微专题一 考点3 回收或提取物质的工艺流程-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训

考点2非金属及其化合物的制备工艺流程 解析：硫化氢通入煅烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有 少量氮气、氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应， 产生的废气用氢氧化钠溶液吸收，出料液离心分离得到 产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。 (1)已知： 反应1：Hs(g)+20.(g)一S(s)+H0g) △H=-221.2kJ·mol1 反应Ⅱ：S(s)+O,(g)S),(g) △H=-296.8k·mol-1 根据盖斯定律，将I×2十Ⅱ×2得： 2H,S(g)+3O2(g)—2SO,(g)+2HO(g)△H=[( 221.2X2)+(-296.8×2)]kJ·mol1=-1036kJ·mol1, 所以由HS制S),的热化学方程式为2HS(g)十3O,(g) -2S),(g)+2H0(g)△H=-1036kJ·mol1; (2)①当反应釜中溶液pH达到38~4.1时，形成的 NaHS),悬浊液转化为Na,SO固体，根据元素守恒， 还有水生成，化学方程式：2 NaHSO,一一NaSO +H.O; ②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成 的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为K2 (H2SO3)>Ke(H,CO3),亚硫酸氢钠与过量Na,CO,发 生反应的化学方程式为：NaHS),+NaCO,一NaH CO+Na,SO ③在煅烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧 化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环 后，母液中逐渐增多的杂质离子是SO片，需除去； ④碳酸氢钠与二氧化硫发生反应的化学方程式为NH CO+SO2一NaHSO+CO2,生成了二氧化碳，二氧 化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反 应釜中循环使用，所以尾气吸收器中，吸收的气体有 C0,及S),； (3)①由图可知，①0~amol,时，碳酸氢根平衡转化率较 低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以S)片与S),优 先反应； ②一定温度时，在1L浓度均为1mol·L1的NaS) 和NaHCO,的混合溶液中，发生的反应为：S)+SO, +H:O=2HSO,HCO +SO2==HSO:+CO2:a ~bol时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行， HCO平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了 的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以HC),平衡转化率 上升而S()平衡转化率下降。 答案：(1)2HS(g)+3O2(g)一2SO2(g)+2HO(g) △H=-1036kJ·molJ (2)02Na HSO3 -Na,S2O;+H2 O 2Na HSO+Na,CO--Na HCO+Na,SO ③S0④CO2、S02 (3)①SO②a~bmol时，产生的二氧化碳逸出，使反 应正向进行，HC)平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度 增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以 HCO平衡转化率上升而SO平衡转化率下降 16: 详解详析， 考点3回收或提取物质的工艺流程 1.解析：用废磷酸（含有机杂质）制取KH,P),的过程如 下：将废磷酸装入接有球形冷凝管的锥形瓶中，加热处 理易炭化的有机杂质，过滤分离杂质得到粗磷酸，将粗 磷酸用活性炭吸附，过滤来提纯，最后加入K)H,结晶、 过滤、洗涤得到KH,P),晶体；据此回答以下问题。 (1)冷凝水的流向应遵循“下进上出”原则，才能使冷凝 更充分，所以冷凝水要从下方的X口通入； (2)部分有机杂质受热易炭化，所以步骤a的操作为加 热，有机杂质炭化后转变为固体，步骤b中将固体与液 体分离的操作称为过滤； (3)A.NOH是强碱，有强烈腐蚀性，不能用于处理沾到 手上的酸，应该用碱性较弱的物质如碳酸氢钠处理，A 错误：B.活性炭具有吸附能力，可有效去除上一步加热 炭化过程中无法除去的杂质，B正确；C.目标产物是 KHPO,,如用HCI调节pH,则会引入新的杂质CI,C 错误：D.反应得到的晶体不易溶于乙醇等有机溶剂，所 以可用乙醇洗涤，D正确： (4)磷酸的第三步电离非常微弱，不作考虑，溶液中存在 电离平衡H,POKH,PO+H,H,PO, K HPO片十H,电离平衡常数分别为K1 H6,K。=,点 c(H2PO.） (HPO)最大时，第一步电离的逆反应生成c(HPO,) 和第二步电离生成的c(HPO)应相等，此时K1K= c(H),两边取负对数得pK1十pK2=2pH,所以此时 的pH=DK十pK上=2.27.2=4.7；由于该过程加碱 2 2 调节pH,为防止碱过量，甲基橙的变色范围接近4,7，颜 色变黄时说明已到终点，因此应选用甲基橙作指示剂； (5)KH,P0.中K的质量分量为器×1006≈28.68%， 而产品中K的质量分数为29.01%，高于理论值，说明含 K质量分数更高的杂质，根据各酸根的转化关系，可能 混有的杂质是K2HPO。 答案：(1)X(2)加热（高温）过滤(3)BD (4)4.7甲基橙 (5)K,HPO, 2.解析：贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少 量S),]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,Rh转化为H [RhCL],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R、 Rh,)3和RhCL3,再用H,进行高温还原得到铑单质，向 滤液中加入NH,C1将铂元素相关化合物转化为沉淀除 去，加入SnCl2将Rh(Ⅲ)转化为[Rh(SnCL),],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。 (I)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，SO。不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧 最新真题分类特训·化学 化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后F(Ⅱ)进入滤液， 剩余滤渣主要为Rh、Pt和Si),,实现初步分离。 (2)“酸溶2”中Rh转化为H[RhCL],Rh元素化合价由 0升高至+3，HNO,中N元素化合价由+5降低至+2， 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Rh+6HCI+HNO-H[RhCL]+NO◆+ 2H,O: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，Rh,O3和RhCL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Rh,O,十3H,高温 高温 2Rh+3H,O、2RhCL,+3H2-2Rh+6HCL。 (4)SnCl,初始浓度为1.0×10mol·L1,则溶液中 c(Sn+)=1.0×10‘mol·L1,当恰好生成Sn(OH)2 K.[Sn(OH):] 沉淀时，c(OH) c(Sn2) mol·L1 5.5×1028 √.0x10mol.L1≈2.3X101mol·L,cH) K。 10-14 c(0H)-2.3X10亚mol·L1≈4.3×103molL, pH=-lgc(H)=-lg(4.3×103)=3-0.6=2.4,因此为 避免生成S(OHD2沉淀，溶液的pH<2.4,故答案为A。 (5)配离子[Rh(SnCl):]'中，配体[SnCL]带1个负 电荷，设Rh的化合价为x,则x十5×（一1）=一4，则x =+1;Rh(Ⅲ)以[RhCL]3计，反应中Rh(Ⅲ)还原至 Rh(I),每个Rh得到2个电子，SnCL为还原剂，部分被 氧化为[SnCl],Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(W),每个Sn失 去2个电子，同时反应过程中，部分SCl,结合一个CI形 成[SnCL],作为新的配体，每生成1个[Rh(SnCL)]-,需 要5个SnCl,因此理论上SnCl和Rh(Ⅲ)反应的物质的量 之比为(1+5)：1=6：1。 (6)由于“二次还原”过程中，为确保「Rh(SnCL),]-完 全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh 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。 答案：(1)溶解F,使其进入溶液，从而通过过滤实现 分离 (2)Rh+6HCI+HNO,-H,[RhCL,]+NO+2H,O SiO, (3)RhO+3H, 高温2Rh十3H,0、2RhCL,+3H, 高温 2Rh+6HCI (4)A(5)+16:1 (6)除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn 3.解析：铜冶炼烟尘（主要含S、AsO3及Cu、Zn、Pb的硫 酸盐)培烧将S转化为二氧化硫，As,O,因沸，点低被蒸 出，设计焙烧温度为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。 16 (1)设计焙烧温度600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫 酸铅不分解，使As2),沸腾收集； (2)将SO。通入NaC),和Na,S的混合溶液可制得 N,S,O,,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4S0,+Na,CO,+2Na,S一3Na,S,O +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，得到较纯净的硫酸 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C山的方法有：电解法或置换法； (5)某含Pb化合物室温下晶胞如题图所示，Cs位于体 心，个数为1，Pb位子顶点，个数为8×日=1，B:位子被 心，个教为12X是=3，该化合物的化季式为C-PbBr., Cs位于体心，Pb位于顶点，Cs与Pb之间的距离为体对 角线的一半，由于晶胞参数a≠b≠c,a=B=Y=90℃， Cs与Pb之间的距病为a士，合+Cpm,该品体密度计 2 算式为M.十M+3M NA X abe10sg/cm'。 答案：(1)使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时 使As,O,沸腾收集 (2)4S0,+Na,CO+2Na,S-3Na,S.O+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） (6)+6+c CsPbBr 2 Mc.+Mp +3Mg NA Xabc X10-30 4.解析：废渣用(NH)2S,O和NH·HO氧化浸出过 滤，滤液中有[Cu(NH,),]+和[Zn(NH):]+,滤渣1 有PbSO,和Fe(()H)3,滤液加Zn置换出Cu,除铜后的 溶液加(NH,)S沉锌，得到ZnS,滤渣1用HA和 Na,A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。 (1)碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳 原子，HA分子中手性碳原子有2个， HH HOOC-C -C-COOH OHOH (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转 变为S0: (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，NH,·H,O分解生成NH,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(NH,),]+置换出Cu 单质，反应的离子方程式为：Zn+[Cu(NH):]+ [Zn(NH),]2++Cu; (5)根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO,用HA和 Na,A浸铅后过滤，滤渣2含e元素的沉淀； (6)“浸铅”步骤发生PbSO,(s)+A一PbA+S), Na。A溶液中存在A-+H,)=HA十()H-,DH升 高，OH厂浓度增大，平衡A-+HO=一HA+OH逆 向移动，A浓度增大，平衡PbSO,(s)十A2=二PbA十 SO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； (7)290℃“真空热解”"PbA即Pb(OOC一CHOH一CHOH C))生成Pb单质和2种气态氧化物为C)和H,O,反应 的化学方程式为：Pb(O)C一CHO)H一CH()H一C)) 290℃ Pb+4C)4+2H,O◆。 真空热解 答案：(1)2(2)S0 (3)温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时， NH,·H,O分解生成NH逸出，且温度高时过二硫酸 铵分解，造成浸出率减小 (4)Zn+[Cu(NH):]+—[Zn(NH).]++Cu (5)Fe(6)pH升高，OH浓度增大，平衡A+H,O 二HA+OH逆向移动，A-浓度增大，平衡 PbSO(s)+A-==PbA+SO正向移动，PbA产率增 大Pb(OH) 290℃ (7)Pb (OOC-CHOH-CHOH-COO)- -Pb+ 真空热解 4C0◆+2HO 5.解析：采用两段培烧-水浸法从铁锰氧化矿中分离提取 Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均 转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钻、硫酸钙等，产 生的气体有氨气、氯气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸 铵溶液，得到的硫酸盐经650℃高温焙烧，只有硫酸铁 发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤 分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙， 后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫 酸铜溶液，水相主要含有钻元素和锰元素，加入硫化钠， 调节pH,生成硫化钻，过滤分离最终得到硫酸钻溶液， 滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。 (1)低温培烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与 硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氯气，根据电子得失守 恒可知还有氨气生成，反应的化学方程式为：3MO2+ 3NH,HSO,低孩持烧3MnSO.