2026年高考化学二轮复习（全国）重难13 化工生产中物质转化条件的控制（重难专练）（解析版）

重难13化工生产中物质转化条件的控制

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模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”

一、明确化工流程中条件控制的思考角度

条件控制思考角度

将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率

固体原料粉

或使反应更充分。

碎或研磨、液

目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等；

体原料雾化

增大接触面积的方法：固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等；

①除去硫、碳单质；

②有机物转化、除去有机物；

焙烧或灼烧

③高温下原料与空气中氧气反应；

④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。

煅烧改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。

①溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；

酸浸

②去氧化物(膜)；

①除去金属表面的油污；

碱溶

②溶解两性化合物(Al2O3、ZnO等)，溶解铝、二氧化硅等

水浸与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中；

醇浸提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物；

①加快反应速率或溶解速率；

②促进平衡向吸热反应方向移动(一般是有利于生成物生成的方向)；如：促进水解生成沉

淀；

加热③除杂，除去热不稳定的杂质，如：H2O2、氨水、铵盐(NH4Cl)、硝酸盐、NaHCO3、Ca(HCO3)2、

KMnO4等物质；

④使沸点相对较低或易升华的原料气化；

⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等；

①防止某物质在高温时溶解(或分解)；

②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；

降温

③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；

④降低某些晶体的溶解度，使其结晶析出，减少损失等；

控制温度在温度过低：反应速率过慢或溶解速率小；

一定范围(综温度过高：①催化剂逐渐失活，化学反应速率急剧下降；

合考虑)②物质分解，如：NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、浓HNO3等；

③物质会挥发，如：浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等；

④物质氧化，如：Na2SO3等；

⑤物质升华，如：I2升华；

①防止副反应的发生；

②使化学平衡移动；控制化学反应的方向；

③控制固体的溶解与结晶；

控制温度(常

④控制反应速率；使催化剂达到最大活性；

用水浴、冰浴

⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发；

或油浴)

⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；

⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量；

⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求；

①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；

反应物用量

②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；

或浓度

③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等；

①氧化(或还原)某物质，转化为目标产物的价态；

加入氧化剂

2＋3＋

②除去杂质离子[如把Fe氧化成Fe，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除

(或还原剂)

去]；

①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；

加入沉淀剂②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；

③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋；

（1）调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出，以达到除去金属离子的目

的。

①原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度，使溶液pH值增大；

②pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值~主要离子开始沉淀时pH(注意两端取值)；

③需要的物质：含主要阳离子(不引入新杂质即可)的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，

+

即能与H反应，使pH增大的物质，如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型的物质；

pH控制

3+

④实例：除去CuSO4溶液中少量Fe，可向溶液中加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、

3+3+

CuCO3，调节pH至3~4，使Fe转化为Fe(OH)3沉淀除去。Fe溶液中存在水解平衡：

3＋＋+

Fe＋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；

3＋

a．加入CuO的作用：调节溶液的pH，使Fe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)。

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，

洗涤晶体

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

在其他气体要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；

中进行的反或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的；

应或操作

判断能否加

要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等；

其他物质

提高原子利

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)；

用率

过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作；

分离、提纯

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

溶解度随温度升高而升高，且除去固体表面吸附着的××杂质，减少固体因为

蒸冷水

变化较大洗涤液温度高造成溶解损失

馏

除去固体表面吸附着的××杂质，减少固体因为

水热水溶解度随温度升高而降低

洗涤液温度低造成溶解损失

固体易溶于水、难溶于有机溶减少固体溶解损失;利用有机溶剂的挥发性除

有机溶剂(酒精、丙酮等)

剂去固体表面的水分，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

除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质;

酸、碱溶液产物不溶于酸、碱

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

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

萃取

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，

取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Sc2O3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，NH4HF2的实际用量需比理论用量略多，目的

是。

（3）无水ScF3不能由ScF3nH2O直接加热制得，原因是。

（4）结合流程图分析，沸点：CaSc(填“>”“<”或“=”)。

-11-182+3+-6

（5）已知Ksp(CaF2)=2.7×10，Ksp(ScF3)=4.0×10。某混合溶液中c(Ca)=0.1mol/L，c(Sc)=1.0×10mol/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cF-1.010-3mol/L时，c(Ca2+)：c(Sc3+)=。

