专题07 工艺流程综合题（山东专用）2026年高考化学二模分类汇编

专题07 工艺流程综合题 17．（2026·山东德州·二模）镍钼矿是战略性稀有金属矿产，主要成分为、，含、、等杂质。工业上采用湿法冶金工艺制备和溶液部分工艺流程如下： 已知：①焙烧时金属元素转化为氧化物：转化为； ②萃取原理：(水相)(有机相)(有机相)(水相)。 回答下列问题： （1）“焙烧”时生成的化学方程式为_______。 （2）“碱浸”时消耗2 mol NaOH，反应的离子方程式为_______；滤渣1的主要成分除外，还有_______(写化学式)。 （3）“沉铝”时，pH不宜过低，原因是_______。 （4）“除铜”步骤中，试剂X最佳选择为_______(填标号)，理由是_______。 A．Fe      　 B．Ni      　 C．NaOH    　  D． （5）“反萃取”使重新进入水相，应加入的试剂Y为_______(填化学式)，其原理是_______。 （6）流程中可循环利用的物质有_______(写1种)。 17．（2026·山东东营·二模）一种从汽车尾气废催化剂中回收金属钯(Pd)的工艺如下，催化剂的载体为陶瓷(主要成分为、、)。 已知：性质稳定，除浓磷酸、氢氟酸外不与其他酸反应，可与强酸反应。回答下列问题： （1）“滤渣”中含有、______(填化学式)，“焙烧1”的目的是______，若不进行“焙烧1”直接“酸浸1”将增加______的用量(填化学式)。 （2）“酸浸1”将废催化剂中Pd溶解为，写出Pd溶解的离子反应方程式______，“酸浸2”也可用稀硝酸，对比，稀硝酸的主要缺点是______。 （3）“滤饼”中加盐酸的目的是______。 （4）反应的平衡常数很小，但该工艺“转化”步骤可实现到的转化，原因是______。“焙烧2”中分解为、、、，其中Pd与物质的量之比为______。 17．（2026·山东济南·二模）金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒渣（主要含、，杂质为CuO、、等）中回收V和的工艺流程如下图所示： 已知：①“焙烧”时V、Fe、Cr元素分别转化为、和； ②微溶于水；向溶液中加酸，不同pH对应的主要存在形式如下表： pH 10.6~12 约8.4 3~8 约2 存在形式 回答下列问题： （1）“焙烧”时，气体和固体粉末采用逆流式通入，其目的是_____________，发生反应的化学方程式为_____________，“滤渣Ⅰ”的主要成分为______。 （2）矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示，当溶液中可溶性组分浓度时，可认为已除尽。 通入调pH的理论范围为_______，反应的平衡常数_______。 （3）加压通入可将转化为，总反应的离子方程式为_____________，若没有该操作单元，导致的后果是_____________。 （4）“沉钒”加硫酸调pH约为____。“转化”过程中，先加入适量碱调pH，再加稍过量KCl，稍过量KCl作用是_____________。 17．（2026·山东济宁·二模）某科研团队从废旧三元锂电池正极活性物质(主要成分)中回收锂、锰、钴、镍的工艺流程如下： 已知：“还原酸浸”后溶液中的金属离子主要有，，， （1）“放电处理”时，溶液提供导电通路，使电池放电完全，确保拆解安全，该过程中产生的气体为___________；将正极片预处理得到粉料的目的是___________。 （2）“沉锰”时pH约为6.0，所得锰沉淀主要成分为、、，写出生成的离子方程式___________。 （3）与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀。“沉镍”过程的最佳为5，不能过低，也不能过高的原因是___________[已知：]。 （4）“沉锂”过程中发生反应，该反应的平衡常数___________[已知，，]。 （5）“氧化”过程中，参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （6）“酸化”过程中、的作用___________。 