专题精准强化18 无机化工微流程-【创新教程】2026年高考化学大二轮专题增分方案课时作业

1化学 ⑧错题序号： 专题精准强化18无机化工微流程 @错因分析： 1.(2023·河北卷)一种以锰尘（主要成分为 H2 Na.COs 盐酸 NaCl晶体 M2O3,杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料 H2O 制备高纯MnCO3的清洁生产新工艺流程 NaCl 60%以 上高氯酸 如下： ↓ 浓盐酸氨水 NaF溶液NH,HCO,溶液 反应可Cu2(OH)C0, 50℃ pH范围5-6 锰尘酸浸除杂①一一除杂②一沉淀… 高纯 GuC0,2·6H0. MnCO 下列说法正确的是 ( NaOH溶液 滤渣① 滤渣② 气体② A.“电解I”时的阳极材料可用不锈钢材质 尾气吸收气体① B.“歧化反应”的产物之一为NaClO 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 C.“操作a”是过滤 D.“反应Ⅱ”的离子方程式为Cu2(OH)2CO3 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 +4HC1O4—2Cu2++4C1O4+CO2个 10-32.9 10-11.3 10-5.3 10-16.3 +3H2O 4.(2025·四川德阳二模)某工厂用细菌冶金技 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MgF2 CaF2 术处理含金硫化矿粉（其中细小的Au颗粒被 10-38.6 10-12.7 1010.3 10-8.3 FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶 炼金。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化 下列说法错误的是 为硫酸盐。工艺流程如下： A.酸浸工序中产生的气体①为氯气 空气NaCN溶液 B.滤渣①主要成分为A1(OH)3和Fe(OH)3 足量空气H,S0 滤渣 C.除杂②工序中逐渐加人NaF溶液时，若 浸金 浸出液 细菌氧化 含[Au(CNJ Ca2+、Mg2+浓度接近，则CaF2先析出 矿粉 pH=2 滤液 D.沉淀工序中发生反应的离子方程式为 沉铁砷 →净化液 Mn2++2HCO3-MnCO3￥+CO2↑ 下列说法错误的是 +H2O A.“细菌氧化”过程中，FeS2参加的反应使体 系的酸性增强 2.(2022·湖南，7)铝电解厂烟气净化的一种简 B.“浸金”中NaCN将Au氧化成[Au(CN)2]-从 单流程如下： 而浸出 过量Na2CO3a[AI(OH)4] C.矿粉中的铁元素以Fe3+形式进人“滤液”中 D.“沉铁砷”时加碱调节pH,既能生成 烟气 冰品石 →吸收塔 合成糟→过滤→ (含HF) (Nas AIFs) Fe(OH)3,又能促进含As微粒的沉降 滤液 5.[2025·湖北省七市（州）高三联考]铼(Re)被 称为“类锰元素”，与锰的价层电子排布相同， 下列说法错误的是 可以与氧气反应。一种对废氧化铝载体铂铼 A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料 催化剂中金属元素综合回收利用的工艺如图： B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收 净水剂浓缩 结晶 ←硫酸铝溶液 效率 操作Ⅱ第2次 第3次浸出、 浸出 浸出 C.合成糟中产物主要有Na3AlF6和CO2 萃取、反萃取 渣2 一系列操作。 D.滤液可回收进入吸收塔循环利用 海绵铂 含铂元素的溶液 3.(2025·辽宁抚顺二模)以食盐等为原料制备 废Pi-Rel A1203 焙烧预，细第1次操作1→浸出渣1 催化剂 处理磨浸出 六水合高氯酸铜[Cu(CIO4)2·6H2O]的一种 →NH.ReO4溶液 氢气 一系列操作！ 工艺流程如下： 铼粉800℃ NH.ReO4晶体 174。 专题精准强化！ 下列说法正确的是 ( ) B.滤液中加人KC1,通过适当的分离操作可得 [答题栏1 A.“第1次浸出”中可以用氢氧化钠溶液代替 到K2Cr2O7 氨水，浸出渣1成分不变 C.Te在元素周期表中与S同主族，TeO2+既 B.铼元素的最高价氧化物Re2Oh为碱性氧 2 有氧化性又有还原性 化物 D.“电解”后的溶液可用于“酸浸” 3. C.制备铼粉过程中，氢气只体现还原作用 8.(2025·湖北省十一校联考)实验室用MnO2 D.“第3次浸出”中若用HC1-NaClo3作浸出 4 等原料制取少量KMnO4的实验流程如下。 