【答案】（1）3d14s2

300℃

ScO

（2）Sc2O36NH4HF22ScF36NH4F3H2O确保23完全氟化，提高钪的产率

ScO

（3）ScF3nH2O加热会水解，而后分解生成23

（4）<

27

（5）CaF103

24

ScO

【分析】以23为原料，首先在300℃下与过量NH4HF2发生氟化反应，生成ScF3、NH4F和H2O；接着升

温脱除NH4F，得到无水ScF3；随后在氩气保护下，用Ca还原ScF3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（Sc）是21号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d14s2，价层电子是指原子参与成键

的电子，即最外层4s和次外层3d电子，因此价层电子排布式为3d14s2，故答案为：3d14s2；

（2）由分析可知，300℃下与过量NH4HF2发生氟化反应，生成ScF3、NH4F和H2O，化学方程式为

300℃

ScO

Sc2O36NH4HF22ScF36NH4F3H2O；增加NH4HF2的量可以确保23完全氟化，提高钪的产率，

300℃

ScO

故答案为：Sc2O36NH4HF22ScF36NH4F3H2O；确保23完全氟化，提高钪的产率；

ScO

（3）含结晶水的氟化物（如ScF3nH2O）直接加热时，结晶水会与ScF3发生水解反应，最终生成23，故

ScO

答案为：ScF3nH2O加热会水解，而后分解生成23；

（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：Ca<Sc，故答案为：<；

11

2+2--Ksp2.710

（5）①对CaF2：Kspc(Ca)c(F)，生成沉淀需要氟离子浓度最低为c(F)mol/L；

c(Ca2+)0.1

18

3+3-K

-sp34.010

对ScF3：Kspc(Sc)c(F)，生成沉淀需要氟离子浓度最低为c(F)3mol/L，

c(Sc3+)1.0106

1118

2.71034.010

，因此先析出的沉淀是CaF2，故答案为：CaF2；

0.11.0106

②当溶液中cF-1.010-3mol/L时，分别代入溶度积公式计算c(Ca2+)和c(Sc3+)：

K(CaF)2.71011K(ScF)4.01018

c(Ca2+)sp22.7105mol/L；c(Sc3+)sp34.0109mol/L；因

c2(F-)(1.0103)2c3(F-)(1.0103)3

5

2.71027273

此c(Ca2+):c(Sc3+)103，故答案为：10。

4.010944

2．(2025·安徽省宣城市·二模)钛白粉(TiO2)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FeTiO3，含少量Al2O3、Fe2O3和SiO2)为原料冶炼钛白粉的流程如图所示。

22

已知：酸解后，钛主要以TiO形式存在。室温条件下，在pH3的溶液中TiO会完全水解生成H2TiO3沉

淀。

回答下列问题：

（2）试剂X应为(填化学式)。

（3）酸解过程中，FeTiO3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）FeTiO3+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FeTiO3，含少量Al2O3、Fe2O3和SiO2。钛铁矿加碱溶浸，Al2O3、SiO2和

氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠、硅酸钠，FeTiO3和Fe2O3与氢氧化钠不反应，过滤，滤渣中含有FeTiO3

22+3+3+2+

和Fe2O3，用浓硫酸“酸解”滤渣，酸解液中主要含有TiO、Fe、Fe，加铁粉把Fe还原为Fe，加纯碱

2

调节pH使TiO水解为H2TiO3沉淀，过滤出H2TiO3，H2TiO3煅烧得TiO2。

【解析】（2）“溶浸”目的是除去Al2O3、SiO2，Al2O3、SiO2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。

2

（3）酸解过程中，钛主要以TiO形式存在，FeTiO3发生的非氧化还原反应，可知FeTiO3和浓硫酸反应生

成硫酸亚铁、TiOSO4、水，反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O

22+3+3+

（4）Fe2O3与浓硫酸反应生成硫酸铁，酸解液中主要含有TiO、Fe、Fe，Fe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SiO2

+--

b．滤液2中含有Na、OH和[Al(OH)4]

c．试剂X可选择Fe、Cu、Zn

d．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)