17．（2026·山东聊城·二模）钒钛磁铁矿主要成分为、，含Al、Si氧化物等杂质，通过如下流程提取和。 已知：①焙烧目的是将、转化为、，、氧化物转化为可溶性钠盐； ②离子浓度视为除尽； ③相关可溶性组分浓度及钒(V)物种分布分数与关系如图。 （1）焙烧的化学方程式为_______。 （2）试剂X为_______(填化学式)，调pH约为_______，滤渣2为_______(填化学式)。 （3）写出酸浸生成的离子方程式_______。 （4）沉钒时的浓度为，则沉钒后为，沉钒率为_______[，假设沉钒过程中溶液体积不变]。煅烧过程中需通入空气(或氧气)，其作用是_______。 （5）煅烧过程中，会发生“锐钛型→金红石型”转化。实验表明：分别用盐酸、硫酸与钛酸钠反应，在相同煅烧条件下，晶型转化温度存在明显差异。试分析产生该差异的可能原因_______(答出一点即可)。 17．（2026·山东泰安·二模）纳米由于比表面积大，用于制备锂离子电池正极材料。以软锰矿(含有的氧化物)为原料制备和的工艺流程如下： 已知：25℃时，的，的。 （1）“浸出渣”的主要成分有_______。 （2）“碱化过滤”时，当恰好完全沉淀时(当溶液中为完全沉淀)，溶液中_______(填“>”“<”或“=”)。 （3）“氧化”过程中要严格控制通入空气的时间，理论上生成需要通入空气的体积(标况下)_______。(空气中氧气体积分数按20%计) （4）“水热法”时，温度控制在160℃，反应的离子方程式为_______，“一系列操作”为_______，过滤，洗涤，干燥。 （5）该工艺中可循环利用的物质有_______。 （6）写出制备的化学方程式_______。 17．（2026·山东潍坊·二模）锂云母［主要成分为，含、、等］是提取电池级碳酸锂的重要原料。一种草酸循环浸出提锂及铷、铯的工艺流程如下： 已知：低温浸出液中铁主要以形式存在；主要集中在萃余液中。 回答下列问题： （1）滤渣1的主要成分为某氧化物，其化学式为___________。 （2）光照条件下“沉铁”时有气体产生，同时生成，沉铁反应的离子方程式为___________。 （3）滤渣3中卤化物X为___________(填化学式)；流程中可循环利用的物质有___________(填化学式)。 （4）“萃取”时反应为(N代表、)，“反萃取”时加入的试剂M为___________(填名称)。 （5）“除钙”中，当恰好完全沉淀时[]，要保证锂离子不产生沉淀，锂离子的浓度应小于___________；此时溶液，则溶液中___________。［已知：，、、、］。 17．（2026·山东枣庄·二模）用固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量CuO、MnO、)作为原料制备锌的工艺流程如图所示： 已知：①“浸取”时，ZnO、CuO转化为，进入溶液； ②25℃时，、； ③深度除杂标准：溶液中； 回答下列问题： （1）“浸取”时，温度应控制在30℃左右，原因是_______；“滤渣1”的主要成分为、_______。 （2）“深度除锰”是在碱性条件下将残留的转化为，反应的化学方程式为_______。 （3）“深度除铜”时，锌的回收率、除铜效果(用反应后溶液中表示)与“(加入量”(用表示)的关系曲线如图所示： ①当加入量≥100%时，锌的回收率下降，原因是_______(填离子方程式)，该反应的平衡常数为_______(25℃时，  。 ②加入量最佳是_______(填标号)。 A．100%　　B．110%　　C．120%　　　D．130% （4）用惰性电极“电解”时，需控制条件防止阴极发生竞争反应，该竞争反应的电极反应式为_______；电解后，剩余溶液可导入_______(填操作单元名称)循环使用。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 工艺流程综合题 17．（2026·山东德州·二模）镍钼矿是战略性稀有金属矿产，主要成分为、，含、、等杂质。