。①加入溶液的目的是。②从平衡角度解释脱除砷时pH不宜过高的原因：。③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，烟尘成分应满足的条件是。（4）置换时，先加入接近理论投加量的锌粉，充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉。这样操作的目的有（写出两条）。【答案】（1）（2）（SnS或其他合理答案）温度升高，被氧化为的速率加快；ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使的溶解度降低（3）将氧化为，将氧化为，并在调pH后与形成沉淀pH过高会产生沉淀，降低，正向移动，As去除率下降（4）避免锌粉过量，影响海绵镉的纯度；除去滤液中的，避免污染或减少滤液中的杂质【分析】从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程为：将锡冶炼烟尘加入稀进行酸浸，除难溶过滤以滤渣分离，其余全部溶解转化为相应离子过滤得到浸出液含：、、、和、等微粒，在浸出液加入溶液氧化为，再加入CaO调pH至4～6，过滤得到产生富砷渣：和滤液1，最后加入锌粉进行置换后过滤得到海绵镉和滤液2，据此分析解答。【解析】（1）酸性条件下，SnS易被氧化为，根据第ⅰ步反应和被氧化为的目的，则第ⅱ步的反应方程式为：。（2）①在酸浸中，杂质最终被还原为，则将还原为的物质结合元素组成应该为SnS在酸性中生成的还原性气体；②根据反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率图可知，温度越高，锡元素的浸出率越低，即固体残留越多，其原因可能为：温度升高，被氧化为的速率加快；温度升高，ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使的溶解度降低。（3）向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）；①原浸出液中为和，形成后Fe元素变为价，As元素由的价变为的价，则加入溶液的主要目的是：将氧化为，将氧化为，并在调pH后与形成沉淀；②除砷时要用CaO调pH至4～6，pH如果过高则会出现转化为沉淀，使降低，导致正向移动，使As去除率下降；③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，根据中可知，但要保证砷充分除去，则Fe元素需要适当过量，最后得到烟尘中。（4）先加入接近理论投加量的锌粉的目的是防止过量的锌粉过滤后混在海绵镉中影响海绵镉的纯度；充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉，目的是：进一步除去滤液中残留的，避免污染或减少滤液中的杂质。（建议用时：25分钟）1．（2025·东北育才学校·三模）锗、锌、镍及其化合物用途广泛。某化学实验小组用锗矿石（主要含、、、等）模拟工业生产、和的一种工艺流程如图所示：已知：锗在硫酸中的存在形式：时主要为，时主要为沉淀。回答下列问题：（2）“操作2”的名称是；“操作3”包含、过滤、洗涤、干燥。（3）“调、萃取”工序中，萃取原理为。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对某些金属离子的萃取率[]与的关系如图所示：①在一定范围内，随着升高，萃取率升高的原因是。②在，达到萃取平衡时，，在溶液中加入萃取剂进行萃取，则的萃取率为%。【答案】（2）分液蒸发浓缩、冷却结晶（3）萃取产生，随的升高被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动96【分析】用锗矿石（主要含、、、等）模拟工业生产、和的一种工艺流程，氧化酸浸时将S元素氧化为S单质，过滤得到滤渣为S、，过程中得到硫酸锌、硫酸镍，需注意：锗在硫酸中的存在形式：时主要为，时主要为沉淀，加入氧化锌调节pH，操作1为过滤，滤渣为氧化锗，经还原得到锗；滤液含有硫酸锌、硫酸镍，萃取后分液，萃余液为硫酸镍，经蒸发、浓缩、结晶的硫酸镍晶体；有机相中经反萃取得到硫酸锌，经电解获得金属锌。【解析】（2）由流程可知，“操作2”是分液；经“操作3”得到晶体，故“操作3”包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（3）①由萃取原理可知，萃取产生，随的升高被消耗，促进平衡正向移动，故萃取率随的升高而升高；②达到萃取平衡时，，一次萃取后，则的萃取率为；2．（2025·湖北卷）氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备：ⅠⅡ已知：室温下，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。回答下列问题：（3）工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，的产率仅为8%。①工艺Ⅰ的固相反应(填“正向”或“逆向”)进行程度大。②分析以上产率变化，推测溶解度(填“>”或“<”)（4）工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式。（5）从滤液Ⅱ获取晶体的操作为(填标号)。a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤

b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤（6）研磨能够促进固相反应的原因可能有(填标号)。a．增大反应物间的接触面积

b．破坏反应物的化学键c．降低反应的活化能

d．研钵表面跟反应物更好接触【答案】（3）正向＜（4）（5）a（6）ab【分析】工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为，水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF固体；对比两种工艺流程，流程Ⅱ添加粉末，由题目可知，生成的的溶解度极低，使得不转化为Ca(OH)2，提高了的产率，据此解答。【解析】（3）①转化率为78%，说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF的方向进行，即正向进行程度大；②NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进入溶液，则溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，根据沉淀转化的规律可推测：；（4）根据工艺Ⅱ的流程，CaF2、TiO2与NaOH反应生成难溶的CaTiO3、NaF和H2O，化学方程式为：；（5）由上一问可知，滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶解度受温度影响小(题干说明)，故蒸发至大量晶体析出，趁热过滤即可得到NaF晶体，故选a；其溶解度随温度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，故不选b；（6）a．研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，使反应更易发生，a选；b．研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b选；c．活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降低活化能，c不选；d．研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物接触更好并非促进反应的原因，d不选；故选ab。3．用软锰矿(主要成分为，含少量、、、、、等杂质)制备高纯的工艺流程如图所示：已知：25℃时相关物质的见下表。物质回答下列问题：（1）“浸出”过程中主要反应的离子方程式为，浸出渣成分为。（2）“除杂1”中的作用是，调节溶液的的理论最小值为。(离子浓度时认为反应完全)（3）加入的目的是。（4）“碳化”过程中反应的离子方程式为。（5）“系列操作”中包含洗涤、干燥等流程，采用低温干燥的原因是。【答案】（1）、(或只填写)（2）将氧化为4.9（3）除去、（4）（5）防止温度过高发生分解，降低产率【分析】软锰矿的主要成分为，还含少量、、、、、，向软锰矿粉中加入稀硫酸，通入，发生氧化还原反应，Mn由+4价降低到+2价，转化为，被氧化为，、、、均可溶于稀硫酸，生成、、和，与反应生成微溶的，不溶于稀硫酸，因此浸出渣中含有和；在浸出液中加入，可将氧化为，加入氨水调节pH，可将完全沉淀为，将转化为沉淀，即滤渣1为和；向滤液中加入，可与溶液中的和剩余的反应生成沉淀和，即滤渣2为和；继续向滤液中加入碳酸氢铵和氨水“碳化”最终可将转化为。【解析】（1）软锰矿的主要成分为，向软锰矿粉中加入稀硫酸，通入，发生氧化还原反应，Mn由+4价降低到+2价，转化为，被氧化为，反应的离子方程式为；、、、均可溶于稀硫酸，生成、、和，与反应生成微溶的，不溶于稀硫酸，因此浸出渣中含有和；（2）“除杂1”中，加入，可将氧化为，加入氨水调节pH，可将完全沉淀为，将转化为沉淀，故的作用是将氧化为；调节溶液的时，要让、完全沉淀而其他离子不沉淀，即当完全沉淀时、均已沉淀完全，此时，，即的理论最小值为4.9；（3）向滤液中加入，可与溶液中的和剩余的反应生成沉淀和，即滤渣2为和，故加入的作用是除去和；（4）“碳化”过程中，向滤液中加入碳酸氢铵和氨水，最终可将转化为，同时生成和水，离子方程式为；（5）“系列操作”中包含洗涤、干燥等流程，因在高温下会发生分解，因此采用低温干燥，防止温度过高发生分解，最终降低了产率。4．一种从锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中提取镓(