焙烧

【答案】（1）

4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2

（2）升温、提高硫酸浓度、搅拌

（3）abd

（4）蒸发浓缩冷却结晶

1390cV

（5）5Fe2+MnO+8H=5Fe3+Mn2+4HO

42m

FeO

【分析】高硫铝土矿主要含Al2O3、23、SiO2和少量的FeS2，经粉碎后在空气中进入“焙烧”则尾气为SO2；

、FeO、经硫酸酸浸形成的、进入滤液，滤渣；向、

Al2O323SiO2“”Fe2SO43Al2SO43“1”“1”SiO2Fe2SO43

中加入过量溶液，、

Al2SO43NaOHFe2SO43+6NaOH=2Fe(OH)3+3Na2SO4

AlSO8NaOH2NaAlOH3NaSO，故滤渣是Fe(OH)，滤液是NaAlOH；滤渣加

24342423242

入硫酸将Fe(OH)3溶解得到的溶液A为Fe2(SO4)3，需加入还原剂可将其还原为FeSO4，将得到的FeSO4溶液

经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体；滤液加入足量将NaAlOH转化为

2CO24

Al(OH)沉淀进入滤渣，反应为CO+NaAlOH=AlOHNaHCO，故滤液为NaHCO溶液；

33243333

Al(OH)3经高温分解为氧化铝，后通过电解法冶炼得到Al。

FeO焙烧

【解析】（1）“焙烧”时FeS2完全转化为23和SO2，化学方程式为

4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2

（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SiO2，a正确；

．滤液是溶液，含有、-和，正确；

b2NaAlOH4NaOH[AlOH4]b

c．根据分析溶液A为Fe2(SO4)3，需加入还原剂可将其还原为FeSO4，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；

电解

d．滤渣3加热分解可得物质YAlO：2AlOHAlO3HO，进而电解：，得

2332322Al2O34Al3O2

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。

2+3

（5）①向硫酸亚铁溶液中加入酸性KMnO4溶液后，KMnO4将Fe氧化为Fe，发生反应的离子方程式

2323

5Fe+MnO4+8H=5Fe+Mn+4H2O。根据滴定反应方程式及数据，nKMnO4cV10mol，

2323

nFe5nKMnO45cV10mol，则mg晶体中nFeSO4·7H2OnFe5cV10100.05cVmol，

0.05cV2781390cV

绿矾的纯度100%%。

mm

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(In2O3、Fe2O3、ZnO及少量不与酸反应的杂质)中回收铟的流程如下：

已知信息：①Zn的性质与Al相似。

②室温下：KInOH=1.01028，KFeOH=1.01038。

sp3sp3

③溶液中某离子浓度小于1.0105molL1，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Na2CO3，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。

31

（3）“酸浸2”后溶液中In浓度为0.1molL，则加入Na2CO3进行“中和”时，pH调节范围为。

【答案】（1）蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥

23+

（2）3CO3+2Fe+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

3+

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In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；

3+2

（2）“中和”时加入Na2CO3，Fe与CO3发生双水解反应，生成红褐色沉淀Fe(OH)3和CO2气体，该过程

23+

主要反应的离子方程式为：3CO3+2Fe+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；

313+

（3）“酸浸2”后溶液中In浓度为0.1molL，则加入Na2CO3进行“中和”时，让Fe完全沉淀，浓度小于

等于-5，KFeOH=1.010383+3-，-53--38，得出--11，

10mol/Lsp3=c(Fe)×c(OH)10×c(OH)=1.0×10c(OH)≥10mol/L

+-3，pH，3浓度为1不沉淀，KInOH=1.010283+3-，

c(H)≤10mol/L≥3In0.1molLsp3=c(In)×c(OH)

0.1×c3(OH-)=1.0×10-28，得出c(OH-)＜10-9mol/L，c(H+)＞10-5mol/L，pH＜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Ag、Al2O3及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，

Al2O3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85℃，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Fe3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

（）：

4AgCl2NH3H2OAgNH32Cl2H2O41

【分析】含银废催化剂(主要含Ag、Al2O3及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，α-Al2O3不溶于硝酸)

+2++3+

经磨碎、加热，用稀硝酸溶解，过滤所得的滤渣为α-Al2O3及SiO2，滤液中有Ag、Mg、K、Fe，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

AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，向其中加入N2H4H2O，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85℃，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：

，过程中，反应的氧化剂为，其中银元素由

AgCl2NH3H2OAgNH32Cl2H2OⅣAgNH32Cl+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CeCO3F，含少量SiO2Fe2O3CaF2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CeCO3F转化为CeO2。