工业上采用湿法冶金工艺制备和溶液部分工艺流程如下： 已知：①焙烧时金属元素转化为氧化物：转化为； ②萃取原理：(水相)(有机相)(有机相)(水相)。 回答下列问题： （1）“焙烧”时生成的化学方程式为_______。 （2）“碱浸”时消耗2 mol NaOH，反应的离子方程式为_______；滤渣1的主要成分除外，还有_______(写化学式)。 （3）“沉铝”时，pH不宜过低，原因是_______。 （4）“除铜”步骤中，试剂X最佳选择为_______(填标号)，理由是_______。 A．Fe      　 B．Ni      　 C．NaOH    　  D． （5）“反萃取”使重新进入水相，应加入的试剂Y为_______(填化学式)，其原理是_______。 （6）流程中可循环利用的物质有_______(写1种)。 【答案】（1） （2） NiO、CuO、 （3）pH太低时，生成的氢氧化铝溶解，导致沉铝不完全 （4）B 能与反应，增大浓度，不会引入新杂质 （5） 加入增大浓度，使萃取平衡逆向移动，进入水相 （6）HA 【分析】焙烧过程将硫化物转化为氧化物，便于后续浸出分离；硫元素以形式脱除；碱浸加入NaOH溶液选择性浸出钼、铝、硅，实现与镍、铜、铁的初步分离；沉铝过程中调节溶液pH，使铝元素沉淀，去除溶液中的铝、硅杂质，避免后续酸沉时影响钼产品纯度；酸沉将钼酸钠转化为钼酸沉淀，最后得到目标产物；滤渣Ⅰ酸浸将镍、铜、铁氧化物转化为可溶性硫酸盐，进入溶液；除铜通常为镍粉去除溶液中的铜杂质，避免影响后续萃取和纯度；萃取有机萃取剂将从水相进入有机相；反萃取将有机相中的目标离子反萃取回水相，得到纯净的溶液。由此解题。 【解析】（1）高温下与氧气发生氧化还原反应生成和二氧化硫，根据原子守恒和得失电子守恒配平可得。 （2）“碱浸”时消耗2 mol NaOH，反应生成和水，其反应的离子方程式为； 焙烧生成的NiO、CuO、不与NaOH反应，与NaOH反应后，不溶性杂质留在滤渣Ⅰ中，因此滤渣Ⅰ除了外，还有NiO、CuO、。 （3）溶液中存在，pH过低时，浓度过高，会与反应生成，其反应原理为，无法形成沉淀，导致铝元素无法除去。 （4）依据分析，“除铜”步骤中试剂X最佳选择为Ni，故选B； Ni能与溶液中的发生置换反应，除去，增大浓度，同时不引入新的杂质离子；若选Fe，会引入杂质；NaOH、会使溶液pH升高，导致沉淀，且引入新杂质。 （5）试剂Y为H2SO4； 萃取反应为，加入稀硫酸，水相中浓度增大，平衡逆向移动，从有机相进入水相，得到溶液。 （6）流程中可循环利用的物质为有机萃取剂HA。 17．（2026·山东东营·二模）一种从汽车尾气废催化剂中回收金属钯(Pd)的工艺如下，催化剂的载体为陶瓷(主要成分为、、)。 已知：性质稳定，除浓磷酸、氢氟酸外不与其他酸反应，可与强酸反应。回答下列问题： （1）“滤渣”中含有、______(填化学式)，“焙烧1”的目的是______，若不进行“焙烧1”直接“酸浸1”将增加______的用量(填化学式)。 （2）“酸浸1”将废催化剂中Pd溶解为，写出Pd溶解的离子反应方程式______，“酸浸2”也可用稀硝酸，对比，稀硝酸的主要缺点是______。 （3）“滤饼”中加盐酸的目的是______。 （4）反应的平衡常数很小，但该工艺“转化”步骤可实现到的转化，原因是______。“焙烧2”中分解为、、、，其中Pd与物质的量之比为______。 【答案】（1） 使大量的经焙烧转化为， HCl （2） 产生污染性气体 （3）将过量的单质Al除去 （4）加入的盐酸会与生成的反应，使平衡正向移动 3：1 【分析】废催化剂进行焙烧1，使大量的经焙烧转化为，处理后，加入足量盐酸和NaClO3进行酸浸和氧化处理，Pd转化为，发生的离子反应为，转化为Al3+后过滤，不与酸反应，对酸浸后的溶液过滤，以滤渣的形式除去，得到含有、Al3+的滤液，向滤液中加入过量的Al单质，将置换为Pd单质，再进行过滤，得到主要含有Al3+、Cl−的滤液1，得到的“滤饼”主要含有Pd和过量的Al单质，再加入盐酸将过量的单质Al除去，再次过滤，得到主要含有Al3+、Cl−、H+的滤液2和粗Pd，向粗Pd中再次加入盐酸和NaClO3，将Pd溶解转化为，向得到的溶液中加入氨水，将转化为，再加入盐酸，使其转化为沉淀，过滤后，对进行焙烧生成高纯度的Pd单质，据此解答。 