十N◆十NH,◆十 6H,O:根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫 酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅， 氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所 得滤渣的主要成分除了SiO,外还含有Fe2O3、CaS),: (2)根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则 完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分解， 物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小； (3)根据萃取的化学方程式：2HR(有机相)十C+(水 相)一CuR2(有机相)十2H+(水相)，加入有机相将铜 离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移动， 生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂 为稀H,SO,: (4)沉钻时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为 c(Co+)=1×10imol/L,此时c(H)=1×10mol/L,根 据K,(CoS)=4X10,推出c(S)=K(CoS= c(C0+) 16 详解详析 4×10-1 1X10m0l/L=4X10“mol/L,又因为K4(H,S)=1X 107,Ke(H2S)=1X1018,K·Ke= H*)·c(HS)×cH)·cS)_ c(H,S) c(HS) 2(H)·c(S),则c(H,S)= c(H,S) (H)·c(S)=4X10)产×4×10 Kl·K2 1X10X1×108mol/L= 4×104mol/L:由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化 氢，稀硫酸，生成了CoS)和S,反应的化学方程式为：CoS +H,O。十H,S0,一CoSO,+S十2H,O,改写成离子方 程式为：CoS+H,O,+2H—C02++S+2H,O: (5)由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸 锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并入 吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用。 答案：(1)3Mn),+3NH,HS), 低温焙烧3MnS0.十 N2↑+NHg↑+6H2OFeO,、CaSO (2)减小 (3)H2SO. (4)4X10CoS+H,O,+2HCo2++S+2H,0 (5)低温焙烧 6.解析：废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到MnO, 溶液再加入(NH),S,O。,进行沉锰Ⅱ得到Mn),,产生 ),,溶液再加入NH,HCO3和NH,·H,O调节pH沉 镁I,得到MgCO,,煅烧得到MgO,溶液再加入HPO, 沉镁Ⅱ，得到MgNH,PO,·6H2O沉淀，溶液加入 HSO,调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2 和Mn,O,焙烧，经过多步处理得到MnSO,·H,O。 (1)加快废盐的溶解可以采取搅拌，适当升温、粉碎等： (2)Mn(OH)2被O2氧化得到MnO,反应的化学方程 式为：6Mn(OH)2+O2-2MnO,+6H,O: 根据Mg)=KMg(OH)]=10s-101. c(Mn)K.p[Mn(OH):]c(Mn)10 c(Mn2+)=10-2.1imol/L: (3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH),SO经加热水解去除， (NH,)S,Og中存在过氧键，在加热和水存在下发生水 解，生成NH,HSO,和H,O2:(NH)2SOw+2H,O一 2NH,HSO,+HO2,HO2分解2H2O2一2HO+ O2↑，总反应为2(NH,)2S,Og十2H2O一一4 NH,HSO +O,个，最终产物是NH,HSO和O2: (4)[zMgCO3·yMg(OH)2·HO]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),不能分解产生CO,不能得到疏松的轻质MgO: (5)由图可知，pH=8时，阴离子为HPO,阳离子为 Mg2+,产生的沉淀为MgHPO,调节到pH=4,磷元素 存在形式为H,PO,,磷酸不是强酸，不能拆，反应的离 子方程式为：MgNH,PO·6HO+2H,PO,一Mg +3H,PO,+NH:+6H2O; (6)溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为 (NH ),SO; (7)“焙烧”中，MnO,和MnO2最终生成MnSO,· H,O,Mn元素化合价降低，发生了还原反应。 最新真题分类特训·化学 答案：(1)搅拌适当升温等 (2)6Mn(OH)2+O2—2MnO,+6H,01021 (3)O,(4)pH过大，沉淀为Mg(OH)2,不能分解产生 CO,,不能得到疏松的轻质MgO (5)MgHPO,+H:PO:--Mg +2H,PO, (6)(NH,),SO,(7)还原 7.解析：由流程可知，矿石经“还原酸浸”，Fe,O3、MnO2被 还原为Fe2+和Mn+,CuO被溶解为Cu+,Au、Ag、SiO, 不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，C+被铁粉还原为Cu: “氧化时”Fe2+被氧化为Fe3+;“沉铁”时，Fe3+转化为沉 淀，后续转化为氧化铁：“沉锰”时，M+沉淀为碳酸锰。 “浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出 Au、Ag。 (1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于 洪特规则的特例，其价层电子数为11，其价层电子排布 式为3d4s。 (2)“还原酸浸”时，MnO,被亚硫酸钠还原为Mn+,该反 应的离子方程式为MnO2+SO+2H一Mn++ SO+HO。 (3)“浸金银”时，A山溶解涉及的主要反应如下： ①Au+5S,O+[Cu(NH3):]+-[Au(S,O)2]3-+ [Cu(S2O3)3]i-+4NH3 ②4[Cu(SO)3]i-+16NH3+O2+2H0 4[Cu(NH),]2++4OH+12SO 分析以上两反应可知，[Cu(NH)+参与了反应①，但在反 应②又重新生成，其质量和化学性质在反应前后没发生变 化，因此，上述过程中的催化剂为[Cu(NH),门。 (4)“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应 的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行 “还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了 原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元 素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品 位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件：第三，还 可以减少废水的排放量和处理成本：第四，可以回收更 多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1” 多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗 成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去 除杂质提高金银的富含度。 (5)“还原酸浸”时，FeO,和CuO可以被硫酸溶解转化 为Fe+和Cu+,亚硫酸钠将Fe+还原为Fe+,而Cu+ 并未被还原，因此，Fe+的氧化性强于Cu+;“氧化”时， Fe+被Mn),氧化为Fe+,因此，MnO,的氧化性强于 Fe+。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe+、C+、 MnO,的氧化性由强到弱的顺序为MnO,>Fe3+>Cu+。 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时 c(OH)=10mol·L1,无Mn(OH)2析出，根据 Mn(OH)2的Kp为1.9X108,则c(Mn+)≤ 1.9×10-13 a0)molL=0.19molL。 (7)①由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方，Sb位于晶 胞的顶角，其与邻近的3个面的面心上的M距离最近 且距离相等，每个顶角参与形成8个晶胞，而每个面心参 与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近 且相等距高的M有X8=12个 16 ②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb 和3个Mn,因此，该晶胞的质量为122+55×3 NA g,该晶胞 的体积为(anm)3=a3X101cm3,晶体的密度为 (122+55×3)g 122+55×3 NXaX10cm=NXax10g·cm。 