第27讲 过渡金属“微流程”分析-【优化探究】2026高考化学一轮复习高考总复习配套课件（苏教版）

优化探究 大单元二　元素及其化合物 专题6　元素及其化合物的综合应用 第27讲　过渡金属“微流程”分析 [导航·复习目标]　1.了解常考过渡金属及其重要化合物的性质。 2.能依据信息解答陌生过渡金属及其化合物制备流程中的相关问题。 2 梳理 必备知识 提升 关键能力 练真题 明考向 课时作业27　过渡金属“微流程”分析 3 一、过渡金属的性质特点 1.多变价 (1)高价态金属通常形成含氧酸根离子的盐，具有较强的氧化性，如KMnO4、K2Cr2O7、K2FeO4等，均能将浓盐酸氧化成Cl2。 (2)在空气中灼烧一些不稳定的低价金属的化合物，在分解的同时可能被氧化： MnOOHMnO2；Fe(OH)2Fe2O3；CoC2O4Co3O4。 梳理 必备知识 4 (3)低价金属的氢氧化物，为难溶性的弱碱，且易分解成氧化物，如Fe(OH)2、Mn(OH)2、Cr(OH)3。 (4)低价硫化物，通常为有色难溶物，如HgS(黑或红)、FeS(黑)、Cu2S(黑)、FeS2(金黄)。 工业生产中，常通过转化价态、调节pH将过渡金属生成氢氧化物沉淀或生成难溶硫化物分离除去。 5 2.易形成配合物 (1)金属离子常易水解，其水合离子通常显色，如Cu2＋(aq，蓝)、Fe2＋(aq，浅绿)、Fe3＋(aq，黄)、Cr3＋(aq，绿)。 (2)容易形成配合物的中心离子，如 [Cu(NH3)4]2＋、[Ag(NH3)2]＋、[Fe(SCN)6]3－、[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋。 (3)向一些盐溶液中滴加氨水，先生成难溶性碱，继续滴加，生成含氨配合物，如 CuSO4(aq)[或AgNO3(aq)]Cu(OH)2(s)[或AgOH(s)] [Cu(NH3)4]2＋{或[Ag(NH3)2]＋}。 6 二、常见过渡金属及其化合物的转化 1.锌及其化合物的转化 ①Zn(OH)2＋2OH－====[Zn(OH)4]2－， ②Zn(OH)2＋2H＋====Zn2＋＋2H2O， ③ZnO＋2H＋====Zn2＋＋H2O， ④ZnO＋2OH－＋H2O====[Zn(OH)4]2－。 7 2.铬的重要化合物 (1)Cr2O3和Cr(OH)3显两性，其转化关系如下： 反应的离子方程式： ①Cr3＋＋3OH－====Cr(OH)3↓； ②Cr(OH)3＋OH－====[Cr(OH)4]－， Cr3＋＋4OH－====[Cr(OH)4]－； ③[Cr(OH)4]－＋H＋====Cr(OH)3↓＋H2O； ④Cr(OH)3＋3H＋====Cr3＋＋3H2O， [Cr(OH)4]－＋4H＋====Cr3＋＋4H2O。 8 (2)铬(Ⅵ)最重要的化合物是K2Cr2O7，在水溶液中Cr2和Cr存在下列平衡： 2Cr(黄色)＋2H＋⥫⥬Cr2(橙红色)＋H2O。 3.钒的重要化合物 (1)五氧化二钒既能溶于强碱，又能溶于强酸，如 V2O5＋6NaOH====2Na3VO4＋3H2O； V2O5＋6HCl====2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O。 (2)VO2＋、V：在酸性介质中，V具有强氧化性，如 V＋Fe2＋＋2H＋====VO2＋＋Fe3＋＋H2O， 2V＋H2C2O4＋2H＋====2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O。 4.钴的配合物 (1)Co(Ⅱ)与H2O、Cl－配合的平衡转化 (2)Co(Ⅱ)的配合物具有较强的还原性 Co2＋＋6NH3 [Co(NH3)6]2＋ [Co(NH3)6]3＋ 1.(2025·河北沧州模拟)一种从某钒矿石(主要成分为V2O5、Al2O3、Fe2O3和SiO2)中提钒的工艺流程如图所示： 提升 关键能力 已知：P204(磷酸二异辛酯，用HA表示)能够萃取溶液中的VO2＋，萃取VO2＋的原理是VO2＋(水层)＋2HA(有机层)⥫⥬VOA2(有机层)＋2H＋(水层)。 11 下列说法错误的是(　　) A.“氯化焙烧”时气体与矿料应逆 流而行 B.试剂a为草酸(H2C2O4)溶液，试剂 b为硫酸溶液 C.“氯化焙烧”“酸浸”和“还原” 的操作过程中均有氧化还原反应发生 D.“操作X”为反萃取、分液，使用的主要玻璃仪器有梨形分液漏斗、 烧杯 C 12 解析：“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行，能使反应物充分接触，加快反应速率，A正确；试剂a可以为草酸(H2C2O4)溶液，草酸具有还原性，能将＋5价钒还原成＋4价钒；试剂b为硫酸溶液，用作反萃取剂，B正确；“氯化焙烧”和“还原”的操作过程中均有氧化还原反应发生，“酸浸”的操作过程中各物质的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，C错误；“操作X”为反萃取、分液，使用的主要玻璃仪器有梨形分液漏斗、烧杯，D正确。 13 2.(2025·福建龙岩模拟)以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、 SiO2、Fe2O3)为原料制备ZnO的流程如图所示。下列说法正确的是(　　) 已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2＋和[Cu(NH3)4]2＋。 A.H—N—H键角：[Cu(NH3)4]2＋＜NH3 B.“滤渣②”的主要成分为Fe、Cu和Zn C.所含金属元素的质量：“滤液①”＜“滤液②” D.