【解析】（1）性质稳定，除浓磷酸、氢氟酸外不与其他酸反应，可与强酸反应，故滤渣中含有；与酸不反应，也进入滤渣。 “焙烧1”使大量的经焙烧转化为，若不进行“焙烧1”直接“酸浸1”将增加会与盐酸反应，所以会增加的用量。 （2）“酸浸1”加入的作氧化剂，盐酸作溶剂将废催化剂中Pd溶解为，离子反应方程式为。 “酸浸2”若用稀硝酸作氧化剂生成NO，对比，稀硝酸的主要缺点是产生污染性气体。 （3）“滤饼”主要含有Pd和过量的Al单质，再加入盐酸将过量的单质Al除去。 （4）转化过程发生反应，加入的盐酸会与生成的反应，使平衡正向移动，所以能实现转化。 “焙烧2”中分解为(还原产物)、、、(氧化产物)，方程式配平后为，可得Pd与物质的量之比为3：1。 17．（2026·山东济南·二模）金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒渣（主要含、，杂质为CuO、、等）中回收V和的工艺流程如下图所示： 已知：①“焙烧”时V、Fe、Cr元素分别转化为、和； ②微溶于水；向溶液中加酸，不同pH对应的主要存在形式如下表： pH 10.6~12 约8.4 3~8 约2 存在形式 回答下列问题： （1）“焙烧”时，气体和固体粉末采用逆流式通入，其目的是_____________，发生反应的化学方程式为_____________，“滤渣Ⅰ”的主要成分为______。 （2）矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示，当溶液中可溶性组分浓度时，可认为已除尽。 通入调pH的理论范围为_______，反应的平衡常数_______。 （3）加压通入可将转化为，总反应的离子方程式为_____________，若没有该操作单元，导致的后果是_____________。 （4）“沉钒”加硫酸调pH约为____。“转化”过程中，先加入适量碱调pH，再加稍过量KCl，稍过量KCl作用是_____________。 【答案】（1）增大气体与固体的接触面积，使固体颗粒充分反应，加快反应速率 、CuO （2）4.5~9.3 （3） 将增加硫酸的用量 （4）2 将尽可能多的转化为、降低的溶解度 【分析】该工艺以废钒渣为原料，分步分离回收得到金属钒与重铬酸钾，整体思路是先氧化转化原料中的低价元素，再分步除杂、分离得到目标产物。 焙烧阶段通入空气，将V、Cr、Fe分别氧化转化为可溶性钒酸钠、铬酸钠，铁转化为氧化铁，逆流通气可提升气固接触效率，提高原料转化率。水浸后分离出不溶性杂质，得到含钒、铬和少量铝硅杂质的滤液；随后调pH沉淀除去铝硅杂质，再酸化将铬酸根转化为重铬酸根，调pH沉钒得到五氧化二钒，经铝热还原得到金属钒，最后含重铬酸钠的溶液加KCl，析出得到重铬酸钾产品。 【解析】（1）逆流操作的核心作用是增大接触面积，提升反应效率；FeCr2O4和NaHCO3、空气焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、CO2、H2O，根据焙烧产物，结合氧化还原化合价升降配平可得反应方程式；水浸时，焙烧生成的和杂质不溶于水，因此为滤渣Ⅰ的主要成分。 （2）调pH的目的是让Al、Si沉淀完全，且V保留在溶液中：根据图像，可溶性Al浓度≤的范围是，可溶性Si浓度达标的条件是，因此pH理论范围为； 对于平衡，平衡常数；当时，，，因此。 （3）过量反应生成，配平可得离子方程式：；该操作目的是将转化为，若不转化，后续沉钒时发生反应：，会增加硫酸的用量。 （4）根据给定表格，pH约为2时，V主要以微溶的存在，刚好沉钒；转化过程中的转化为，溶解度较小，加入稍过量，利用同离子效应，将尽可能多的转化为、降低的溶解度，促进其析出，提升产率。 17．（2026·山东济宁·二模）某科研团队从废旧三元锂电池正极活性物质(主要成分)中回收锂、锰、钴、镍的工艺流程如下： 已知：“还原酸浸”后溶液中的金属离子主要有，，， （1）“放电处理”时，溶液提供导电通路，使电池放电完全，确保拆解安全，该过程中产生的气体为___________；将正极片预处理得到粉料的目的是___________。 （2）“沉锰”时pH约为6.0，所得锰沉淀主要成分为、、，写出生成的离子方程式___________。 （3）与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀。“沉镍”过程的最佳为5，不能过低，也不能过高的原因是___________[已知：]。 （4）“沉锂”过程中发生反应，该反应的平衡常数___________[已知，，]。 （5）“氧化”过程中，参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （6）“酸化”过程中、的作用___________。 【答案】（1）、 增大接触面积，加快反应速率 （2） （3）pH过低时浓度较大，丁二酮肟镍难以沉淀，不利于反应正向进行；pH过大时，生成杂质。 （4） （5）1：4 （6）中和OH-，降低溶液pH，促进[Co(NH3)6]2+向[Co(NH3)5Cl]2+转化；做配体 【分析】该工艺流程首先通过还原酸浸将废旧三元正极材料中的高价态Ni、Co、Mn还原为可溶性Mn2+、Co2+、Ni2+并同时浸出Li+，随后利用(NH4)2S2O8的强氧化性将Mn2+选择性氧化为MnO2沉淀实现锰的分离，再向含Co2+、Ni2+、Li2+的滤液中加入丁二酮肟使Ni2+形成Ni(DMG)2配合物沉淀以分离镍，剩余溶液先用NaHCO3沉锂得到Li2CO3，而含钴溶液则通过氨浸形成可溶性[Co(NH3)6]2+配合物，再经氧化为[Co(NH3)6]3+并酸化使Cl-取代NH3配位，最终结晶得到目标产物[Co(NH3)5Cl]Cl2。 【解析】（1）放电处理阶段产生的气体为氢气和氧气；正极片预处理成粉料的目的是增大固液接触面积，提高后续“还原酸浸”反应速率； （2）沉锰过程生成MnOOH的离子方程式：； （3）沉镍过程pH控制在5的原因是：pH过低时浓度较大，丁二酮肟镍难以沉淀，不利于反应正向进行；pH过大时，生成杂质； （4）反应为：； （5）反应为：； 氧化剂为O2，得4e-；还原剂为[Co(NH3)6]2+，每分子失1e-，共失4分子，故比例为1 : 4； （6）酸化过程中，H+中和OH-，降低溶液pH，促进[Co(NH3)6]3+向[Co(NH3)5Cl]2+转化，利于晶体析出；Cl-作为配体参与配位。 17．（2026·山东聊城·二模）钒钛磁铁矿主要成分为、，含Al、Si氧化物等杂质，通过如下流程提取和。 已知：①焙烧目的是将、转化为、，、氧化物转化为可溶性钠盐； ②离子浓度视为除尽； ③相关可溶性组分浓度及钒(V)物种分布分数与关系如图。 （1）焙烧的化学方程式为_______。 （2）试剂X为_______(填化学式)，调pH约为_______，滤渣2为_______(填化学式)。 （3）写出酸浸生成的离子方程式_______。 （4）沉钒时的浓度为，则沉钒后为，沉钒率为_______[，假设沉钒过程中溶液体积不变]。煅烧过程中需通入空气(或氧气)，其作用是_______。 （5）煅烧过程中，会发生“锐钛型→金红石型”转化。实验表明：分别用盐酸、硫酸与钛酸钠反应，在相同煅烧条件下，晶型转化温度存在明显差异。试分析产生该差异的可能原因_______(答出一点即可)。 【答案】（1） （2）HCl 7 Al(OH)3和H2SiO3 （3） （4）92% 将可能生成的低价钒氧化物氧化为，保证产品纯度 （5）阴离子种类不同，导致晶型转化活化能不同 【分析】钒钛磁铁矿主要成分为、，含Al、Si氧化物等杂质，焙烧目的是将、TiO2转化为NaVO3、Na2TiO3，Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，水浸后，滤液1含NaVO3、Na2TiO3、、Na2SiO3等，滤渣1为Fe2O3，调pH后，需除去Al、Si元素杂质，同时保留，沉钒后得到NH4VO3，煅烧得V2O5；滤液2经酸浸、水解得H2TiO3，煅烧得TiO2。 【解析】（1）根据已知信息①，焙烧的目的是将转化为，反应物有、和，产物有、和（碳酸盐高温分解产物），根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （2）滤液1中含有、以及杂质、。