液，反应的离子方程式可能为3Pt十16C1 5 +2C1O3+12H+-3[PtC16]2-+6H2O 下列说法正确的是 ( 6.(2025·山东聊城二模)某废旧三元锂离子电池 KCIO 水 CO, 正极材料的主要成分是LiNio.6Co.2Mn6.2O2和 MnO2→熔融一→溶解一→KMnO,→歧化 A1,如图是处理电池正极材料回收锂、钴、镍、 8 锰、铝的一种流程。已知：常温下，碳酸锂微溶 KO 于水，碳酸氢锂易溶于水。焙烧时ⅰ元素转 KMnO,粗品←-结晶←-过滤 9- 化为Li2CO3。 MnO, 锂离子 Na(OH氮气适量 ↓溶液 气流↓碳粉 C() A.“熔融”时，应先将MnO2和KClO3混合加 电池正→碱浸 →焙烧→水浸一→热解→Li,CO3 热一段时间后再加人KOH 极材料 CO2Co、Ni、MnO 滤液→一系列操作→A1 B.通人CO2“歧化”时，氧化剂与还原剂的物 下列说法正确的是 质的量之比为2：1 A.L,iNi.6Coo.2Mno.2O2中Ni2+、Ni3+、 C.“过滤”时，为加快分离速率可采用减压过滤 Co3+个数比为1：2：1，则Mn的化合价 D.制得的KMnO4粗品可能会含有K2CO3, 为+3 可以向粗品中滴加盐酸观察是否有气泡来 B.该流程中除“焙烧”外均不涉及氧化还原 检验是否含有K2CO3 反应 9.(2025·安徽省阜阳第一中学期中)电解法制 C.冶炼金属锂和金属铝均可用电解其熔融氯 备锰会有大量的阳极泥（主要含MnO2,杂质 化物的方法 PbSO4、CaSO4等)产生，煅烧氧化法将电解锰 D.“水浸”步骤反应温度不宜过高 阳极泥回收制备二氧化锰的流程如图所示。 7.(2025·山东泰安模拟)某种电镀污泥主要含 下列说法正确的是 () 有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬以及少量的 金，用于制取K2Cr2O,、金属铜和粗碲工艺流 已知：2Na2MnO4+HCHO—2MnO2V+ 程如下： Na2 CO3+2NaOH 纯碱、空气 稀硫酸 S02 NaOH HCHO 固体 镀 →煅烧→水浸→滤渣→酸浸→还原 → 电 >Cu 阳 煅烧 一M等图丝作L图-图-圆 泥 溶操作工 滤液 Au 氧化 晶种 滤渣 已知：煅烧时Cu2Te被氧化为CuO和TeO2; A.将阳极泥煅烧氧化的原因是将MnO2转化 最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O号存在， 在碱性介质中以CrO?存在；酸浸时TeO2 为可溶性盐Na2MnO4 转化为TO+。下列说法错误的是（) B.滤渣的主要成分为Pb、CaSO A.“煅烧”时，C2O3发生反应的化学方程式是 C.制备流程中甲醛作氧化剂 2CG,0+30,+4NaC0,高 D.理论上每产生43.5g的二氧化锰，需要消 -4Na2 CrO 耗质量分数为30%的甲醛50g +4C02 。175答案精析 (mol·L1)]随lg[c(S,O号)/(mol·L1)]变化关系，A 含Fe+和含As微粒的滤液和含Au的滤渣，将滤液加 正确；B反应AgCl(s)十2S,O(aq)→[Ag(SO,)2]3(ag) 碱调节pH,生成Fe(OH)?,并促进含As微粒的沉降，向 +CI(aq)的K=c[Ag(SO)2F-}·c(C1 滤渣中通入空气和NaCN,空气先将Au氧化为Au, 2.由a点 c(S0) Au再与CN结合形成「Au(CN),]从而浸出，据此回 lg[c(S,O)/(mol·L1)]=-5.00,lg[c(C)/(mol· 答。A.“细菌氧化”过程中，FS在酸性条件下被氧气 L1)]=-3.46,lg[c(Ag)/(mol·L1)]=-6.50, 氧化，反应的化学方程式可表示为2FS十7O,十2H2O 一2FSO,十2H,SO,,反应生成了硫酸，使体系的酸性 c(Ag) lgN=-3.46V= [Ag(SO,]P7）,先求Kp(AgC1D) 增强，A正确：B.“浸金”中，NaCN、Au与空气中的O,发 生反应，O,作氧化剂将Au氧化，CN厂与Au结合形成 =c(Ag+)·c(CI),K8= c[Ag(S2O2)2]- Ag)·c2(S,0),K= [Au(CN),]-从而浸出，并非NaCN将Au氧化，B错误； C.“细菌氧化”时金属硫化物转化为硫酸盐，且体系中有 Kp·K8,由a点数据，c(S2O)=105mol/L,c(CI厂) 足量空气，Fé+会被氧化为Fé+，所以矿粉中的铁元素 =104mo/L,cAgS,0,)2] C(Ag) =1016,K= 以F3+形式进入“滤液”中，C正确；D.“沉铁砷”时加碱 调节pH,Fe+会与OH反应生成Fe(OH)沉淀；同时 c[Ag(S,O),1y·c(CI）=c(Ag)·c(CI) 含As微粒在碱性条件下也会发生沉淀，从而促进含As c2(S,05) c(S,O) 微粒的沉降，D正确。 cAg(SO),=c(Ag)·c(C),代入数据得K 5.D[废氧化铝载体铂铼催化剂经过焙烧细磨后，加入氨 水溶解Re得到NH,ReO1,浸出渣1为Pt和氧化铝； c(Ag) N×c2(S,O) 106.50 NH,ReO,晶体经过800℃下通入氢气制备铩粉；浸出渣 10D=1040,B正确；C.溶液中还有八a,电荷守恒 1加硫酸溶解氧化铝，浸出渣2为Pt,用于制备海绵Pt; 硫酸铝用于制备净水剂，据此分析解题。A,O,能与氢 应为c(Ag)十c(H+)十c(Na)=3c{[Ag(SO,),]3-} 氧化钠溶液反应，不能使用氢氧化钠溶液代替氨水，故 十2c(SO)十c(OH)+c(CI),C错误；D.向含 A错误；铼被称为“类锰元素”，与锰的价层电子排布相 [Ag(S,O3)2]的溶液中滴加KI溶液有黄色沉淀生成 同，Mn,O为酸性氧化物，所以ReO,也为酸性氧化物， 再滴加KCN溶液沉淀溶解，说明[Ag(CN),」比 故B错误；在800℃下通入氢气，还原NHRO,制备锌 「Ag(S,。),稳定，D正确。 粉，氢气不仅作还原剂，还作保护气，防止铼粉被氧化， 专题精准强化18 还可以通过气流带走生成的水蒸气和氨气，故C错误； 1.C「 用HCI-NaClo,作浸出液溶解Pt,可形成配合物，反应的 Mn2、Al+、Mg2+、Ca2+、Fe 离子方程式可能为3Pt+16CI厂十2C1O十12H NHHCO3 浓盐酸了氨水 NaF溶液溶液 3PCL十6H2O,故D正确。 pH范围5-6 6.D[锂离子电池正极材料（主要成分：LiN.6Co.2Mu2O, 50℃ 锰尘酸浸除杂①一→除杂②-沉淀…→C0, 高纯 和Al),加入NaOH溶液，将Al转化为[Al(OH),],过 滤后得到含「A1(OH),门的滤液，经一系列操作后得到 NaOH溶液 滤渣① 滤渣②气体② A,滤渣加入适量碳粉，在氨气气流中焙烧，Li元素转化 尾气吸收气体①， 为Li,CO3,同时有CO,、Co、Ni、MnO生成，加水进行水 A1OH5、 MgF2 c02 Cla 浸，且通入CO2,微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3, ￥Fe(OH) CaF2 Mn2+2HCO 得到LiHCO3溶液，热解后得到Li2CO3。A.LiNi. Mn203+2Cl+6H+三2Mn2+Cl2↑+3H20 MnCO3↓+C02T+H20 Co。2Mn2O2中Ni+、Ni+、Co+个数比为1：2：1，设 由上述分析可知，A、D正确：结合题表中数据可知，除杂 Mn的化合价为x,根据化合价代数和为0，可得：1十0.6 ①工序中调DH为5~6，此时会产生A1(OH)g和 Fe(OH),沉淀，B正确；由于Kp(MgF:)<Kp(CaF2), ×号×2+0.6×号×3+3×0.2+0.2z=4.解得x=4. 故Ca2+、Mg2+浓度接近时，先析出MgF2沉淀，C错误。] 则Mn的化合价为十4，故A错误；B.“碱浸”时A1转化 2.C[A.陶瓷的成分中含有SiO2,SO2在高温下与 为[Al(OH),门，属于氧化还原反应，故B错误：C.AlCI 高温 Na,CO发生反应NaCO,+SiO, Na2SiO3+CO,A,因 是共价化合物，熔融状态下不导电，冶炼金属A1通常是 此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确：B.采用溶 电解 电解熔融氧化铝，2A1,O,(熔融) =4A1十30,4，故 液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气 冰晶石 吸收效率，故B正确；C.由上述分析可知，合成槽内发生 C错误；D.“水浸”步骤反应温度不宜过高，避免LiHCO, 反应6NaF+Na[A1(OH)1]+2CO -Nag AlF 十 分解，故D正确。门 2NaCO3十2HO,产物是Nag AIF6和NaCO2,故C错 7.B「电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu,Te)、三氧化二铬 误；D.由上述分析可知，滤液的主要成分为Na,CO3,可 (Cr,O,)以及少量的金(Au),与纯碱混合，并通空气煅 进入吸收塔循环利用，故D正确。 烧，Cu2Te转化为CuO、TeO2;三氧化二铬与碳酸钠、氧 3.C「以食盐等为原料制备高酸铜「Cu(CI。,),· 气反应生成Na,CrO1;滤渣中CuO、TeO,、Au等加稀硫 6H,○]，电解I中电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气 酸酸浸，过滤分离出Au;酸浸时TeO,转化为TeO+,滤 和氢气，歧化反应为3Cl,十3Na,CO, =5NaCl 液中通入二氧化硫，反应生成T,所得硫酸铜溶液电解 NaC1O,+3CO2,通电电解，溶液中氯酸根离子失电子发 得到Cu,据此分析解答。A,由流程图可知，煅烧时， 生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸发生反应[， Cr,O与NaCO3、O2反应生成了Na2CrO,和CO2,化 经过操作a(过滤)获得NaCI晶体和60%以上的高氣酸， 高 学方程式为2Cr,O,十3O,十4NaCO, =4Na,CrO 反应Ⅱ为Cu,(OH),CO,中滴加稍过量的HCIO,,小心 4CO,,A正确；B.Cr,O,与纯碱和空气中的氧气反应生 搅拌，适度加热后得到蓝色Cu(CIO1)2溶液，蒸发浓缩， 成Naz CrO,但得到的滤液中还含有NaCO,滤液需要 冷却结晶获得产品，以此来解答。A.电解NCl溶液时 阳极应选择惰性电极，不能用不锈钢材质做阳极，A错 酸化除去NaCO3,Na,CrO1转化为NaCr2O,,再加入 误；B.经过电解Ⅱ获得NaClO,,则“歧化反应”的产物之 KCl,Na2Cr2O,转化为KzCr2O2,蒸发浓缩、冷却结晶、 一为NaClO3,该反应的化学方程式为3Cl,十3Na,CO 过滤可得到K,Cr,O,,B错误：C.Te在元素周期表中与 =5NaCl十NaClO3十3CO2,B错误；C.从溶液中获得 S同主族，均位于第TA族，TO+中Te的化合价为十4 NaCl晶体，应选择过滤操作，即“操作a”为过滤，C正确； 价，Te元素化合价既可以降低，也可以升高，TeO+既有 D.“反应Ⅱ”是Cu,(OH),CO溶于高氯酸（强酸）生成 氧化性又有还原性，C正确；D.电解的溶液主要溶质为 水，CO2和高氯酸铜，离子反应方程式为Cu,(OH)CO 硫酸铜，电解时发生反应：2CuS0,十2H,0通电2Cu十0， +4H+ -2Cu2++C024+3H20,D错误。 ↑十2H2SO,;生成的硫酸可返回酸浸工序循环使用，D 4.B[向含金硫化矿粉（其中细小的Au颗粒被FeS,、 正确。 FeAsS包襄)中通入足量空气，并加入稀硫酸，在pH=2 8.C先将MO,和KCIO,混合加热会产生氧气和氯化 的条件下发生细菌氧化，FeS,和FeAsS发生氧化还原 钾，会导致产率降低，A错误；“歧化”时的反应为 反应生成Fe+和含As微粒，Au不发生反应，过滤得到 3K2MnO1+2CO2-2KMnO1十MnO2十2K2CO3,氧化 ·271· 1化学 剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B错误；“过滤”时， (3)“沉锰”步骤中，Na,S,O将M+氧化为二氧化锰除去，发 为加快分离速率可采用减压过滤，C正确：向粗品中滴加 生的反应为S,O十Mn+十2H,O一MnO,￥十4H十 盐酸即使没有K,CO,也会产生氯气，D错误。 9.A[根据流程图，将阳极泥煅烧氧化的产物溶于水得 2SO,因此，生成1.0 mol MnO,,产生H+的物质的量 为4.0mol。 Na,MnO,溶液，可知将阳极泥煅烧氧化的原因是将 MnO,转化为可溶性盐Na,MnO,,易与PbSO,、CaSO (4)“沉锰”步骤中，S,O同时将Fe2+氧化为Fe3+,“沉 分离，故A正确；根据流程图，滤渣的主要成分为 淀”步骤中用NaOH调pH=4,Fe可以完全沉淀为 PbSO1、CaSO1,故B错误；制备流程中甲醛和Na2MnO1 Fe(OH),,因此，分离出的滤渣是Fe(OHD?。 反应生成碳酸钠、二氧化锰，甲醛中碳元素化合价升高， (5)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量 甲醛作还原剂，故C错误；每产生43.5g的二氧化锰，设 的NaCIO氧化Co+,为了保证Co+被完全氧化，NaCIO 需要消耗质量分数为30%的甲醛溶液xg: 要适当过量，其反应的离子方程式为2C0+十5C1O 2Na,MnO,+HCHO-2MnO,Na,CO2NaOH 5H,0= =2Co(OH),￥+CI+4HCIO。 30 174 (6)根据题中给出的信息，“沉钻”后的滤液的pH=5.0 30%x 43.5 ~5.5,溶液中有Zn元素以Zn+形式存在，当pH>12 x=25g,故D错误。 后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH),] ,因此，从“沉 大题突破三 钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加 1.解析：(1)“滤渣1”的主要成分为PbSO1,则“滤渣1”中金 NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近l2但不 属主要是Pb。(2)由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀 大于12，静置后过滤、洗涤、千燥。 时，C0+未开始沉淀，而当Fe+完全沉淀时，Co+已有 答案：(1)CoO+H,SO,=CoSO,+H2O 一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且Co+不 (2)1.6×10- 不能 沉淀，应先将Fe+氧化为Fe+再调节pH使Fe+完全 (3)4.0mol 水解转化为Fe(OH),沉淀，则MnO,的作用是将Fe+氧 (4)Fe(OH) 化为Fe3+。常用K[Fe(CN)]溶液检验Fe+,若生成 (5)2Co2++5C1O-+5H,O—2C0(OH),￥+C1 蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe+,需补加MnO, 4HCIO (3)由流程分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根 (6)向滤液中滴加NOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的 据流程分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(H pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥 =5),结合得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可写出 3.解析：由流程可知，矿石经“还原酸浸”，FeO3、MnO2被 两个离子方程式：3Co2++MnO +7H,O 还原为Fe2+和Mn+,CuO被溶解为Cu2+ ,Au、Ag、Si02 3Co(OH),￥+MnO2￥+5H、3Mn2++2MnO,+ 不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，Cu+被铁粉还原为Cu; 2HO5MnO,￥十4H。(4)由流程分析可知，“除 “氧化”时Fe+被氧化为Fe3+:“沉铁”时，Fe3+转化为沉 钻液”中含有的金属阳离子主要是Z+和K,而阴离子 淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，M+沉淀为碳酸锰。 主要是“酸浸”步骤引入的SO,因此其中主要的盐有 “浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出 ZnSO1和K2SO1。当Co+恰好完全沉淀时，溶液中， Au、Ag。 c(Co)=1.0X10mol·L,此时溶液pH=1.1,即 (1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布局于 K 洪特规则的特例，其价层电子数为11，其价层电子排布 c(H)=10L1mol·L1,则c(OH)= c(H) 式为3d4s 1012.8mol·L1,则Km[Co(OH)3]=1.0×105× (2)“还原酸浸”时，MnO,被亚硫酸钠还原为Mn+,该反 (1012.)3=104a. 。“除钴液”的pH=5,即c(H)= 应的离子方程式为MnO2十SO3十2H= SO+H,O。 105mol·L1,则c(OH)= (f=10m0l.L1,此 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： Kp[Co(OH)3]10-1 DAu+5S,0+Cu(NH)= —[Au(S2O2)2]3-+ 时溶液中c(Co+)= (10)mol·L1 LCu(s2O3) 4NH. c(OH) 1016.mol·L1。 ②4[Cu(SO,)3]5-+16NH+O2+2H20 答案：(1)Pb 4[Cu(NH)1]++4OH+12S,O (2)将溶液中的Fe+氧化为Fe+,以便在调pH时除去 分析以上两反应可知，[Cu(NH),] +参与了反应①，但 Fe元素K,[Fe(CN).]Fe 在反应②又重新生成，其质量和化学性质在反应前后没 (3)3Co2++MnO+7H,O—3Co(OH):￥+MnO2￥ 发生变化，因此，上述过程中的催化剂 +5H+ 3Mn2+2MnO,2H,O- =5MnO2￥十 为[Cu(NH),] (4)“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应 4H (4)ZnSO1、K2SO 10-16.7 的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行 2.解析：炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钻、锰的十2价氧化物 及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Z及其他 “还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了 十2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转 原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元 化为相应的十2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉 素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品 铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入NaS,Os将锰离 位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还 子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离 可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更 子；再次过滤后，用氢氧化钠调节H=4,铁离子完全转 多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1” 化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次 多次循环的目的为：大福度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗 氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。 成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去 (1)“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他十2价氧 除杂质提高金银的富含度 化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化相应的 (5)“还原酸浸”时，Fe,O,和CuO可以被硫酸溶解转化 十2价阳离子进入溶液，即Co)转化为CoSO1,反应的 为Fe+和Cu+,亚硫酸钠将Fe3+还原为Fe+,而Cu 化学方程式为Co。十H,SO, CoSO,十H20。 并未被还原，因此，Fe3+的氧化性强于Cu+:“氧化”时， (2)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Z如+)和c(Co+)均为 Fe+被MnO,氧化为Fe+,因此，MnO,的氧化性强于 0.l0mol·L1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此 Fe3+。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe 时溶液中c(S-)=2.5×10 Cu+、MnO,的氧化性由强到弱的顺序为MnO,>Fe3+ -mol·L1=2.5×10 -17 10 >Cu mol.Co)mol..6x (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时 c(OH)=10"mol·L,无Mn(OH)2析出，根据 10mol·L1,c(Co2+)小于0.10mol·L1,说明大部 Mn(OH)2的Kp为1.9×103，则c(Mn2+)≤ 分Co+也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn 1.9×10-1 和C0+的完全分离。 (10)mol.L=0.19 mol.L ·272·