答案：(1)3d1°4s (2)MnO:+SO;+2H+--Mn2++SO+H,O (3)[Cu(NH3):] (4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少 废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银 的富含度 (5)MnO,>Fe+>Cu2+ (6)0.19(7)①12②、122+55×3 NA×aX10T 8.解析：炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、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 十2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转 化为相应的十2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉 铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na,S,O,将锰离 子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离 子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4,铁离子完全转 化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次 氯酸钠沉钻，得到Co(OH);。 (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反 应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。 (2)“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他十2价氧 化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化相应的 十2价阳离子进入溶液，即Co)转化为CoS),,反应的 化学方程式为Co)十HSO,CoSO),十H,O。 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn+)和c(Co+)均为0. l0mol·L1,向其中加入Na,S至Zn2+沉淀完全，此时溶液 中c(S2)=2.5×102 mol·L1=2.5×10”mol·L1,则 101 Comol1.6x 10-mol c(C02+)小于0.10mol·L1,说明大部分Co2+也转化 为硫化物沉淀，据此判断不能实现Z+和Co+的完全 分离。 (4)“沉锰”步骤中，Naz S:Os将Mn+氧化为二氧化锰除 去，发生的反应为S,O+Mn2++2H,O一MnO2￥+ 4H++2SO,因此，生成1.0 mol Mn(),,产生H+的物 质的量为4.0mol。 (5)“沉锰”步骤中，S,O同时将Fe2+氧化为Fe3+,“沉 淀”步骤中用NaOH调pH=4,Fe+可以完全沉淀为 Fe(OH)3,因此，分离出的滤渣是Fe(OH)3。 (6)“沉钻”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量 的NaClO氧化Co+,为了保证Co2+被完全氧化，NaCIO 要适当过量，其反应的离子方程式为2Co++5C10+ HO-2Co(OH)3￥+C+4H。 (7)根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0 5.5,溶液中有Zn元素以Zn+形式存在，当pH>12 后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH),],因此，从“沉 钻”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加 NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不 大于12，静置后过滤、洗涤、千操。 答案：(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的 浸出效率 (2)CoO+H:SO:--CoSO:+H2O (3)1.6×10-‘不能 (4)4.0mol (5)Fe(OH). (6)2Co2++C10+5H20一2Co(OH)3￥+C1 +4H (7)向滤液中滴加Na)H溶液，边加边搅拌，控制溶液的 pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥 9.解析：(1)钒是23号元素，其价层电子排布式为3d4s2: 焙烧过程中，氧气被还原，V:O,被氧化生成VO,,偏钒 酸盐中钒的化合价为十5价：CaCO3在800℃以上开始 分解，生成的气体①为CO2。 (2)由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分NaOH 与A1,),反应生成的偏铝酸钠溶于水，所以滤液中杂质 的主要成分是NaAlO2。 (3)在弱碱性环境下，C(V),),与HC)和OH反应 生成CaCO,、VO,和H,O,离子方程式HC)+OH +Ca(VO:): 65-70℃CaC0,+H.0+2v0,。滤液0 中含有VO、NH等，且浓度较低，若要利用其中的钒 元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进 入离子交换工序。 (4)由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含 有CI厂，考虑到水浸所得溶液中含有Na,为避免引入其 他杂质离子，且NaCl廉价易得，故洗脱液的主要成分应 为NaCl. (5)沉钒过程是生成NH,VO。NH,CI呈弱酸性，如果 将溶液调至碱性，OH与NH时反应，不利于生成 NHVO,b符合题意；同样，降低NH,C溶液的浓度， 也不利于生成NH,VO,d符合题意。 答案：(1)3d4s2+5C0 (2)NaAlO, (3)HCO +OH-+Ca(VO,)2- 6570℃Cac0,+H,0 +2VO,提高溶液中HCO:浓度，促使偏钒酸钙转化 为碳酸钙，释放VO离子交换 (4)NaCI (5)bd 10.解析：由题给流程可知，铬钒渣在碳酸钠、氢氧化钠和 空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的 最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二 氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调 节溶液H将铝元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢 氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵 溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO和MgNH,PO 沉淀，过滤得到含有MgSiO,、MgNH,PO,的滤渣和滤 液：向滤液中加入稀硫酸调节溶液DH将钒元素转化为 五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中加 入焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节 溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧 化铬。 (1)由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠。 (2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁。 169 详解详析 (3)“沉淀”步骤加入稀HO,调pH到弱碱性是为了 让[AI(OH),]转化为AI(OH),沉淀而除去。 (4)由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的 是将硅元素、磷元素转化为MgSiO,和MgNH,PO,沉 淀，若溶液pH<9时，会导致磷元素不能形成 MgNH,PO,沉淀；若溶液pH>9时，会导致镁离子生 成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSO,沉淀，导致产品中 混有杂质。 (5)由题给信息可知，五氧化二钒是既能与酸溶液反应 生成盐和水，也能与碱溶液发生反应生成盐和水的两 性氧化物，故选C。 (6)由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目 的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为 2Cr,0+3S,0+10H+—4Cr3++6S0+5H,0。 答案：(1)NaCr() (2)FeO3(3)A1(OH) (4)不能形成MgNH,PO,沉淀不能形成MgSiO 沉淀 (5)C (6)2Cr,O+3S,O+10H+-4Cr3++6S0 +5H,O 11.解析：由流程和题中信息可知，LiCo)2粗品与SiCl,在 500℃培烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCL、CoCL,和 S0,的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1， 滤饼1的主要成分是SiO2和H,SiO3;滤液1用氢氧化 钠溶液沉钻，过滤后得滤饼2（主要成分为C0(OH):) 和滤液2（主要溶质为IiCl):滤饼2置于空气中在850℃ 煅烧得到C0):滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液 3和滤饼3，滤饼3为Li,CO。 (1)C0是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排 布为3d4s2,元素周期表第8、9、10三个纵列合称第Ⅷ 族，因此，其位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族。 (2)“500℃焙烧”后剩余的SiCL应先除去，否则水浸时 会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能 生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SCl,遇水剧烈水解， 生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SCL,十 3H)H,SiO3￥+4HCl。 (3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li,C),,常用焰色试 验鉴别LiCO3和NaCO3,LiC)3的焰色试验为紫红 色，而NaC)的焰色试验为黄色。故鉴别“滤饼3”和 固体Na,CO,常用方法的名称是焰色试验。 (4)已知Km[Co(OH)2]=5.9X101i,若“沉钻过滤"的pH 控制为10.0，则溶液中c(OH)=1.0×10mol·L1, Co浓度为K[Co(0HD,]-5.9X105 c(OH) (1,0x1)mol .L =5.9×10mol·L1。“850℃煅烧”时，Co(OH)2与 O,反应生成CoO,和HO,该反应的化学方程式为 850℃ 6Co(OH),+0,- -2Co3O,+6HO。 (5)a.Si一C1键极性更大，则Si一Cl键更易断裂，因此， SiCl,比CCl易水解，a有关； b.Si的原子半径更大，因此，SiCL,中的共用电子对更加 偏向于Cl,从而导致Si一CI键极性更大，且Si原子更 易受到水电离的OH的进攻，因此，SiCL,比CCL易水 解，b有关： 最新真题分类特训·化学 ℃.通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此， Si一Cl键键能更大不能说明Si一CL更易断裂，故不能说 明SiCl,比CCl:易水解，c无关； d.Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH形 成化学键，从而导致SiCL比CCl易水解，d有关； 综上所述，导致SiCL,比CCl:易水解的因素有abd。 答案：(1)四Ⅷ (2)SiCl,+3H,O--H,SiO+4HCI (3)焰色试验 850℃ (4)5.9×10-76Co(OH)2+O -2Co3)+6H2(0 (5)abd 12.解析：在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产 生具有强氧化性的过一硫酸(H,SO,),用石灰乳调节 pH=4,Mn+被H2SO,氧化为MnO2,发生反应的离子 方程式H,O+Mn++HSO一MnO2￥+SO+ 3H+,Fé3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钴镍”过程中， Co+变为Co(OH)2,在空气中可被氧化成CoO(OH)。 (1)用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大 硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。 0 (2)(HSO)的结构式为O一S一O一O一H,所以 OH 1molH,SO,中过氧键的数目为NA。 (3)根据题千信息可知，“氧化”中Mn+被H,SO氧化 为MnO2,则H2SO被还原为S),结合H,S)的电 离第一步完全可知，反应的离子方程式为Mn+十 HSO+HO一MnO2￥+SO+3H+;“氧化”中 Fe+会被氧化为Fe+,用石灰乳调节pH=4时Fe元 素沉淀为Fe(OH)g,Ca+与S)结合生成CaSO,沉 淀，故滤渣中还含有Fe(OH)3、CaSO。 (4)根据图示可知S),体积分数为9.0%时，Mn(Ⅱ)氧 化速率最大；继续增大SO,体积分数时，由于S)2有还 原性，过多将会降低H,S)的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化 速率。 (5)“沉钴镍”中得到的Co()H),,在空气中可被氧化成 Co)()H),该反应的化学方程式为：4Co(OH),十O, 4Co0(OH)+2H,0。 (6)氢氧化镁的K,=108.8,当镁离子完全沉淀时， c(Mg2+)=105mol/L,根据K,可计算c(OH)= 102.9mol/L,根据K.=10“,c(H+)=10-山.1mol/L, 所以溶液的pH=11.1。 答案：(1)适当增大疏酸浓度（或适当升高温度或将镍 钴矿粉碎增大接触面积) (2)Na (3)H2 O+Mn2++HSO;--MnO2+SO;+3H Fe(OH)3、CaSO (4)9.0%S),有还原性，过多将会降低H,SO,的浓 度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 (5)4Co(OH)2+02--4Co0(OH)+2H2O (6)11.1 1 专题七化学实验基础 考点1化学实验仪器识别与基本操作 考向1 1.CA.溶解固体NaOH时需要在烧杯中进行，100mL 烧杯可以用来溶解1.6 g NaOH,A需要使用。B.因为要 配制400mL溶液，实睑室没有400mL容量瓶，需要选 用500mL容量瓶来配制溶液，B需要使用。C.配制溶液 过程中，量取一定体积的水一般使用量筒，但本题是配 制溶液，不是量取一定体积的溶液，不需要500mL量 筒，C不需要使用。D.配好的溶液需要转移到细口试剂 瓶中保存，Na)H溶液能与玻璃中的Si),反应，要用具 橡胶塞的试剂瓶，500mL细口试剂瓶（具橡胶塞）可用来 保存配好的溶液，D需要使用。 2.ADA.灼烧海带需在坩埚中进行，并用泥三角支撑坩 埚于铁架台上加热，仪器选择正确，A正确；B.加热浓缩 NCl溶液应使用蒸发皿（而非表面皿）和玻璃棒，表面皿 无法直接加热，B错误；C.NOH固体易潮解且腐蚀性 强，称量时应置于烧杯或表面皿中，而非称量纸上，C错 误；D.量取25.00mL的稀硫酸可以用25mL的移液管 量取，并注入锥形瓶中，D正确。 3.CA.隔热层可防止热量散失，温度计测定反应前后的 温度，玻璃搅拌器可使反应完全进行，图中中和反应的 反应热测定装置合理，A不符合题意：B.乙酸乙酯与饱 和食盐水不互溶，饱和食盐水在下层，乙酸乙酯在上层， 可通过分液进行分离，B不符合题意；C,在铁片上镀镍， 待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，图中两个电极放反， 不能达到实验目的，C符合题意：D.转移热蒸发皿至陶 土网，需要用坩埚钳夹取蒸发皿，操作合理，D不符合 题意。 4.DA.铜与浓硫酸反应，生成二氧化硫，二氧化硫有毒， 会污染空气，二氧化硫属于酸性氧化物，可用氢氧化钠 溶液吸收，所以为防止有害气体逸出，先放置浸NaOH 溶液的棉团，再加热，A正确；B.实验室制备氧气时，为 了防止水槽中的水倒吸，实验结束时，先把导管移出水 面，再熄灭酒精灯，可避免试管炸裂，B正确；C.分液时， 为了使液体顺利流下，需保持分液漏斗内部和外界大气 压相等，所以分液时，先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再 打开下方的活塞，将下层液体从下口放出，再将上层液 体从上口倒出，操作方法正确，C正确：D.蒸馏时，为了 更好的冷凝效果，冷凝水应：“下进上出”，即②口通入， ①口流出，操作方法错误，D错误。 5,D实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中， 然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁离子依次用稍过 量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该 过程中有过滤操作，需要用到烧杯、漏斗和玻璃棒；将所 得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较纯的食盐，该 过程要用到蒸发皿和酒精灯：用提纯后得到的精盐配制 溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等 操作，需要用到天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 等。综上所述，本实验必须用到的有①天平、⑤容量瓶、 ⑥烧杯、⑧酒精灯，因此本题选D。 0最新真题分类特训·化学 已知： 物质 H2COs H2SOs Ka(25℃) Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka1=1.4×10-2 Ka2=6.0X10-8 (1)制S02 已知：s(g)+02(g)-s(s)+H,0(g)△H=-21.2·mol1 S(s)+O2(g)--SO2(g)△H=-296.8kJ·mol-1 由H2S制SO2的热化学方程式为 (2)制Na2S2O5 I.在多级串联反应釜中，Na2CO3悬浊液与持续通入的SO2进行如下反应： 第-步：2Na2CO3+SO2+H2O-Na2SO3+2 NaHCO3 第二步：NaHCO3+SO2-Na HSO3+CO2 Na2 SO3+S02+H2O-2NaHSOs Ⅱ.当反应釜中溶液pH达到3.8~4.1时，形成的NaHSO3悬浊液转化为Na2S2O5固体。 ①Ⅱ中生成Na2S2O的化学方程式是 ②配碱槽中，母液和过量N2CO3配制反应液，发生反应的化学方程式是 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ,需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 (3)理论研究Na2SO3、NaHCO3与SO2的反应。一定温度时，在1I浓度均为1mol·L-1的 Na2SO3和Na HCO3的混合溶液中，随n(SO2)的增加，SO-和HCO3平衡转化率的变化如图。 -HCO; 60 o-S05 20+ 0 b n(SO,)/mol ①0~amol,与SO2优先反应的离子是 ②a~bmol,HCO5平衡转化率上升而SO-平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 考点3回收或提取物质的工艺流程 1.(2026·浙江1月卷，19)用废磷酸（含有机杂质）制取KH2PO4。 步骤a步骤 活性炭吸附 KOH 过滤 结晶、过滤、洗涤鱼 一废磷酸 粗磷酸 磷酸 KH,PO, 已知：pKa1(H3PO4)=2.2、pKa2(H3PO4)=7.2、pKa3(H3PO4)=13.2. 请回答： (1)冷凝水从 (“X”或“Y”)通人。 (2)步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，步骤a的操作为 。步骤b除去溶液中的炭颗 粒得到粗磷酸，步骤b的操作为 (3)下列操作正确的是（填序号）。 A.若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上NaOH溶液 B.加入活性炭的目的是为了除去不易炭化的有机杂质 C.加入KOH过多，可向溶液中加入HCI来调节pH D.可用乙醇洗涤反应得到的晶体 微专题一化学工艺流程 (4)获得KH2PO4的过程中，需要滴加KOH溶液调pH,为使H2PO,的物质的量分数最大，有一 个最适pH。 ①求最适pH= ②所用的指示剂为： (5)产品KH2PO4(M=136g/ol)中，K的质量分数为29.01%，则产品中可能混有的杂质为 2.(2025·河南卷，15)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量 SO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 浓盐酸 王水 浓盐酸、DETA H2 冷参骨一酸溶-一酸溶韵一湖一沉递 灼烧 高温还原 →铑粉 滤液1 滤渣 滤液2 NH.CI SnCl2 18 浓盐酸 沉铂→活化还原二次还原酸溶3 含铂沉淀 滤液3 滤液4 回答下列问题： (1)“酸溶1”的目的是 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为H[RhCL],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Rh2O3和RhC13,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，SnCl2初始浓度为1.0×10-4mol·L1,为避免生成Sn(OH)2沉 淀，溶液适宜的pH为 (填标号)[己知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10-28]。 A.2.0 B.4.0 C.6.0 (5)“活化还原”中，SnC2必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCL3)]4-,提升了Rh的还原速 率，该配离子中Rh的化合价为 ;反应中同时生成[SnCl]2-,Rh(Ⅲ)以[RhCl]3-计，则理 论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为 (6)“酸溶3”的目的是 3.(2025·甘肃卷，16)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： 气体S0, →冷凝 →制酸系统 As2Og 铜治炼烟尘→焙烧→水浸 →酸浸→浸出液→Cu ZnSO4溶液 浸出渣 已知：As2O3熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：Cu01100℃，CuSO4560℃，ZnSO4680℃，PbS04高于1000℃ Kp(PbSO4)=1.8×10-8 (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)。 (5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材 料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数a≠b≠c,a=B=y= A:Cs B:Pb 90°。Cs与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数 c pm C:Br 式表示)；该化合物的化学式为 ,晶体密度计算式为 g/cm3(用带有阿伏加德罗常数NA的代数式表示，Mcs、 Mb和MBr分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 最新真题分类特训·化学 4.(2025·黑吉辽蒙卷，16)某工厂采用如下工艺回收废渣（含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCI)中的Zn、Pb 元素。 