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

2+4+3+

O2/H2O2HNO3/NOMnO4/MnCe/CeH2O2/H2O

原型

标准电极

0.680.961.491.611.77

电势E

3+3

Ⅲ．有机物RCOOH从溶液中萃取Ce的过程为Ce3RCOOHCe(RCOO)33H。

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CeO2反应的化学方程式

为。

2

A．MnB．MnO4C．H2O2D．O2

（3）滤渣的主要成分除CaSO4还有(填化学式)。

（4）加氨水“中和”的目的是。

（）沉铈过程中，3+转化为沉淀，该反应的离子方程式为。

5“”CeCe2CO33nH2O

（6）依据上述工艺流程，下列说法错误的是___________。

＜4＜3

A．由已知Ⅱ可得，氧化性H2O2Ce，还原性H2O2Ce

B．“萃取”和“反萃取”的主要目的是除去溶液中Fe3+

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

（）

2C2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2SO43+O2+4H2O

（3）H2SiO3

（4）中和H+，有利于提高Ce3+的萃取率

（）3+

56HCO3+2Ce+n3H2O=Ce2CO33nH2O+3CO2

（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Na2CO3的接触面积；

3

（2）由已知II知，要将CeO2还原为Ce，需要选择一种还原性物质，

2

A．从标准电极电势看，Mn还原性较弱，不能将CeO2还原，A错误；

B．MnO4是氧化性离子，B错误；

C．H2O2中氧为1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：；

H2O2CeO22CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2SO43+O2+4H2O

、、

（3）氟碳铈矿中含SiO2Fe2O3CaF2等杂质，“焙烧1”中CeCO3F转化为CeO2、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Ce3+的萃取率；

（）沉铈过程中，3+与；溶液反应转化为沉淀，离子方程式为：

5“”CeNH4HCO3Ce2CO33nH2O

3+；

6HCO3+2Ce+n3H2O=Ce2CO33nH2O+3CO2

4+3+＞4+

（6）A．根据标准电极电势EH2O2/H2O1.77，ECe/Ce1.61，氧化性H2O2Ce，A错误；

B．“萃取”是萃取Ce3+，“反萃取”是将Ce3+从有机相转移到水相，主要目的是富集Ce3+，除去溶液中Fe3+等

杂质，B正确；

+3++

C．“反萃取”过程中，发生CeRCOO3+3HCe+3RCOOH，适当提高硝酸浓度，cH增大，平衡

正向移动，可以提高反萃取率，C正确；

．焙烧过程中，分解生成，发生分解反应，正确；

D“2”Ce2CO33nH2OCeO2D

故答案选AD。

、、、

7．（2025·安徽卷）某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4SiO2CaCO3SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣

中锶的流程如下图所示。

-6.46-9.97

已知25℃时，KspSrSO4=10,KspBaSO4=10

回答下列问题：

（4）其他条件相同时，盐浸2h，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SrSO4、(填化学式)。

（7）由SrCl26H2O制备无水SrCl2的最优方法是(填标号)。

a．加热脱水b．在HCl气流中加热c．常温加压d．加热加压

【答案】

2

（4）升高温度，Ba与SrSO4有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；

（5）BaSO4、SiO2

（7）a

、、、

【分析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4SiO2CaCO3SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解

、

进入滤液，浸出渣1中含有SrSO4SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化，

22

SrSO4s+BaaqBaSO4s+Sraq，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2·6H2O晶体；

【解析】

2

（4）随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，Ba与SrSO4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BaSO4，SiO2不参与反应，故浸出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、

SiO2；

（）为强碱，则也是强碱，2不水解，排除，由平衡移动原理可知SrCl6HO制备

7CaOH2SrOH2Srb22

无水SrCl2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。

萃取

（）萃取和反萃取可简单表示为2++，则反萃取过程中加入的试剂

4“”“”Co+2(HA)2反萃取Co(HA2)2+2HX

最好是___________(填序号)。

A．NaOHB．HNO3C．NH3·H2OD．H2SO4

【答案】（1）适当升温、搅拌或提高NaOH溶液的浓度

3+

（3）溶液中的Fe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。

萃取

（）由已知信息萃取和反萃取可简单表示为2++可以得到反萃取过程

4“”“”Co+2(HA)2反萃取Co(HA2)2+2H

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、As2O3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：As2O3熔点314℃，沸点460℃

℃℃

分解温度：CuO1100℃，CuSO4560，ZnSO4680，PbSO4高于1000℃

8

KspPbSO41.810

（1）设计焙烧温度为600℃，理由为。

（2）将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3，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）4SO2+Na2CO3+2Na2S=3Na2S2O3+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、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，As2O3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SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3，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4SO2+Na2CO3+2Na2S=3Na2S2O3+CO2，故答案为：

4SO2+Na2CO3+2Na2S=3Na2S2O3+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、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。

2

已知：①“氧化浸出”时，PbSO不发生变化，ZnS转变为ZnNH；

434

②KPbOH1014.8；

sp2

③酒石酸记作