为了除去Al和Si杂质，同时保留V，需要调节pH值。为了不引入新的杂质离子，且后续流程需要酸性环境，应该选用HCl；调pH的目的是让杂质和 沉淀完全，而 不沉淀。从图中可以看出，当pH约为 7 时，和 的浓度已经非常低，而此时钒主要以形式存在，尚未开始大量转化为多钒酸根或沉淀。滤渣2是Al(OH)3和H2SiO3。 （3）滤渣1的主要成分是 ，酸浸时，与酸反应生成，离子方程式为：。 （4）已知，沉钒后溶液中，此时溶液中剩余的，初始，沉钒率为；煅烧生成，但分解过程中可能产生低价钒氧化物或氨气，通入氧气可以将可能生成的低价钒氧化物氧化为，保证产品纯度。 （5）题目指出用盐酸和硫酸分别反应，煅烧时晶型转化温度不同。这与沉淀物表面吸附的阴离子有关，阴离子种类不同，导致晶型转化活化能不同。 17．（2026·山东泰安·二模）纳米由于比表面积大，用于制备锂离子电池正极材料。以软锰矿(含有的氧化物)为原料制备和的工艺流程如下： 已知：25℃时，的，的。 （1）“浸出渣”的主要成分有_______。 （2）“碱化过滤”时，当恰好完全沉淀时(当溶液中为完全沉淀)，溶液中_______(填“>”“<”或“=”)。 （3）“氧化”过程中要严格控制通入空气的时间，理论上生成需要通入空气的体积(标况下)_______。(空气中氧气体积分数按20%计) （4）“水热法”时，温度控制在160℃，反应的离子方程式为_______，“一系列操作”为_______，过滤，洗涤，干燥。 （5）该工艺中可循环利用的物质有_______。 （6）写出制备的化学方程式_______。 【答案】（1）， （2）< （3）56 L （4） 蒸发浓缩，冷却结晶 （5）、 （6） 【分析】软锰矿中含有、和的氧化物，与硫酸混料、焙烧生成，加水浸出；浸出液中溶于水形成溶液，和作为浸出渣被分离。在碱化过滤过程中，与反应生成沉淀，之后经浆化，氧化，过滤烘干等过程转化为，与碳酸锂反应生成。在水热法过程中，被氧化为，同时生成硫酸铵，经一系列操作得到硫酸铵晶体。 【解析】（1）由分析知，浸出渣主要为、。 （2）恰好完全沉淀时，由得：，。的，则，因此<。 （3）中Mn为价，中总正价为，生成共失去电子；作氧化剂得电子，由电子守恒得需要物质的量为，空气中体积分数为，因此标况下空气体积为。 （4）水热法中被氧化为，被还原为，配平后得到离子方程式；从硫酸铵溶液获得硫酸铵晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （5）流程中焙烧步骤生成SO3，SO3与水反应生成硫酸，水热法生成H2SO4，可回到第一步混料工序循环使用；。 （6）与高温下反应生成，元素化合价升高，需要O2作氧化剂，配平后得到化学方程式。 17．（2026·山东潍坊·二模）锂云母［主要成分为，含、、等］是提取电池级碳酸锂的重要原料。一种草酸循环浸出提锂及铷、铯的工艺流程如下： 已知：低温浸出液中铁主要以形式存在；主要集中在萃余液中。 回答下列问题： （1）滤渣1的主要成分为某氧化物，其化学式为___________。 （2）光照条件下“沉铁”时有气体产生，同时生成，沉铁反应的离子方程式为___________。 （3）滤渣3中卤化物X为___________(填化学式)；流程中可循环利用的物质有___________(填化学式)。 （4）“萃取”时反应为(N代表、)，“反萃取”时加入的试剂M为___________(填名称)。 （5）“除钙”中，当恰好完全沉淀时[]，要保证锂离子不产生沉淀，锂离子的浓度应小于___________；此时溶液，则溶液中___________。［已知：，、、、］。 【答案】（1） （2） （3） （4）盐酸 （5）1.73 【分析】草酸循环浸出提取锂、铷、铯的工业流程如下： 第一步：低温浸出锂云母的主要成分为氟铝硅酸盐，还含有杂质，加入过量草酸酸性浸出： 锂云母结构被破坏后，进入浸出液，与草酸根络合为；硅元素转化为不溶性氧化物二氧化硅，留在滤渣1中；第二步：光照沉铁浸出液光照沉铁，完成除铁；第三步：冷却结晶，第一步加入了过量草酸，冷却后草酸溶解度降低结晶析出，滤渣2为草酸，回收后可回到第一步循环利用，是流程可循环物质之一。