Zn (NHA)2S 滤液 滤液 除铜 (NH4)2S2O8+NH3·H2O ,沉锌→ZnS Cu 滤液 废渣→氧化浸出 H2A、Na2A溶液 滤渣1 浸铅 滤液结晶PbA-一真空热解→纯Pb 滤渣2 已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+; ②Kp[Pb(OH)2]=10-14.8; ③酒石酸（记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。 回答下列问题： (1)H2A分子中手性碳原子数目为 (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O一)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，PbSO4和Na2A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)。 (7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 5.(2025·山东卷，17)采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿（主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等 元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： ①Na,S (NH)2S04回收s0 HR ②调pH NH.HCO, 铁锰 低温 高温 水浸→ 萃取水相。 分离「 沉钴 沉锰→MnCO, 氧化矿 焙烧 焙烧 Y有机相 滤渣 CoS 一→溶解→CoS0, 吸收←稀HS0, 反萃取 溶液 H02 S CuS0,溶液 稀H,S04 已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4,高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在 650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 回答下列问题： (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2 生成，该反应的化学方程式为 。“高温焙烧”温度为650℃， “水浸”所得滤渣主要成分除SO2外还含有 (填化学式)。 (2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸”时金属元 素的浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)HR萃取Cu2+反应为：2HR(有机相)十Cu2+(水相)==CuR2(有机相)十2H+(水相)。“反萃 取”时加入的试剂为 (填化学式)。 (4)“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L一1]，则此时溶液中c(H2S) mol·L-1。已知：Ka1(H2S)=1X10-7,Ka2(H2S)=1×10-13,Ksp(CoS)=4X10-21。 CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为 (5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)循环 利用。 微专题一化学工艺流程 6.(2025·陕晋青宁卷，16)一种综合回收电解锰工业废盐（主要成分为Mn2+、Mg2+、NH的硫酸 盐)的工艺流程如下。 NH:H,O NH.H,O 02 (NH)S,Og NH HCO HPO H2SO 格被一→远猛包一→远蜜工一→阮 废盐 调pH 调pH=6.0 沉镁 →结晶 Mn2O MnO2 煅烧MgNH,PO4·6H,0 Mgo 焙烧→…→MnS04H0 已知：①常温下Ksp(MgCO3)=10-5.17,Kp[Mg(OH)2]=10-11.25,Kp[Mn(OH)2]=10-12.2; O ②S2O-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)》 (2)“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式： 当Mg+(c=l0-0.68mol·L一1)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2+浓度为 mol.I-1 (3)“沉锰”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，最终产物是NH HSO4和 (填化学式)。 (4)“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁[rMgCO3·yMg(OH)2·H2O],煅烧 得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是 (5)“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH=8.0时，Mg2+沉淀完全；若加至pH=4.0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，Mn元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。 H:PO 0.8 PO NH3 女0.4 1 HPO 0.0+ 0.0 4.0 8.0 12.0 pH 7.(2025·云南卷，15)从褐铁矿型金-银矿（含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等）中提取Au、Ag, 并回收其他有价金属的一种工艺如下： HS04、NaS0g 铁粉 MnO2 NaOH NH,HCO 金-银矿一还原酸浸逃液1沉铜逃液3氧化一沉铁选液4沉锰→滤液5 滤渣1 Cu MnCO. 铜-氨-硫代硫酸盐溶液一浸金银滤液2一A、Ag 滤渣2 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，Mn(OH)2的Ksp为1.9×1013 最新真题分类特训·化学 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 0 (2)“还原酸浸”时，MnO,反应的离子方程式为 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ①Au+5S2O3-+[Cu(NH3)4]2+-[Au(S2O3)2]3-+[Cu(S2O3)3]5-+4NH3 ②4[Cu(S2O3)3]5-+16NH3+O2+2H2O--4[Cu(NH3)4]2++4OH+12S2O?上述过程中 的催化剂为 (4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 (5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4"的pH至8.0，无Mn(OH)2析出，则c(Mn2+)≤ mol.L1 (7)一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等离的Mn有 个。 ②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm,则晶体的密度为 g·cm一3（列出计算式 即可)。 ●Mn Sb 8.(2024·全国甲卷，26)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的 十2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 稀H2SO4H,S Na2S2Os NaOH NaClO 调pH=4 炼锌废渣→酸浸→沉铜→沉锰一→沉淀→沉钻 →滤液 浸渣 Cus MnO2 滤渣Co(OH)3 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10一5ol·L1,其他金属离子不沉淀，即认为完全分 离。已知：①Kp(CuS)=6.3X10-36,Ksp(ZnS)=2.5X10-22,Kp(CoS)=4.0X1021。 ②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol·L1)]和溶液pH的关系如图所示。 -2 Fe Zn2+\Co2 Mn2+ Zn(OH)2 八3 -4 1234567.891011121314 PH 回答下列问题： (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 (2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10mol·L1,向其中加入Na2S至 Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)= mol·L-1,据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完 全分离 (填“能”或“不能”)。 (4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2,产生H+的物质的量为 (5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4,分离出的滤渣是 (6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+,其反应的离子方程式 为 (7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 微专题一化学工艺流程 9.(2024·河北卷，16)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添 加剂从石煤中提取V,O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工 艺流程如下。 R-N(CH3)3CI NHCI 空气 树脂 洗脱液 溶液 800~850℃ 石煤十苛化泥 焙烧 →水浸 离子 →洗脱 →沉钒→…→V2O5 制团烘干 交换 H2O(g) 滤渣① 母液 尾液 十气体① pH≈865~70℃ 3%NH HCO →盐浸 →滤液① 溶液 滤渣 已知：i石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为 CaCO3、NaOH、Na2CO3等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝 酸钙均难溶于水。回答下列问题： (1)钒原子的价层电子排布式为 ;焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ,产生的 气体①为 (填化学式) (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填 化学式)。 (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的 滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。 a.延长沉钒时间 b.将溶液调至碱性 c.搅拌 d.降低NH4C溶液的浓度 10.(2023·新课标卷，27)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要 杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示： Na2CO3 MgSO4溶液 NaOH H2O 稀H2SO4 (NH4)2SO4溶液稀H2SO4 Na2S2O5溶液 通空气 调pH 调pH 调pH 钒→煅烧→浸取 →沉淀 除硅磷 分离钒 还原 Cr(OH)3 渣 水浸渣 滤渣 滤渣 V205 己知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O号-存在，在碱性介质中以CO存在。 回答下列问题： (1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化 学式)。 (2)水浸渣中主要有SiO2和 (3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 (4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的 pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时，会导致 pH>9时， 会导致 (5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO2 或VO3+;在碱性条件下，溶解为VO3或VO。上述性质说明V2O具有 (填标号)。 A.酸性 B.碱性 C.两性 (6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O)溶液，反应的离子方程式为 35 最新真题分类特训·化学 11.(2023·湖北卷，16)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiC14对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进 行氯化处理可以回收Li、C0等金属，工艺路线如下： SiCla NaOH溶液 Na,CO,溶液 LiCo0,粗品 500℃烧渣 水浸滤液1 沉钴 滤液2沉钾 滤液3 焙烧 过滤 过滤 过滤 ·滤饼3 02 滤饼1 滤饼2 850℃ 空气 -Co304 煅烧 回答下列问题： (1)C0位于元素周期表第 周期，第 族。 (2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产 生大量烟雾，用化学方程式表示其原因 (3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是 (4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15,若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为 mol·L一1。“850℃煅烧”时的化学方程式为 (5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有 (填标号)。 a.Si一Cl键极性更大 b.Si的原子半径更大 c.Si一Cl键键能更大 d.Si有更多的价层轨道 12.(2023·辽宁卷，16)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、 Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。 混合气 石灰乳(S02+空气) NaOH NaOH 硫酸浸取液→氧化 滤液 沉钴镍 滤液，沉镁]一→上层清液 滤渣 钴镍渣 沉渣 已知： 物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2 1037.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8 回答下列问题： (1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出 一条即可)。 (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO),1mol H2SO5中过氧键的数目为 (3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为 (H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、 (填化学式)。 (4)“氧化”中保持空气通入速率不变，M(I)氧化率与时间的关系如图。SO2体积分数为 时， Mn(I)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅲ)氧化速率减小的原因是 100 ￥80 S02体积分数 60 00.0% ▣0.8% △2.0% ◇9.09% 20 016.0% 20 时间/min 40 % (5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为 (6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于 (精确至0.1)。 36