“煅烧”时需要在隔绝空气条件下进行 C 14 解析：浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4] 2＋，SiO2、Fe2O3不反应，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋、NH4HCO3、NH3·H2O，滤渣①的主要成分为Fe2O3和SiO2；加入Zn粉时，发生反应Zn＋[Cu(NH3)4] 2＋====Cu＋[Zn(NH3)4] 2＋，从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2＋，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，滤液②中主要含[Zn(NH3)4] 2＋、NH4HCO3、NH3·H2O，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀， 15 最后煅烧获得ZnO。A.NH3提供孤电子对与Cu2＋形成配位键后，孤电子对转化为成键电子对，N—H成键电子对受到的排斥力减小，则H—N—H键角变大，即H—N—H键角：[Cu(NH3)4]2＋＞NH3，故A错误；B.由分析可知，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，故B错误；C.由分析可 知，滤液①中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋，加入锌粉发生反应Zn＋[Cu(NH3)4] 2＋====Cu＋[Zn(NH3)4] 2＋，因此滤液 16 ①中[Cu(NH3)4]2＋转化为[Zn(NH3)4]2＋，因此滤液②中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4] 2＋，Zn的相对原子质量大于Cu，金属元素质量增加，即所含金属元素的质量：“滤液①”＜ “滤液②”，故C正确；D.煅烧时ZnCO3·Zn(OH)2会分解，Zn为＋2价，不会被氧气氧化，因此不需要隔绝空气，故D错误。 17 3.(2025·山东德州模拟)工业上从钴镍渣(主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu)中回收Co和Ni的流程如下。 已知：①Co2＋＋6NH3·H2O====＋6H2O　K＝105； ②Ksp[Ni(OH)2]＝1.0×10－15，完全沉淀时c(Ni2＋)≤10－5 mol·L－1； ③Kb(NH3·H2O)＝10－5。 18 下列说法错误的是(　　) A.滤渣1是Cu，滤渣2是Fe(OH)3 B.氧化性：H2O2＞Co3＋＞Fe3＋ C.若沉镍完全后滤液中c(N)＝10－3 mol·L－1，则≥ 10－13 D.“氧化沉钴”中氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶2 B 解析：钴镍渣(主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu)用硫酸溶液溶解并过滤，除去不溶于酸和水的杂质Cu，同时得到含有Ni2＋、Fe2＋及Co2＋的滤液，向滤液中加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe2＋得Fe3＋，后用CoCO3调节溶液pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，达到除铁的目的，过滤后的滤液中继续加入氨水，可生成Ni(OH)2，再过滤除去，向滤液中加入Na2SO5和NaOH氧化沉钴将[Co]2＋转化为 Co(OH)3，以此解答。A.由分析可知，滤渣1是Cu，滤渣2是Fe(OH)3， A正确；B.氧化除杂步骤中，H2O2氧化溶液中的Fe2＋得Fe3＋，但不能氧化Co2＋，说明氧化性：Co3＋＞H2O2＞Fe3＋，B错误；C.完全沉淀时c(Ni2＋)≤10－5 mol·L－1，则溶液中 c(OH－)＝≥ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，若沉镍完全后滤液中c(N)＝10－3 mol·L－1，c(NH3·H2O)＝≥ mol·L－1＝10－3 mol·L－1，＝K×c6(NH3·H2O)≥105×(10－3)6＝10－13，C正确； D.向滤液中加入Na2SO5和NaOH氧化沉钴将转化为 Co(OH)3，根据得失电子数守恒和电荷守恒配平离子方程式为S＋2＋4OH－＋H2O====2Co(OH)3＋S＋12NH3，S是氧化剂，[Co(NH3)6]2＋是还原剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶2，D正确。 硫酸的工业制法流程分析 (2024·北京卷)硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 _____________________________________________ 下列说法不正确的是(　　) A.Ⅰ的化学方程式：3FeS2＋8O2Fe3O4＋6SO2② B.Ⅱ中的反应条件③都是为了提高SO2平衡转化率 C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生④ D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收⑤ B [信息获取]　①图示信息：可根据工艺流程确定第一步操作的具体反应；②反应方程式的判断；③反应条件的分析；④生成物的分析；⑤尾气的处理。 [教材溯源]　硫酸的工业制备源于人教版必修第二册第4页中“二、硫酸”，源于鲁科版必修第一册第104页中的“化学与技术”栏目的内容。 [解析]　黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500 ℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。A.Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：3FeS2＋8O2Fe3O4＋6SO2，故A正确；B.Ⅱ中的反应条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2平衡转化率，故B错误；C.将黄铁矿换成硫黄，则不再产生Fe3O4，即可以减少废渣产生，故C正确；D.硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可以用碱液吸收，故D正确。 练真题 明考向 1.(2024·湖北卷)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl－并制备Zn，流程如下。“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是(　　) 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 Zn2＋ Cu2＋ Cl－ 浓度/(g·L－1) 145 0.03 1 A.“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全 B.“浸铜”反应：2Cu＋4H＋＋H2O2====2Cu2＋＋H2↑＋2H2O C.“脱氯”反应：Cu＋Cu2＋＋2Cl－====2CuCl D.脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn 答案：C 解析：铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2＋， 反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2==== Cu2＋＋2H2O，再加入锌浸出液进行“脱 氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价 发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯” 步骤发生反应的化学方程式为Cu2＋＋Cu＋2Cl－====2CuCl，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2＋可在阴极得到电子生成Zn。A.由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；B.“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到 Cu2＋，反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2====Cu2＋＋2H2O，故B错误；C.“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2＋的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为Cu2＋＋Cu＋2Cl－====2CuCl，故C正确；D.脱氯液净化后电解，Zn2＋应在阴极得到电子生成Zn，故D错误。 2.(2024·贵州卷)贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO3)工艺。部分流程如下： 下列说法正确的是(　　) A.“气体”主要成分是H2S，“溶液1”的主要溶质是Na2S B.“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C.“合成反应”中生成BaTiO3的反应是氧化还原反应 D.“洗涤”时可用稀H2SO4去除残留的碱，以提高纯度 B 解析：重晶石矿(主要成分BaSO4)通过一系列反应，转化为BaS溶液；加盐酸酸化，生成BaCl2和H2S气体；在BaCl2溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Ba(OH)2·8H2O；过滤得到的溶液1的溶质主要为NaCl及过量的NaOH；Ba(OH)2·8H2O加水溶解后，加入Ti(OC4H9)4，进行合成反应，得到BaTiO3粗品，最后洗涤得到最终产品。A.由分析可知，“气体”主要成分为H2S，“溶液1”的 溶质主要为NaCl及过量的NaOH，A项错误；B.由分析可知，“系列操作”得到的是Ba(OH)2·8H2O晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项正确；C.“合成反应”是Ba(OH)2和Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3，该反应中元素化合价未发生变化，不是氧化还原反应，C项错误；D.“洗涤”时，若使用稀H2SO4，BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4，故不能使用稀H2SO4，D项错误。 3.(2023·辽宁卷)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素 以＋6价形式存在，下列说法错误的是(　　) A.“焙烧”中产生CO2 B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2 C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为Cr D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 B 解析：焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原反应得到氢氧化铬沉淀。A.铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；B.焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氢氧化铁，B错误；C.滤液①中Cr元素的化合价是＋6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr 元素主要存在形式为Cr，C正确；D.由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确。 4.(2023·河北卷)一种以锰尘(主要成分为Mn2O3，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯MnCO3的清洁生产新工艺流程如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如表。 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 10－32.9 10－11.3 10－5.3 10－16.3   Fe(OH)3 Mn(OH)2 MgF2 CaF2 10－38.6 10－12.7 10－10.3 10－8.3 下列说法错误的是(　　) A.酸浸工序中产生的气体①为氯气 B.滤渣①主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3 C.除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时，若Ca2＋、Mg2＋浓度接近，则CaF2先析出 D.沉淀工序中发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HC====MnCO3↓＋CO2↑＋H2O C 解析：Mn2O3中锰的化合价较高，可 以和Cl－在酸性溶液中发生氧化还原 反应生成Mn2＋和氯气，A正确；酸 浸后溶液中主要含Al3＋、Mg2＋、 Fe3＋、Ca2＋、Mn2＋，当调节溶液 pH为5~6时，若金属阳离子的浓度小于等于10－5 mol·L－1则说明离子完全沉淀进入滤渣，已知Ksp[Ca(OH)2]＝10－5.3、Ksp[Mn(OH)2]＝10－12.7、Ksp[Fe(OH)3]＝10－38.6、Ksp[Al(OH)3]＝10－32.9、Ksp[Mg(OH)2]＝10－11.3，计算可得此时溶液中Al3＋和Fe3＋浓度均小于10－5 mol·L－1，B正确；对 于同类型的难溶电解质，Ksp越小，相同条件下越易沉淀，根据Ksp(MgF2)＜Ksp(CaF2)可知，当Mg2＋和Ca2＋浓度接近时加入NaF溶液，Mg2＋先沉淀，MgF2先析出，C错误；根据沉淀步骤中加入的NH4HCO3溶液和生成的MnCO3，可推测出主要反应物和生成物，已知有气体产生，结合除杂①步骤中调pH为5~6，为酸性环境，可推测有CO2生成，D正确。 课时作业27　过渡金属“微流程”分析 41 选择题(每小题3分) 1.(2025·江苏南通模拟)从砷化镓废料(主要成分为GaAs、Fe2O3、SiO2和CaCO3)中回收镓和砷的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是 (　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.“碱浸”前，废料先浆化为悬浊液的目的是提高Ga、As元素的浸出率 B.“碱浸”后，溶液中主要有Ga3＋、Na＋、Si、As C.滤渣Ⅱ的成分为Ga(OH)3和H2SiO3 D.电解后的尾液中溶质主要成分为H2SO4，可以循环利用 B 42 解析：向砷化镓废料(主要成分为GaAs、Fe2O3、SiO2和CaCO3)中加入NaOH、H2O2溶液，主要发生反应GaAs＋4NaOH＋4H2O2====NaGaO2＋Na3AsO4＋6H2O、SiO2＋2NaOH====Na2SiO3＋H2O，浸出液中有NaGaO2、Na3AsO4和Na2SiO3，Fe2O3、CaCO3难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣Ⅰ；浸出液中加硫酸中和，过滤所得滤液中含Na3AsO4，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶得到Na3AsO4·12H2O；滤渣Ⅱ中含Ga(OH)3、H2SiO3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 43 沉淀，向滤渣Ⅱ中加入硫酸，Ga(OH)3转化为可溶于水的Ga2(SO4)3，分离出滤渣Ⅲ(H2SiO3)，电解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧气和硫酸，据此分析。通过将废料先浆化为悬浊液，可以增大接触面积，提高Ga、As元素的浸出率，A正确；通过分析可知，“碱浸”后，浸出液中有NaGaO2、Na3AsO4、Na2SiO3，则溶液中主要有Na＋、Si、As，B错误；通过分析可知，滤渣Ⅱ的成分为Ga(OH)3和H2SiO3，C正确；由分析可知，电解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧气和硫酸，尾液中溶质主要成分为H2SO4，可以循环利用，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 44 2.(2025·陕西西安模拟)七水硫酸锌在农业中可用作微量元素肥料，也被广泛用于工业领域。锌渣制备ZnSO4·7H2O的工艺流程如下。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 锌渣的主要成分为ZnO，含有少量CuO、FeO、PbO、SiO2。下列说法正 确的是(　　) A.滤渣①为SiO2，滤渣③为Cu和Pb B.“氧化”操作发生的反应为2Fe2＋＋2ClO－＋2OH－＋2H2O==== 2Fe(OH)3↓＋Cl2↑ C.加入ZnO的主要作用是调节溶液的pH D.操作X用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、漏斗 C 45 解析：锌渣的主要成分为ZnO，含有少量CuO、FeO、PbO、SiO2，加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应，PbO与硫酸反应生成硫酸铅沉淀，所以滤渣①为SiO2和PbSO4，滤液①溶质主要为硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，加入漂白粉将Fe2＋氧化为Fe3＋，次氯酸根离子转化为氯气，再加ZnO调节溶液pH，使Fe3＋沉淀，滤渣②为Fe(OH)3，滤液②主要溶质为硫酸锌和硫酸铜，加入Zn粉置换出硫酸铜中的Cu，滤渣③为Cu和过量的锌粉，滤液③主要为硫酸锌，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O，据此解答。A.根据分析可知，滤渣①为SiO2和PbSO4，滤渣③为Cu和过量的锌粉，A错误；B.“氧化”操作在酸性条件下进行，反应物中不能出现OH－，B错误；C.根据分析可知，ZnO调节溶液pH，使Fe3＋沉淀，C正确；D.操作X用到的玻璃仪器还有烧杯，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 46 3.(2025·福建宁德模拟)从废旧镍钴锰三元锂电池正极材料[主要含Li(Ⅰ)、Ni(Ⅲ)、Co(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)等金属的氧化物]中回收钴的一种流程如下： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 已知：高锰渣中锰以MnO2的形式存在。下列说法正确的是(　　) A.“溶浸”中Na2SO3被还原 B.“脱铝”得到的滤渣成分是Al(OH)3 C.“脱锰”的离子方程式为Mn2＋＋S2＋2H2O====2S＋MnO2↓＋4H＋ D.“系列操作”含蒸发结晶、洗涤、干燥 C 47 解析：“溶浸”中Na2SO3与Co(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)发生氧化还原反应，Na2SO3被氧化为硫酸钠，Co(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)都被还原为＋2价，“脱铝”得到的滤渣成分是Al(OH)3和硫酸钙，滤液中加入Na2S2O8除去锰元素，经过一系列处理得到硫酸钴溶液，再经系列操作后得到硫酸钴晶体。A.“溶浸”中Na2SO3被氧化，A错误；B.“脱铝”得到的滤渣成分是Al(OH)3和硫酸钙，B错误；C.根据得失电子数守恒以及电荷、原子数目守恒，“脱锰”的离子方程式为Mn2＋＋S2＋2H2O====2S＋MnO2↓＋4H＋，C正确；D.“系列操作”含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(2025·江西景德镇模拟)某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含少量铁、铝、铜、镍的化合物)作脱硫剂，通过如图简化流程，既脱除燃 煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2。下列叙述错误的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.X可能是MnCO3 B.若滤渣2是CuS和NiS，则Y一定是H2S C.还原酸浸时，MnO2参与的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1 D.氧化时发生反应的离子方程式：2Mn＋3Mn2＋＋2H2O====4H＋＋5MnO2↓ B 49 解析：二氧化锰具有氧化性， SO2具有还原性，“还原酸浸” 步骤二者发生氧化还原反应， 离子方程式为MnO2＋SO2====Mn2＋，“除铁铝”步骤加入X调节溶液的pH，促进Fe3＋、Al3＋水解生成氢氧化物沉淀，从而除去铁、 铝；“除铜镍”步骤加入Y，除Cu2＋、Ni2＋，“氧化”步骤加入KMnO4将Mn2＋氧化为MnO2，过滤，得到MnO2，据此分析解答。A.“除铁铝”步骤加入X调节溶液的pH，促进Fe3＋、Al3＋水解生成氢氧化物沉淀，从而除去铁、铝，X可能是MnCO3，故A正确；B.“除铜镍”步骤加入Y， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 除Cu2＋、Ni2＋，若滤渣2是CuS和NiS，Y最好是MnS，除去杂质，且不引入新杂质，故B错误； C.还原酸浸时，MnO2参与的反应：MnO2＋SO2====Mn2＋，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故C正确；D.“氧化”步骤加入KMnO4将Mn2＋氧化为MnO2，根据得失电子数守恒、电荷守恒、原子数目守恒配平该反应的离子方程式：2＋3Mn2＋＋2H2O====4H＋＋5MnO2↓，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(2025·江苏徐州模拟)一种利用废铜渣(主要成分为CuO，含少量的Fe2O3、SiO2等杂质)制备超细铜粉的流程如下： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 下列说法正确的是(　　) A.“酸浸”所得滤渣的主要成分为H2SiO3 B.向“沉铁”后的滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu(OH)2 C.“沉铜”过程中发生了氧化还原反应，SO2是还原剂 D.“转化”后的滤液中含有的阳离子为N和H＋ C 52 解析：废铜渣(主要成分为CuO，含少量Fe2O3、SiO2等杂质) “酸浸”时CuO、少量Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3＋，铜离子转化为[Cu]2＋，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，＋1价铜发生歧化反应，得到铜离子和Cu。A.根据分析，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误；B.向“沉铁”后的滤 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4，B错误；C. “沉 铜”时向含有[Cu(NH3)4]2＋和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，SO2是还原剂，C正确；D.转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后的滤液中含有的主要阳离子：N、H＋、Cu2＋，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.(2025·福建三明模拟)以碲铜废料(主要含Cu2Te)为原料回收碲单质的一种工艺流程如下： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 已知：①“氧化酸浸”生成CuSO4和二元弱酸H2TeO3； ②CuC2O4＋H2C2O4⥫⥬[Cu(C2O4)2]2－＋2H＋。 下列说法错误的是(　　) A.“氧化酸浸”时，H2O2作氧化剂 B.“沉铜”时，需加过量Na2C2O4 C.螯合物Na2中Cu(Ⅱ)的配位数为4 D.“还原”时，发生的主要反应为H2TeO3＋2S====Te↓＋2S＋H2O B 55 解析：该工艺流程原料为碲铜废料(主要含Cu2Te)，产品为碲单质，碲铜废料经过“氧化酸浸”生成CuSO4和二元弱酸H2TeO3，加入Na2C2O4溶液“沉铜”后，再加入Na2SO3溶液还原H2TeO3得到碲单质。A.Cu2Te在“氧化酸浸”过程中生成CuSO4和二元弱酸H2TeO3时，Cu元素化合价由＋1价升高为＋2价，发生氧化反应，Te元素化合价由－2价升高为＋4价，发生氧化反应，则H2O2发生还原反应，作氧化剂，A正确；B.“氧化酸浸”后溶液显酸性，若“沉铜”时加过量Na2C2O4，则溶液中H2C2O4浓度较大，使生成的CuC2O4发生CuC2O4＋H2C2O4⥫⥬ [Cu(C2O4)2]2－＋2H＋而溶解，B错误；C.螯合物Na2[Cu]中Cu2＋具有空轨道，C2中O具有孤电子对，形成配位键， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [Cu(C2O4)2]2－的结构为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 ，故Cu(Ⅱ)的配位数为4， C正确；D.在“还原”过程中H2TeO3转化为碲单质，Te化合价由＋4价降低为0价，发生还原反应，加入的Na2SO3溶液中的S发生氧化反应生成S，故反应为H2TeO3＋2S====Te↓＋2S＋H2O， D正确。 7.(2025·江苏南京开学考试)从炼锌厂的废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)中回收钴和锌的一种工艺流程如图： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 下列说法错误的是(　　) A.“加热酸浸”过程中生成的滤渣1主要成分为SiO2 B.“氧化”过程中发生反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋====2Fe3＋＋2H2O C.可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的操作得到CoSO4晶体 D.ZnSO4在有机溶剂M中的溶解度比CoSO4小 D 58 解析：废渣(含Zn、Co、Fe、 ZnO、SiO2等)中二氧化硅不溶 于酸，滤渣1为SiO2，滤液中含 有锌离子、亚铁离子、钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂M经过萃取分液，水相中为钴离子，有机相中为锌离子，“操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解题。A.由分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2，A正确；B.由分析可知，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，则“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋====2Fe3＋＋2H2O，B正确；C.可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的操作得到CoSO4晶体，C正确；D.加入有机溶剂M的目的是萃取溶液中的锌离子，分液得到含有钴离子的水相和含有锌离子的有机相，所以ZnSO4在有机溶剂M中的溶解度大于CoSO4，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.以下是实验室模拟以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质)为原料制备半导体材料纳米ZnS的工艺流程： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 已知：ⅰ.常温下，Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10－38；lg 5≈0.7。 ⅱ.当离子浓度c≤10－5 mol·L－1时，可认为沉淀完全。 61 下列说法错误的是(　　) A.第一次“调节pH”应控制pH≥3.3 B.“操作Q”用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 C.“沉淀”步骤若改用H2S试剂，反应的离子方程式为Zn2＋＋S2－==== ZnS↓ D.“酸浸”步骤中通空气的目的可能是考虑到节约硝酸用量和环境保护 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 第一次“调节pH”使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，c(Fe3＋)≤10－5 mol·L－1时认为沉淀完全，当c(Fe3＋)＝10－5 mol·L－1时，c(OH－)＝ mol·L－1＝2×10－11 mol·L－1，c(H＋)＝＝5× 10－4 mol·L－1，pH≈3.3，则第一次“调节pH”应控制pH≥3.3，A正确；“操作Q”是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，B正确；“沉淀”步骤若改用H2S试剂，反应的离子方程式为Zn2＋＋H2S====ZnS↓＋2H＋，H2S不拆，C错误；“酸浸”步骤中通入空气，O2能与HNO3的还原产物NO反应，可以节约硝酸用量和保护环境，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(2025·山东济南模拟)镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 65 下列说法正确的是(　　) A.“酸浸”时，若改用浓硫酸，反应速率更快，效果更好 B.H2O2在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用不同 C.“钴镍分离”时发生反应的离子方程式为ClO－＋2Co2＋＋4OH－＋H2O====2Co(OH)3↓＋Cl－ D.“结晶”时，快速蒸发溶液，得到的晶体颗粒较大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 66 解析：A.浓硫酸会使得铁、铝钝化，反而会降低反应速率，A错误； B.H2O2在“氧化除杂”中是将亚铁离子转化为铁离子，H2O2起氧化剂作用，利于将铁转化为氢氧化铁沉淀而除去；“酸溶”中是将三价钴转化为二价钴，H2O2起还原剂作用，B正确；C.“钴镍分离”时发生的反应为次氯酸根离子、二价钴离子反应转化为氢氧化钴沉淀，反应中溶液为酸性，故离子方程式为5H2O＋ClO－＋2Co2＋====2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋，C错误； D.“结晶”时，缓慢蒸发溶液，晶体颗粒长的较大，得到的晶体颗粒较大，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.某工厂废液经简易处理后的沉淀泥浆中含有大量废铜丝和少量 V、 Ti、Fe、Si元素的氯化物及复杂化合物，一种以该沉淀泥浆为原料回收铜与钒的工艺流程如图所示。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 已知：常温下Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39， 68 Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，溶液中的离子浓度小于 10－5 mol·L－1时可 以认为已经除尽。下列说法错误的是(　　) A.泥浆在空气中堆放后由灰色变为疏松的绿色粉状，是因为铜被氧化，便于后续酸浸时铜进入溶液 B.操作 A依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C.若浸出液中Cu2＋的浓度为0.1 mol·L－1，则酸浸时可调pH＝5 D.“沉钒”时，增大NH4Cl溶液的浓度，可提高钒的回收率 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 解析：沉淀泥浆在空气中堆放后铜被氧化，加入氢氧化钠溶液除去氯元素，固体加入稀硫酸浸取，使得铜的氧化物转化为硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾；固体加入碳酸钠焙烧后水浸过滤分离出含V溶液，加入氯化铵溶液沉钒得到NH4VO3。A.空气中的氧气具有氧化性，泥浆堆放后由灰色变为疏松的绿色粉状可以得出是铜被氧化，酸浸时可以进入溶液便于后期制备胆矾，A正确； B.操作A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 从溶液中得到胆矾晶体，操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B正确；C.浸出液中 Cu2＋的浓度为0.1 mol·L－1，若pH＝5，pOH＝9，则c(Cu2＋)c2(OH)＝0.1×10－9×2＝10－19＞Ksp＝2.2×10－20，则生成氢氧化铜沉淀，C错误；D.“沉钒”时，增大NH4Cl溶液的浓度，利于促使平衡向生成NH4VO3的方向移动，可提高钒的回收率，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 $$