第四步：冷却结晶后的滤液加调节pH：锂云母浸出的与生成难溶卤化物氟化钙； 第五步：除钙，净化后滤液中残留过量，加入碳酸钠使转化为沉淀过滤除去，完成除钙。第六步：沉锂得到产品除钙后溶液含，加入碳酸钠，溶解度较小，沉出，提纯后得到最终电池级碳酸锂产品。萃取-反萃取提取铷铯沉锂后滤液含，萃取时留在萃余液，进入有机相；最终蒸发得到。 【解析】（1）锂云母的主要成分是含硅的铝硅酸盐，加过量草酸低温浸出时，硅元素转化为难溶于酸性体系的氧化物，因此滤渣1的主要成分为； （2）反应物为，从+3价降为+2价（生成），部分中+3价的C被氧化为中+4价的C，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒配平即可得到该离子方程式为； （3）锂云母中含有F元素，加入CaO后，与结合生成难溶卤化物，因此X为；流程开头为草酸浸出，题目明确说明是"草酸循环浸出"，因此可循环利用的物质为。 （4）萃取反应消耗生成有机配合物，反萃取需要使平衡逆向移动，因此加入酸消耗，最终蒸发浓缩得到、，因此加入的酸为盐酸。 （5）① 完全沉淀时，，由，得。 要保证不沉淀，，因此，得； ② 已知，，两式相乘得：，时，代入得： 。 17．（2026·山东枣庄·二模）用固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量CuO、MnO、)作为原料制备锌的工艺流程如图所示： 已知：①“浸取”时，ZnO、CuO转化为，进入溶液； ②25℃时，、； ③深度除杂标准：溶液中； 回答下列问题： （1）“浸取”时，温度应控制在30℃左右，原因是_______；“滤渣1”的主要成分为、_______。 （2）“深度除锰”是在碱性条件下将残留的转化为，反应的化学方程式为_______。 （3）“深度除铜”时，锌的回收率、除铜效果(用反应后溶液中表示)与“(加入量”(用表示)的关系曲线如图所示： ①当加入量≥100%时，锌的回收率下降，原因是_______(填离子方程式)，该反应的平衡常数为_______(25℃时，  。 ②加入量最佳是_______(填标号)。 A．100%　　B．110%　　C．120%　　　D．130% （4）用惰性电极“电解”时，需控制条件防止阴极发生竞争反应，该竞争反应的电极反应式为_______；电解后，剩余溶液可导入_______(填操作单元名称)循环使用。 【答案】（1）温度过低，浸取反应速率慢；温度过高，氨挥发量增加，均不利于锌的浸出 （2）或 （3） C （4） 反萃取分离 【分析】废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量CuO、MnO、)加入过量溶液浸取，ZnO、CuO转化为、进入溶液；MnO转化为沉淀、不反应也不溶，过滤后得到含、的滤渣1和含、和少量等的滤液，滤液中加入溶液深度除锰，加入适量的将转化为沉淀除去，过滤得到含的滤渣2，滤液中加入有机试剂萃取分离后，向有机层中加入硫酸进行反萃取分离后得到酸性的溶液，电解得到Zn，据此分析。 【解析】（1）浸取用的是溶液，温度过低，浸取反应速率慢，温度过高，氨挥发量增加，锌的浸出率下降，因此控制温度在30℃左右；原料中不与溶液反应，不溶于水，因此和一同成为滤渣1的成分。 （2）碱性环境中，被氧化为，从+2价升为+4价，中从-1价降为-2价，根据电子得失守恒、原子守恒配平，化学反应方程式为或。 （3）①过量时，会与反应生成沉淀，导致锌回收率下降，反应的离子方程式； 该反应的平衡常数 。 ②深度除铜要求，由图像可知：加入量为120%时，除铜效果刚好达标，且此时锌回收率高于更高加入量的情况，因此最佳选择是120%，故选C。 （4）用惰性电极电解酸性硫酸锌溶液时，阴极除了得电子生成Zn，还会发生得电子生成的竞争反应，电极反应式为；反萃取步骤需要加入硫酸，电解后剩余的硫酸可返回反萃取分离单元循环使用。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $