第06讲 工业流程题解题策略（专项训练）（黑吉辽蒙专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

第06讲工业流程题解题策略（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 考查物质制备类微型工业流程题 考向02 考查物质提纯类微型工业流程题 考向03 考查天然矿物提取类工业流程综合题 考向04 考查固废回收类工业流程综合题 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 考查物质制备类微型工业流程题 1．【菱锰矿提取锰】（24-25高三上·内蒙古包头·期中）一种以菱锰矿(主要成分为MnCO3，含SiO2、Fe3O4、FeO、CuO、NiO等杂质)为原料生产锰的工艺流程如下： 已知：①25℃时，，。 ②金属性：Mn＞Fe。 下列说法错误的是( ) A．滤渣①主要成分是SiO2，滤渣③主要成分是CuS、NiS B．“氧化”时，发生反应的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O C．“除铁”后，25℃时，溶液中c(Fe3+)=1.0×10-26.6mol·L-1 D．“电解”时，加入抑制剂的作用是减少阴极生成H2的量2.【金红石提取金属钛】（2025·黑龙江哈尔滨·一模）以金红石（主要成分为TiO2）为原料制取海绵钛的工艺流程如图所示： 下列说法错误的是 A. 上述流程中可循环利用的物质只有Mg和Cl2 B. 反应Ⅱ中通入氩气的作用是防止Mg、Ti被空气中的O2氧化 C. 工业制备单质镁用MgCl2而不用MgO的原因是MgO的熔点高，耗能大 D. 高温下反应Ⅰ可生成一种可燃性气体，其化学方程式为3.【从黄铜矿提取金属铜】用黄铜矿(主要成分，含少量)冶炼铜的一种工艺流程如图所示： 已知：“一次浸取”后的滤渣主要为、S、；。下列说法错误的是 A. “一次浸取”反应方程式为 B. 滤液1在空气中加热蒸干灼烧后，可得 C. “二次浸取”后滤渣中的混合物可用热的溶液分离 D. “调节”中每生成，转移电子考向02 考查物质提纯类微型工业流程题 4．【考查物质分离——萃取分液】某兴趣小组用乙酸乙酯(沸点76.8℃)提纯对羟基苯乙酮(沸点148℃)，二者能形成分子间氢键，下列说法正确的是( ) A．萃取剂总量相同，萃取率不受萃取次数影响 B．振荡时要注意打开分液漏斗上部玻璃塞及时放气 C．对羟基苯乙酮与乙酸乙酯形成分子间氢键有利于萃取，不利于蒸馏 D．蒸馏时使用球形冷凝管比用直形冷凝管冷凝效果更好5．【考查蒸发、结晶分离操作】亚氯酸钠(NaClO2，不稳定，受热易分解)漂白织物时不损伤纤维，常用作高端漂白剂。其合成路线如图所示： 下列说法中错误的是 A．“反应1”中制取67.5gClO2，理论上需要22.4L(标准状况)SO2 B．温度过高会造成“反应2”中的还原剂大量损失 C．“减压蒸发”的主要目的是为了减少NaClO2的分解 D．对粗产品进一步提纯可采取的操作为重结晶6．【考查沉淀分离操作】（2025·吉林长春·二模）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 考向03 考查天然矿物提取类工业流程综合题 7．【锂云母矿中制取碳酸锂】（2026·辽宁鞍山市普通高中·三模）电池级碳酸锂是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春拥有亚洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO42-等)为原料制取电池级Li2CO3的工艺流程如图： 已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生的反应可表示为：Fe3++3HRFeR3+3H+； ②常温时，1mol·L-1LiOH溶液的pH=14。 回答下列问题： (1)“有机层”的主要成分为 (填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为 ；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是 。 (2)某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与Fe3+形成配位键的原子有 。 (3)加适量草酸的目的 。 (4)“混合沉锂”的离子方程式为 。 (5)Li2CO3与Co3O4在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCoO2)。写出对应的化学方程式 。 (6)钴酸锂(LiCoO2)是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。 ①基态Co原子核外电子排布式为 。 ②该晶胞密度为 g·cm-3。(写出计算式，阿伏加德罗常数为NA)8.【镍矿制备镍的化合物】（2025·辽宁抚顺·二模）是一种性能优异的电极材料。一种以红土镍矿(含Fe(Ⅲ)、、、的氧化物)为原料制备的工艺如图所示。 已知：，金属离子浓度时可认为完全沉淀。 回答下列问题： (1)基态的价层电子排布图为________。 (2)“焙烧”前，将矿粉与助剂混合后研磨成糊状的原因是________。 (3)焙烧温度会影响焙烧熟料的成分，550℃和650℃所得焙烧熟料的X射线衍射图如图所示。650℃“焙烧”时，气体的成分为和________(写化学式)。 (4)“水浸”时，需控制水量防止沉淀过多，其原因是：①元素是制备的原料之一；②________。浸出渣的成分为少量和________(写化学式)。 (5)若“水浸”的浸出液中。则“共沉淀”时，应调节的范围为________。 (6)“煅烧”时发生反应的化学方程式为________。考向04考查固废回收类工业流程综合题 9. 【废弃锂电池的正极材料中回收Li】锂电池中一些金属的回收利用是未来发展的一大方向。将废弃锂电池的正极材料LiCoO2进行氯化处理回收Li的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)Co在元素周期表的位置为 ，Co2+和Co3+的未成对电子数之比为 。 (2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，滤饼2的主要成分的化学式为 ，“500 ℃焙烧”反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ；碳酸锂(Li2CO3)与CoCO3按n(Li)∶n(Co)=1:1混合，然后在空气中于700 ℃烧结可合成锂电池的正极材料LiCoO2，该反应的化学方程式为 。 (3)碳酸锂的溶解度随温度变化的关系如图所示，向滤液2中加入Na2CO3固体，将温度升至90 ℃是为了提高沉淀反应速率和 ，得到碳酸锂沉淀的操作为 (填字母)。 a.静置，过滤　　b.加热后，趁热过滤　　c.蒸发浓缩、冷却结晶　　d.蒸发结晶 (4)取100 mL滤液2，其中c(Li+)=0.10 mol·L-1，为使锂元素的回收率不低于80%，则至少应加入Na2CO3固体的物质的量为 mol[已知Ksp(Li2CO3)=3.6×10-4]。 10．【从废旧电池中回收磷酸铁锂】（24-25高三上·黑龙江伊春·期中）废旧磷酸铁锂电池提锂渣的主要成分为磷酸铁()，还有石墨粉、铝和铜的氧化物等，某科研小组从提锂渣中回收磷酸铁并实现正极材料再生的流程如下。 已知：①和均难溶于水，但在强酸或磷酸条件下可生成易溶的磷酸二氢盐； ②铁磷溶液的主要成分为。 回答下列问题： (1)为提高提锂渣的“浸出”率，可采取的措施有 (写出一条)。 (2)“除杂”时加入适量铁粉可使形成沉淀从溶液中分离，原因是 ；“滤渣”的主要成分有石墨、和 (填化学式)。 (3)“氧化”后生成难溶性的，该反应的化学方程式为 。 (4)“氧化”终点所得溶液需调节一定以使铁、磷元素充分沉淀制备磷酸铁，终点对制备磷酸铁过程的影响如下图所示。由图分析，终点约为 最适宜，若大于该，会导致 。 (5)“滤液”中可循环使用的物质主要是 (填化学式)。 (6)“煅烧”时葡萄糖的作用是 。 重难·创新演练1.【从硫铁矿中制备常见无机物】（2025——2026高一上·辽宁大连·期末）以硫铁矿（主要成分为）为原料制备氯化铁晶体（）的工艺流程如下所示： 下列说法不正确的是 A．“酸溶”过程中使用的酸也可以是硝酸 B．为防止污染，“焙烧”过程中产生的应回收利用 C．通入氯气的目的是氧化 D．用制取无水时，需要在氯化氢气流中加热2．【锑矿为原料制备五氟化锑】（2025·辽宁省大连市·一模）SbF5是非常强的路易斯酸，其酸性是硫酸的1500万倍。以锑矿(主要成分为Sb2O3、Sb2O5及少量CuO、SiO2等杂质)为原料制备SbF5的工艺流程如图所示： 下列有关说法正确的是 A. 滤渣1主要成分是H2SiO3 B. 沉淀时的反应为 C. 实验室模拟氟化操作可以在烧瓶中进行 D. 产物可以通过蒸馏的方法分离提纯，说明SbF5与SbCl5沸点不同3.【稀土金属氧化物提纯】（2024——2025高三上·黑龙江牡丹江·开学检测）是一种重要的稀土金属氧化物，在催化与检测方面均有广泛的应用前景。工业上从水晶石废料(含有、CaO、、、MgO)中提取的流程如下： 已知：，；金属离子浓度小于，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A．“浸取”工序中，提高浸取率的方法有粉碎、搅拌、适当升温 B．根据已知计算得出，完全沉淀的pH为5.3 C．氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是与形成配合物导致不易被沉淀 D．“还原”工序中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:14．【废电路板回收溴化钠】（2025·辽宁葫芦岛·二模）一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐（CBSBPs）中回收NaBr的绿色工艺流程如图，下列叙述不正确的是 A．流程中可循环利用 B．“操作1”和“操作2”均需要使用分液漏斗和烧杯 C．“氧化”中盐酸可用稀硫酸代替 D．该工艺中作氧化剂，它与互为同分异构体5．【从废旧CPU回收贵重金属】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）从废旧CPU中回收的部分流程如下： 已知，下列说法正确的是 A．酸溶时，从消耗硝酸物质的量角度看，用浓硝酸比稀硝酸好 B．向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使和分离 C．NaCl促进了Au和的反应，其原因之一是降低了，生成了稳定性更好的 D．向含的溶液中加入过量Zn使其完全还原为Au，需消耗6.【用软锰矿制备高纯MnCO3】（2025·吉林省长春市十一中·一模）用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3 ）和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图： 已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。 物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Al（OH）3 Mn（OH）2 Ksp 1×10﹣16.3 1×10﹣38.6 1×10﹣32.3 1×10﹣12.7 回答下列问题： （1）软锰矿预先粉碎的目的是 　 　，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 　 　。 （2）保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba（OH）2的量达到最大值后会减小，减小的原因是 　 　。 （3）滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到 　 　操作中 （填操作单元的名称）。 （4）净化时需先加入的试剂X为 　 　（填化学式），再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为 　 （当溶液中某离子浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为该离子沉淀完全）。 （5）碳化过程中发生反应的离子方程式为 　 　。 7．【考查从铬铁矿制备重铬酸钾】(2025·吉林长春二模)重铬酸钾是一种用途广泛的化合物。工业上以铬铁矿[主要成分为，还含有等的氧化物]为主要原料制备重铬酸钾的一种工艺流程如图。回答下列问题： 已知：氧化铝与碳酸钠高温下反应生成和。 (1)焙烧”时将铬铁矿粉碎的目的是 ，滤渣I中能提炼出一种红色油漆颜料，则焙烧时发生反应的化学方程式为 。 (2)滤渣Ⅱ的主要成分是 。 (3)“除杂”时需加热，其目的是 。 (4)“电解”是利用膜电解技术(装置如图所示)，将转化为。阳极池发生反应的总的离子方程式为 。 (5)加入饱和溶液后蒸发结晶，能得到的原因是 。 (6)该流程中，能循环利用的物质有 (填化学式) 。 (7)以铬铁矿为原料，按照此流程最终得到，若原料利用率为，则该铬铁矿中铬的百分含量[以计]为 (保留三位有效数字)。 8．【利用钒渣制备钒电解液】(2026·辽宁辽阳高三联考)钒是重要的战略金属，广泛应用于储能、合金等领域，现代工业利用钒渣(主要成分为、，含少量、、等杂质)制备钒电解液(溶液)的一种绿色工艺流程如下： 已知：①多钒酸铵在pH为2至6条件下溶解度极低，在强酸性条件下()会溶解。 ②在酸性介质中，钒的稳定阳离子以形式存在，具有氧化性。 根据以上流程，回答下列问题： (1)V属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 。 (2)“焙烧”过程中，钒渣中的转化为的化学方程式为 。 (3)“溶解”后，滤渣1的主要成分是 (填化学式)。 (4)常温下，若水浸后滤液1中，为回收滤液中的Cr，将其转化为，以形式沉淀完全(浓度)，应控制pH至少为 。{已知：常温下，，) (5)钒的“酸溶”步骤中，将还原为的离子方程式为 ；该反应需在酸性条件下进行，原因是 。 9.【从稀土矿渣中提取稀土】（2025·黑龙江大庆·一模）稀土元素有工业“黄金”之称。钇元素(元素符号)、镧元素()均为稀土元素。某种从稀土矿中提取固体的工业流程如下，其中稀土矿渣是稀土矿经初步处理的产品，含有、及银的化合物等物质。 已知：ⅰ．的，的。 ⅱ．草酸根离子能与、反应生成草酸盐沉淀，也能生成可溶于水的配位离子，如等。 回答以下问题： (1)酸浸时，发生反应的离子方程式为___________。 (2)往滤液1中加入适量溶液，充分反应，经除杂处理后的溶液可用于___________工序中。 (3)一次沉淀时，当溶液中的恰好完全沉淀时，___________。 (4)在隔绝空气条件下，滤渣高温分解时还产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，写出滤渣高温分解的化学方程式___________。 (5)二次沉淀时草酸的丙酮溶液浓度不低于，若低于，不仅钇元素沉淀不完全，产品中还会有杂质，检验存在杂质的操作及现象是：把少量产品溶于稀硝酸，取溶液于试管中，滴加几滴___________溶液，出现___________现象；若浓度过大，导致___________元素以___________(填化学式)微粒的形式进入滤液2，无法达到目的。 (6)镧镍合金LaNix可作储氢材料，能快速可逆地存储和释放H2，其储氢原理为镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H储存在其中形成LaNixH6，晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm。 ①若A的分数坐标为(0，0.5，0.5)，B的分数坐标(0.75，0.75，0)，则C的分数坐标为___________。 ②设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________ g·cm-3(列出计算表达式)。 10．【从铅浮渣中回收锡、锑】（2025·辽宁省抚顺市二中·三模）铅浮渣是粗铅冶炼副产物，主要成分为、金属及，并含少量。某工厂回收其中的锡、锑的工艺流程如图所示。 已知：①可溶于硝酸生成可溶性铅盐；②可溶于水，在氧化剂作用下转化为难溶的；③，，。 (1)“焙烧”过程中转化为难溶性硫酸盐，同时生成一种能使品红溶液褪色的气体，该反应的化学方程式为________。 (2)在“脱硫”过程中难溶性硫酸盐发生转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因：________。 (3)“浆化熔炼”时，与共熔生成的化学方程式为________。 (4)“分锑”工序中，若用量不足，可能导致的后果是________。 (5)已知与的性质相似。“沉锡”工序中，加入硫酸调节溶液得到粗沉淀。 ①pH过高会导致沉淀溶解，原因是________。 ②粗沉淀的洗涤操作是________。 (6)常温下，若“沉锡”后溶液中，此时溶液的为________。 11．【考查萃取分离操作及有机萃取剂结构】钴是一种重要的战略金属元素，具有独特的性能，在电池材料、合金、催化剂等领域应用广泛。从硫钴精矿(含有CoS和CuFeS2及少量铝、钙、镁和硅的氧化物)中提取钴和铜的工艺流程如图所示： 已知： ①Cu2+(水相)＋2HA(有机相)CuA2(有机相)＋2H+(水相) ②HA为酸性萃取剂，其结构为 ③部分氢氧化物的Ksp如下表： Ksp 回答下列问题： (1)为提高“焙烧”效率，可采取的措施有___________。(任写一点即可) (2)萃取剂HA分子中含有___________个手性碳原子。 (3)600℃下CoS焙烧生成CoSO4的化学方程式为___________。 (4)“滤渣2”的成分为___________。 (5)若“除杂”后滤液中Co2+和Cu2+的浓度均为0.02mol/L，则溶液的pH不超过___________。 (6)“萃取”中“萃原液pH”对铜、钴萃取分离效果如图所示，应选择最佳萃原液pH为___________。 (7)在“有机相”中加入的最佳反萃取剂是___________。 真题·实战演练 1．【考查原料预处理】(2026·江西卷)高纯碳酸钙在电子工业领域有广泛应用。使用优质大理石(含有少量MgCO3和Fe3O4 杂质)制备高纯碳酸钙的工艺流程如图。体系中有关离子反应方程式书写错误的是( ) A．浸出过程：CaO+2H+=Ca2++H2O B．浸出过程：Fe3O4 +8H+ ==2Fe3+ +Fe2+ +4H2O C．净化过程：Fe3++ 3OH-=Fe(OH)3↓ D．碳化过程：Ca2++CO2+2NH3+H2O═CaCO3↓+2NH4+ 2.【考查分离提纯操作】（2026·贵州·高考真题）某磷废渣的主要成分为、和，一种对其进行分离的工艺流程如图。 下列说法错误的是 A．“焙烧”的目的是使、分解 B．“浸取”可能的反应为 C．“滤渣浮选”利用了和物理性质的差异 D．“滤液沉淀”可以利用流程中产生的和制备沉淀剂 3.【考查工业流程酸浸处理】（2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式： B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全 C．“氧化”过程中铁元素化合价降低 D．“沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质 4.【考查原料预处理】（2025·湖南卷）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的；金属化合物 下列说法错误的是 A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B．试剂X可以是溶液 C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为 5．【考查控制反应条件和分离操作】（2024·湖南卷）中和法生产的工艺流程如下： 已知：①的电离常数：，， ②易风化。 下列说法错误的是 A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液 B．“调pH”工序中X为或 C．“结晶”工序中溶液显酸性 D．“干燥”工序需在低温下进行 6.【考查稀土提取萃取分离操作】(2026·江西卷，16)稀散金属铟(In)是重要的战略资源。粗In(OH)3中主要杂质元素有As(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)、Pb(Ⅱ)，精制工艺流程图如下： 已知： a)萃取剂[Hbet][Tf2N]是离子液体 b)Ksp[In(OH)3]= 6.4×10－34，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39 c)分配率(Fe) 回答下列问题： (1)离子液体[Hbet][Tf2N]________(填“能”或“不能”)与水互溶。 (2)阶段Ⅰ，In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素C(Vc)的作用是________________________________。 (3)有机相2可循环用于阶段________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 (4)试剂①可选择HCl或H2SO4，主要元素的含量如下表(wt%，按投料计质量分数)。 元素 粗In(OH)3/wt% 水相2/(mg/L) 精制In(OH)3/wt% H2SO4组 HCl组 H2SO4组 HCl组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i．水相2中，H2SO4组Pb2+浓度远小于HCl组，原因是___________________________。 ii．实际工艺中选用HCl的原因是______________________________________________。 (5)阶段Ⅲ，溶液中c(OH-)=________mol·L-1时，In3+恰好沉淀完全。 (6)水相2中的砷酸(H3AsO4)最终转化成FeAsO4沉淀，杂质As被除去。写出总化学反应方程式________________________________。 7．【考查废旧电池回收利用】(2026·陕晋青宁卷，16)一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含Na3Li3Al2F12和少量NH4Fe3P6O20。 回答下列问题： (1)废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为________。 (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有________(任写两种)。该过程有H3PO4生成，LiFePO4溶解的化学方程式为________。滤渣的主要成分为________。 (3)“沉铝”时，NH4Fe3P6O20中Fe元素的化合价为________。 (4)“焙烧”时产生的HF，用________吸收后，产物可以循环利用。 (5)“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应AlPO4+3Li++3OH-Al(OH)3+Li3PO4(平衡常数为aL6·molˉ6)。若溶液中c(Li+)为bmol·L-1，不考虑其他离子参与反应，为防止Li+沉淀，c(OH-)需小于________mol·L-1(用含a、b的代数式表示)。 (6)滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含________(填化学式)。 (7)滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是________。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加________，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 8．【考查废固回收】（2026·海南·高考真题）稀土元素钇(Y)在发光、磁性材料等方面有着广泛的应用。Y在化合物中通常为+3价，其化合物的性质类似于镁的相应化合物。某研究小组以废弃的磁性材料(主要成分为，含少量)为原料，制备(s)。流程如下： 已知：，，。回答问题： (1)“研磨”的目的是________________________。 (2)“加热溶解”操作中，主要利用了的难挥发性和__________。 (3)固体A的主要成分是__________(写化学式)。 (4)实验室过滤要用到的仪器有烧杯、漏斗、带铁圈的铁架台、__________。 (5)路线Ⅱ“沉钇”中发生的主要反应包括：和__________(用离子方程式表示)。 (6)对比路线Ⅱ，路线Ⅰ的优点是________________________(写出一点即可)。 (7)若将直接加热，无法得到无水，原因是________________________(用化学方程式表示)。 9．【考查废渣中回收铅和银】（2026·四川卷）为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银的方法。浸渣主要含有、、、ZnS和少量等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 AgCl 回答下列问题： （1）闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第___________周期、第___________族。 （2）“煅烧”温度控制在350℃左右，中的硫酸根不分解、铅以形式存在，其分解反应的化学方程式是___________。 （3）“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是___________，浸出的主要金属离子是___________。 （4）“溶铅”时，使用含的热浓食盐水将铅盐转化为，其离子方程式是___________。食盐水中添加的作用有___________。 （5）溶液适当稀释和降温，便析出沉淀。分离后的母液，应返回___________步骤中。 （6）“电解”时，压片组成阴极，惰性电极作阳极，溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生和少量外，阳极附近溶液中还伴有少量生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有___________。 10．【从黄铜矿中提取铜和铁】）(2026·上海卷)黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分CuFeS2，含有少量SiO2 杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： (1)化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A．C、S B．C、H C．N、S D．N、H (2)离子液体[]HSO4-可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A．配位键 B．离子间静电作用 C．氢键 D．金属键 (3)已知：Cu+的歧化反应 2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(g) ΔH1＝+1212kJ·mol−1 Cu+(aq)Cu+(g) ΔH2＝+582kJ·mol−1 Cu2+(g)Cu2+(aq) ΔH3＝-42kJ·mol−1 Cu(g)Cu(s) ΔH4＝-337kJ·mol−1 2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(s) ΔH ①根据上述信息，计算反应热ΔH＝___________kJ·mol−1。 ②在298 K时，反应2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(s)的ΔS=-148J·mol-1·K-1则在该条件下，Cu+在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。 (4)写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：___________ 4CuFeS2+________O2+2NH3+____________=4[Cu(NH3)4]2++________NH4++2Fe2O3+8SO42- (5)用硫酸浸出黄铜矿时，生成Cu2+、Fe3+、SO42-。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 (6)写出正极的电极反应式___________。 (7)反应中CuFeS2可以用___________替代。 A．葡萄糖 B． C． D． (8)下图为CuFeS2晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。 A．体心 B．面心 C．顶点 D．棱心 距离Cu原子最近的S原子有___________个。 (9)NH3、H2O、H3O+三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明NH3和H2O键角不同的原因是___________。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第06讲工业流程题解题策略（专项训练） 参考答案 模拟·基础演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C A C C A C - - - - 7．【答案】(1) FeR3和HR ； Li2CO3、MgCO3；消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取率 (2)O、N (3)使钙离子生成草酸钙，便于除掉 (4)2Li++HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓ (5)6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2 (6) [Ar]3d74s2 8.【答案】(1) (2)增大矿粉与助剂接触面积，使焙烧反应更充分，提高金属浸出率 (3)、 (4) 水解生成胶体，胶体具有吸附性，会吸附金属阳离子，降低产率 、 (5) (6) 9. 【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族； 3：4 (2) Co(OH)2 ； 1：4 ； 2Li2CO3 +4CoCO3 +O24LiCoO2 +6CO2 (3) 减少Li2CO3的溶解量，提高产率； b (4)0.094 10．【答案】(1)将提锂渣磨成粉末(或适当升温等，合理即可) (2) 与反应，使转化为，从而使沉淀 Cu (3) (4) 2.5(或2-2.5之间) 生成，使磷酸铁中杂质增多 (5) (6)作还原剂 重难·创新演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A D B D C - - - - - - 6.【答案】（1）增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S； （2）过量的MnO2消耗了产生的Ba（OH）2；（3）蒸发；（4）H2O2；4.9； （5）Mn2++HCO3-+NH3•H2O＝MnCO3↓+NH4++H2O。 7．【答案】(1) 增大反应物的接触面积，使反应更加充分，反应速率更快 (2)和 (3)促进和水解，使和Na2SiO3转化为和 (4) (5)的溶解低于硫酸钠 (6)O2 (7)81.6% 8．【答案】(1) d (2) (3) (4)5.6 (5) 保证钒元素以的形式存在，防止生成 9.【答案】(1)+3H+=Y3++3H2O (2)一次沉淀 (3)5.0×10-21mol/L (4) (5) KSCN 溶液变为红色 Y (6) (1，0.5，1) 10．【答案】(1) (2) 反应的平衡常数，可较彻底地转化为 (3) (4)锑沉淀不完全，进入后续“沉锡”工序导致锡产品纯度降低 (5) 为两性氢氧化物，pH过高时会与反应生成可溶性盐 向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次 (6)1.5 11．【答案】(1)粉碎矿石、适当调节空气流速、提高空气中氧气浓度等 (2)2 (3) (4)、 (5)5 (6)4 (7)硫酸 真题·实战演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C A D D C - - - - - 6.【答案】(1)不能 (2)将Fe( III )还原为Fe(II ) (3)Ⅰ (4) PbSO4的溶解度小于PbCl2 In元素的损失更少 (5)4×10－10 (6)4 FeCl2+8NaOH+O2+4H3AsO4=FeAsO4↓+ 8NaCl+10H2O 7．【答案】(1)xLi++Li1-xFePO4+xe-=LiFePO4 (2) 适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等(任写两种) 2LiFePO4+3H2SO4=Li2SO4+2FeSO4+2H3PO4 C(石墨) (3)+3 (4)NaOH溶液或Na2CO3溶液 (5) (6)Na2SO4 (7) 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀 铁氰化钾溶液( K3[Fe(CN)6] ) 8．【答案】(1)增大固体与液体的接触面积，加快溶解速率，提高原料的浸出率 (2)强酸性 (3) (4)玻璃棒 (5) (6)可以回收副产物，提高资源利用率（或节约的用量） (7)（或） 9．【答案】（1）四 ⅡB （2） （3）将元素转化为沉淀，提高的回收率 、 （4） 增大浓度，利于生成；与产生的结合，促进反应正向移动 （5）溶铅 （6）阳极发生电极反应、，生成，使得溶液的降低 10．【答案】(1)D (2)BC (3) ① 875 ②不能 该温度下反应的 ΔG=ΔH-TΔS＞0 ，歧化反应正向自发，Cu+会转化为Cu2+和Cu (4)17 (5)氧化剂 (6)2H2O-4e-=O2↑＋4H＋ (7)A (8)A 4 (9)H3O+＞NH3＞H2O NH3中N原子有1对孤电子对，H2O中O原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第06讲工业流程题解题策略（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 考查物质制备类微型工业流程题 考向02 考查物质提纯类微型工业流程题 考向03 考查天然矿物提取类工业流程综合题 考向04 考查固废回收类工业流程综合题 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 考查物质制备类微型工业流程题 1．【菱锰矿提取锰】（24-25高三上·内蒙古包头·期中）一种以菱锰矿(主要成分为MnCO3，含SiO2、Fe3O4、FeO、CuO、NiO等杂质)为原料生产锰的工艺流程如下： 已知：①25℃时，，。 ②金属性：Mn＞Fe。 下列说法错误的是( ) A．滤渣①主要成分是SiO2，滤渣③主要成分是CuS、NiS B．“氧化”时，发生反应的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O C．“除铁”后，25℃时，溶液中c(Fe3+)=1.0×10-26.6mol·L-1 D．“电解”时，加入抑制剂的作用是减少阴极生成H2的量 【答案】C 【解析】菱锰矿的主要成分是MnCO3，含SiO2、Fe3O4、FeO、CuO、NiO等杂质，加入硫酸进行酸浸，SiO2不溶，过滤得到滤渣①，酸浸后得到的溶液中含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、Ni2+等；结合已知中Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]和Ksp[Mn(OH)2]的相对大小知，Fe3+更容易除去，故在酸性环境中加入MnO2，可将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续除杂，而MnO2自身被还原成Mn2+，再用氨水调pH，促使Fe3+形成沉淀除去，故滤渣②为Fe(OH)3；沉淀后得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，加入MnS得到的沉淀为CuS、NiS，过滤得到滤渣③，滤液为含MnSO4的溶液[含杂质(NH4)2SO4]，电解得到Mn。 A项，从分析可知，MnCO3、Fe3O4、FeO、CuO、NiO均可以和稀硫酸反应，只有SiO2不溶于稀硫酸；加入MnS除铜、镍后，Cu2+、Ni2+转化为CuS、NiS，滤渣①主要成分是SiO2，滤渣③主要成分是CuS、NiS，A正确； B项，“氧化”过程，MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，B正确； C项，由，可知，由氨水除铁控制pH=4，可以计算，25℃时，c(H＋)=1.0×10-4mol·L-1，则，计算可知c(Fe3+)=1.0×10-8.6mol·L-1，C错误； D项，“电解”时，阴极的电极反应可以是Mn2++2e-= Mn和2H＋＋2e-=H2↑，二者是竞争反应，加入抑制剂可抑制阴极生成H2，D正确； 故选C。 2.【金红石提取金属钛】（2025·黑龙江哈尔滨·一模）以金红石（主要成分为TiO2）为原料制取海绵钛的工艺流程如图所示： 下列说法错误的是 A. 上述流程中可循环利用的物质只有Mg和Cl2 B. 反应Ⅱ中通入氩气的作用是防止Mg、Ti被空气中的O2氧化 C. 工业制备单质镁用MgCl2而不用MgO的原因是MgO的熔点高，耗能大 D. 高温下反应Ⅰ可生成一种可燃性气体，其化学方程式为 【答案】A 【解析】由流程可知，I中发生，II中发生2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，氩气可防止Mg、Ti被氧化，分离出氯化镁电解生成Mg，海绵钛中常混有少量杂质为Mg，钛的化学活性不活泼，仅能与氧气等几种物质起反应，而与稀盐酸不反应，可加入过量的稀盐酸、过滤、洗涤、干燥除杂，且该流程中Mg与氯气可循环使用，以此来解答。 A．该反应中氩气不参加反应，也可以循环使用，A错误； B．由分析可知，反应Ⅱ中通入氩气的作用是防止Mg、Ti被空气中的O2氧化，B正确； C．MgCl2和MgO都是离子晶体，但是氧离子半径小，氧化镁熔点高，工业制备单质镁用MgCl2而不用MgO，C正确； D．由分析可知，I中发生，D正确； 故选A。 3.【从黄铜矿提取金属铜】用黄铜矿(主要成分，含少量)冶炼铜的一种工艺流程如图所示： 已知：“一次浸取”后的滤渣主要为、S、；。下列说法错误的是 A. “一次浸取”反应方程式为 B. 滤液1在空气中加热蒸干灼烧后，可得 C. “二次浸取”后滤渣中的混合物可用热的溶液分离 D. “调节”中每生成，转移电子 【答案】C 【解析】黄铜矿(主要成分，含少量)，加氯化铁进行浸取，“一次浸取”后的滤渣主要为、S、；可知被氯化铁氧化生成和S；过滤后滤渣加NaCl溶液二次浸取，转化为；过滤所得滤液加盐酸调节pH，转化为Cu。 A．结合已知被氯化铁氧化生成和S，氯化铁被还原为氯化亚铁，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应方程式：，故A正确； B．滤液1主要成分为氯化亚铁，在空气中加热会被氧化为氯化铁，蒸干过程中氯化铁水解生成氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，故B正确； C．二次浸取后滤渣为S和SiO2，两者均能与NaOH反应，因此不能用热的NaOH溶液分离，故C错误；D．“调节”时发生反应：，每生成，转移电子，故D正确。 故答案选C 考向02 考查物质提纯类微型工业流程题 4．【考查物质分离——萃取分液】某兴趣小组用乙酸乙酯(沸点76.8℃)提纯对羟基苯乙酮(沸点148℃)，二者能形成分子间氢键，下列说法正确的是( ) A．萃取剂总量相同，萃取率不受萃取次数影响 B．振荡时要注意打开分液漏斗上部玻璃塞及时放气 C．对羟基苯乙酮与乙酸乙酯形成分子间氢键有利于萃取，不利于蒸馏 D．蒸馏时使用球形冷凝管比用直形冷凝管冷凝效果更好 【答案】C 【解析】对羟基苯乙酮溶液中加入乙酸乙酯进行萃取，分液后得到水层和有机层，有机层中含对羟基苯乙酮和乙酸乙酯，经过干燥，倾析分离出有机层，蒸馏后得到溶剂和产品。 A项，萃取剂总量相同时，多次萃取的萃取率高于单次萃取，萃取率受萃取次数影响，A错误； B项，振荡分液漏斗时，应将漏斗倒转，打开下部活塞放气，无需打开上部玻璃塞，B错误； C项，二者形成分子间氢键，会增大对羟基苯乙酮在乙酸乙酯中的溶解度，有利于萃取；蒸馏时氢键会缩小二者的沸点差距，不利于分离，C正确； D项，蒸馏操作需使用直形冷凝管，球形冷凝管内壁会残留馏分，不适合蒸馏使用，D错误； 故选C。 5．【考查蒸发、结晶分离操作】亚氯酸钠(NaClO2，不稳定，受热易分解)漂白织物时不损伤纤维，常用作高端漂白剂。其合成路线如图所示： 下列说法中错误的是 A．“反应1”中制取67.5gClO2，理论上需要22.4L(标准状况)SO2 B．温度过高会造成“反应2”中的还原剂大量损失 C．“减压蒸发”的主要目的是为了减少NaClO2的分解 D．对粗产品进一步提纯可采取的操作为重结晶 【答案】A 【解析】A．氯酸钠反应生成二氧化氯，氯元素化合价降低1价，所以制取67.5gClO2，转移1mol电子，理论上需要0.5mol二氧化硫，标况下体积为11.2L，A错误； B．反应2中实现二氧化氯变成亚氯酸钠，二氧化氯为氧化剂，过氧化氢做还原剂，温度高，过氧化氢分解，B正确； C．NaClO2，不稳定，受热易分解，所以减压蒸发减少其分解，C正确； D．粗产品的提纯利用重结晶的方法，D正确； 故选A。 6．【考查沉淀分离操作】（2025·吉林长春·二模）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 【答案】C 【解析】浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4] 2+，MnO2、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MnO2；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，最后煅烧获得ZnO。 A项，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，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[Cu(NH3)4]2+>NH3，故A错误； B项，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，故B错误； C项，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，金属元素的质量增加，即“滤液①”< “滤液②”，故C正确； D项，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； 故选C。 考向03 考查天然矿物提取类工业流程综合题 7．【锂云母矿中制取碳酸锂】（2026·辽宁鞍山市普通高中·三模）电池级碳酸锂是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春拥有亚洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO42-等)为原料制取电池级Li2CO3的工艺流程如图： 已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生的反应可表示为：Fe3++3HRFeR3+3H+； ②常温时，1mol·L-1LiOH溶液的pH=14。 回答下列问题： (1)“有机层”的主要成分为 (填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为 ；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是 。 (2)某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与Fe3+形成配位键的原子有 。 (3)加适量草酸的目的 。 (4)“混合沉锂”的离子方程式为 。 (5)Li2CO3与Co3O4在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCoO2)。写出对应的化学方程式 。 (6)钴酸锂(LiCoO2)是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。 ①基态Co原子核外电子排布式为 。 ②该晶胞密度为 g·cm-3。(写出计算式，阿伏加德罗常数为NA) 【答案】(1) FeR3和HR ； Li2CO3、MgCO3；消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取率 (2)O、N (3)使钙离子生成草酸钙，便于除掉 (4)2Li++HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓ (5)6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2 (6) [Ar]3d74s2 【解析】(1)根据Fe3++3HRFeR3+3H+平衡可知，有机层中主要是FeR3和HR，根据流程可知沉淀主要是碳酸锂和碳酸镁。加入氢氧化钠后氢离子会被消耗，从而使平衡正向移动。(2)从结构可知氧原子、氮原子都有孤对电子，所以能形成配位键的是N、O；(3)加入草酸的目的是沉淀多余的钙离子；(4)从流程可知是碳酸氢锂和氢氧化锂反应生成了碳酸锂，离子方程式为：2Li++ HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓；(5)钴元素的化合价从+2和+3归到+3价部分被氧化，所以有氧气参加反应。化学方程式为：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；(6)Co为第四周期第Ⅷ族元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d74s2 ，该晶胞中Li+： 、Co3+：、O2-：，其晶胞化学式为：Li3Co3O6，故其密度为： 。 8.【镍矿制备镍的化合物】（2025·辽宁抚顺·二模）是一种性能优异的电极材料。一种以红土镍矿(含Fe(Ⅲ)、、、的氧化物)为原料制备的工艺如图所示。 已知：，金属离子浓度时可认为完全沉淀。 回答下列问题： (1)基态的价层电子排布图为________。 (2)“焙烧”前，将矿粉与助剂混合后研磨成糊状的原因是________。 (3)焙烧温度会影响焙烧熟料的成分，550℃和650℃所得焙烧熟料的X射线衍射图如图所示。650℃“焙烧”时，气体的成分为和________(写化学式)。 (4)“水浸”时，需控制水量防止沉淀过多，其原因是：①元素是制备的原料之一；②________。浸出渣的成分为少量和________(写化学式)。 (5)若“水浸”的浸出液中。则“共沉淀”时，应调节的范围为________。 (6)“煅烧”时发生反应的化学方程式为________。 【答案】(1) (2)增大矿粉与助剂接触面积，使焙烧反应更充分，提高金属浸出率 (3)、 (4) 水解生成胶体，胶体具有吸附性，会吸附金属阳离子，降低产率 、 (5) (6) 【分析】红土镍矿(含Fe(Ⅲ)、、、的氧化物)，在溶液、固体为助剂、条件下焙烧。金属氧化物与硫酸氢铵、硫酸反应，生成、、；不反应；、受热分解；水浸后，浸渣为、与少量。向金属离子浸出液加浓氨水，调节，使、完全沉淀，保留在溶液中除去。铁、镍的氢氧化物沉淀分解，化合生成目标产物。 【解析】（1） Ni原子序数28，基态原子电子排布：；失去4s轨道2个电子形成，价层电子排布式为，电子排布图为； （2）增大矿粉固体与助剂、硫酸的接触面积，让焙烧反应更充分，同时加快固体焙烧反应速率，提升金属氧化物的转化浸出率； （3）由X射线衍射图可知，550℃焙烧熟料含；650℃熟料出现，说明高温下发生分解：。焙烧助剂为，受热分解，会生成、、； （4）水量过大，溶液稀释，水解平衡正向移动，大量水解生成胶体，胶体具有吸附性，会吸附金属阳离子，降低产率；由分析可知，浸出渣为不溶性的、和少量； （5）由题，要求、完全沉淀（），不沉淀（）。完全沉淀时，，，则；完全沉淀时，，，则；开始沉淀时，，，则，需保证完全沉淀、不沉淀，因此； （6）共沉淀产物为、，高温分解化合方程式为。 考向04考查固废回收类工业流程综合题 9. 【废弃锂电池的正极材料中回收Li】锂电池中一些金属的回收利用是未来发展的一大方向。将废弃锂电池的正极材料LiCoO2进行氯化处理回收Li的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)Co在元素周期表的位置为 ，Co2+和Co3+的未成对电子数之比为 。 (2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，滤饼2的主要成分的化学式为 ，“500 ℃焙烧”反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ；碳酸锂(Li2CO3)与CoCO3按n(Li)∶n(Co)=1:1混合，然后在空气中于700 ℃烧结可合成锂电池的正极材料LiCoO2，该反应的化学方程式为 。 (3)碳酸锂的溶解度随温度变化的关系如图所示，向滤液2中加入Na2CO3固体，将温度升至90 ℃是为了提高沉淀反应速率和 ，得到碳酸锂沉淀的操作为 (填字母)。 a.静置，过滤　　b.加热后，趁热过滤　　c.蒸发浓缩、冷却结晶　　d.蒸发结晶 (4)取100 mL滤液2，其中c(Li+)=0.10 mol·L-1，为使锂元素的回收率不低于80%，则至少应加入Na2CO3固体的物质的量为 mol[已知Ksp(Li2CO3)=3.6×10-4]。 【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族； 3：4 (2) Co(OH)2 ； 1：4 ； 2Li2CO3 +4CoCO3 +O24LiCoO2 +6CO2 (3) 减少Li2CO3的溶解量，提高产率； b (4)0.094 【分析】废弃锂电池的正极材料和四氯化硅在500℃条件下焙烧生成氯化锂、氯化亚钴、二氧化硅等；烧渣经水浸、过滤得到含有二氧化硅的滤饼和滤液1；向滤液1中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的亚钴离子转化为氢氧化亚钴沉淀，过滤得到含有氢氧化亚钴的滤饼和滤液2；向滤液2中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂。 【详解】（1）钴元素的原子序数为27，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，基态亚钴离子和钴离子的价电子排布式分别为3d7和3d6，则未成对电子数之比为3：4，故答案为：第四周期第Ⅷ族；3：4； （2）烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，由分析可知，加入氢氧化钠溶液的目的是将溶液中的亚钴离子转化为氢氧化亚钴沉淀，则滤饼2的主要成分是氢氧化亚钴；500 ℃焙烧时发生的反应为4LiCoO2+3SiCl44LiCl+4CoCl2+3SiO2+O2↑，反应中钴元素的化合价由+3价降低位+2价，被还原，二氯化亚钴为还原产物，氧元素的化合价升高被氧化，氧气是氧化产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4；由题意可知，生成钴酸锂的反应为碳酸锂和碳酸亚钴在700 ℃条件下反应生成钴酸锂和二氧化碳，反应的化学方程式为2Li2CO3 +4CoCO3 +O24LiCoO2 +6CO2，故答案为：Co(OH)2；1：4；2Li2CO3 +4CoCO3 +O24LiCoO2 +6CO2； （3）由图可知，碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，则向滤液2中加入碳酸钠溶液，将温度升高至90℃是为了提高沉淀反应速率和减小碳酸锂的溶解量，提高产率，得到碳酸锂沉淀的操作为加热后，趁热过滤，故答案为：减少Li2CO3的溶解量，提高产率；b； （4）由题意可知，为使锂元素的回收率不低于80%，锂离子沉淀需要碳酸钠的物质的量为0.1mol/L×0.1L×80%×=0.004mol，溶液中剩余的锂离子浓度为0.1mol/L×20%=0.02mol/L，由溶度积可知，溶液中碳酸根离子物质的量为mol/L×0.1L=0.09mol，则最少需要碳酸钠的物质的量为0.004mol+0.09mol=0.094mol，故答案为：0.094。 10．【从废旧电池中回收磷酸铁锂】（24-25高三上·黑龙江伊春·期中）废旧磷酸铁锂电池提锂渣的主要成分为磷酸铁()，还有石墨粉、铝和铜的氧化物等，某科研小组从提锂渣中回收磷酸铁并实现正极材料再生的流程如下。 已知：①和均难溶于水，但在强酸或磷酸条件下可生成易溶的磷酸二氢盐； ②铁磷溶液的主要成分为。 回答下列问题： (1)为提高提锂渣的“浸出”率，可采取的措施有 (写出一条)。 (2)“除杂”时加入适量铁粉可使形成沉淀从溶液中分离，原因是 ；“滤渣”的主要成分有石墨、和 (填化学式)。 (3)“氧化”后生成难溶性的，该反应的化学方程式为 。 (4)“氧化”终点所得溶液需调节一定以使铁、磷元素充分沉淀制备磷酸铁，终点对制备磷酸铁过程的影响如下图所示。由图分析，终点约为 最适宜，若大于该，会导致 。 (5)“滤液”中可循环使用的物质主要是 (填化学式)。 (6)“煅烧”时葡萄糖的作用是 。 【答案】(1)将提锂渣磨成粉末(或适当升温等，合理即可) (2) 与反应，使转化为，从而使沉淀 Cu (3) (4) 2.5(或2-2.5之间) 生成，使磷酸铁中杂质增多 (5) (6)作还原剂 【分析】提锂渣的主要成分为磷酸铁()，还有石墨粉、铝和铜的氧化物等，加入稀硫酸和磷酸将固体溶解，加入铁粉可降低溶液酸度，使得形成沉淀从溶液中分离，铁磷溶液的主要成分被过氧化氢氧化后生成，从溶液中滤出后经脱水后，加入葡萄糖和碳酸锂，发生反应生成LiFePO4，实现正极材料再生。 【详解】（1）为提高提锂渣的“浸出”率，可采取将提锂渣磨成粉末(或适当升温等)的措施； （2）“除杂”时加入适量铁粉，与反应，使转化为，从而使沉淀；根据分析可知，“滤渣”的主要成分有石墨、和Cu； （3）在作用下被氧化为，化学方程式：； （4）根据图示，终点约为2.5时，Fe、P元素沉淀率都比较高，且基本达到最大；若大于该，会导致生成，使磷酸铁中杂质增多； （5）滤液中剩余的硫酸可循环使用； （6）“煅烧”时葡萄糖中的C元素起还原性作用，将硫酸铁中的铁元素还原为+2价，实现正极材料的再生。 重难·创新演练 1.【从硫铁矿中制备常见无机物】（2025——2026高一上·辽宁大连·期末）以硫铁矿（主要成分为）为原料制备氯化铁晶体（）的工艺流程如下所示： 下列说法不正确的是 A．“酸溶”过程中使用的酸也可以是硝酸 B．为防止污染，“焙烧”过程中产生的应回收利用 C．通入氯气的目的是氧化 D．用制取无水时，需要在氯化氢气流中加热 【答案】A 【详解】A.“酸溶”过程中使用的酸如果是硝酸，会引入硝酸根离子，导致产品不纯，A错误； B.二氧化硫有毒，会污染环境，为防止污染，“焙烧”过程中产生的SO2可以用于制硫酸，B正确； C.通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，C正确； D.FeCl3·6H2O制取无水FeCl3时，应在氯化氢气流中加热，防止水解FeCl3，D正确。 故选A。 2．【锑矿为原料制备五氟化锑】（2025·辽宁省大连市·一模）SbF5是非常强的路易斯酸，其酸性是硫酸的1500万倍。以锑矿(主要成分为Sb2O3、Sb2O5及少量CuO、SiO2等杂质)为原料制备SbF5的工艺流程如图所示： 下列有关说法正确的是 A. 滤渣1主要成分是H2SiO3 B. 沉淀时的反应为 C. 实验室模拟氟化操作可以在烧瓶中进行 D. 产物可以通过蒸馏的方法分离提纯，说明SbF5与SbCl5沸点不同 【答案】D 【解析】由题干流程图可知，锑矿用盐酸浸出，Sb2O3、CuO、 Sb2O5、分别与盐酸反应生成SbCl3、CuCl2、SbCl5，过滤除去难溶性杂质即滤渣1的主要成分为SiO2，滤液中加入H2S，沉淀Cu2+，过滤除去CuS即滤渣2的主要成分是CuS，电解滤液制得金属Sb，用氯气氧化Sb制得SbCl5，通入HF制得SbF5，据此分析解题。 A．由分析可知，滤渣1主要成分是SiO2，A错误； B．H2S为弱酸属于弱电解质，故沉淀时的反应离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，B错误； C．由题干流程图可知，氟化操作中使用了HF，HF与玻璃中的SiO2会反应而腐蚀玻璃，故实验室模拟氟化操作不可以在烧瓶中进行，应该在塑料瓶中进行，C错误； D．蒸馏是将沸点不同的互溶液体分开的操作，故产物可以通过蒸馏的方法分离提纯，说明SbF5与SbCl5沸点不同，D正确； 故答案为：D。 3.【稀土金属氧化物提纯】（2024——2025高三上·黑龙江牡丹江·开学检测）是一种重要的稀土金属氧化物，在催化与检测方面均有广泛的应用前景。工业上从水晶石废料(含有、CaO、、、MgO)中提取的流程如下： 已知：，；金属离子浓度小于，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A．“浸取”工序中，提高浸取率的方法有粉碎、搅拌、适当升温 B．根据已知计算得出，完全沉淀的pH为5.3 C．氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是与形成配合物导致不易被沉淀 D．“还原”工序中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1 【答案】B 【详解】A．提高浸取率可通过增大接触面积（粉碎）、加快反应速率（搅拌、适当升温）实现，A正确； B．完全沉淀时，，由，得，，，，B错误； C．过量氨水可能与形成配合物（如），导致不易沉淀，沉铈率下降，C正确； D．还原工序中，（，得）为氧化剂，（，失）为还原剂，电子守恒得，D正确； 故答案选B。 4．【废电路板回收溴化钠】（2025·辽宁葫芦岛·二模）一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐（CBSBPs）中回收NaBr的绿色工艺流程如图，下列叙述不正确的是 A．流程中可循环利用 B．“操作1”和“操作2”均需要使用分液漏斗和烧杯 C．“氧化”中盐酸可用稀硫酸代替 D．该工艺中作氧化剂，它与互为同分异构体 【答案】D 【分析】向粗溴盐(CBSBPs)中加入盐酸和氯酸钠溶液，将溶液中的溴离子氧化为Br2得到溴水，向溴水中加入四氯化碳萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入碳酸钠溶液和尿素，碳酸钠溶液作用下尿素将Br2还原生成溴化钠，分液得到四氯化碳和溴化钠溶液；最后溴化钠溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到溴化钠固体，据此解答。 【解析】A．流程中CCl4在“操作1”中作萃取剂萃取Br2使其进入有机相，“操作2”分液后有机相主要为CCl4，可循环到“操作1”继续使用，A正确； B．“操作1”为萃取、分液(分离溴水被CCl4萃取后的有机相和水相)，“操作2”为有机相(CCl4)与水相(NaBr溶液)的分液，两者均需要使用分液漏斗和烧杯，B正确； C．“氧化”中盐酸的作用是提供H+以增强NaClO3的氧化性，稀硫酸同样可提供H+，且硫酸根不干扰反应，故“氧化”中盐酸可用稀硫酸代替，C正确； D．“还原”步骤中Br2被还原为Br-(化合价降低)，则CO(NH2)2作还原剂，并非作氧化剂，CO(NH2)2与NH4OCN为分子式相同(均为CH4ON2)而结构不同的化合物，两者互为同分异构体，D错误； 故选D。 5．【从废旧CPU回收贵重金属】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）从废旧CPU中回收的部分流程如下： 已知，下列说法正确的是 A．酸溶时，从消耗硝酸物质的量角度看，用浓硝酸比稀硝酸好 B．向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使和分离 C．NaCl促进了Au和的反应，其原因之一是降低了，生成了稳定性更好的 D．向含的溶液中加入过量Zn使其完全还原为Au，需消耗 【答案】C 【分析】CPU中的银和铜与硝酸可以反应，金没有溶解，过滤后滤液中含银离子和铜离子，金用硝酸和氯化钠可以溶解得到但溶液，加锌粉还原得到金。从流程中可以看出，在氢离子、氯离子、硝酸根同时存在时金可溶解。 【解析】A．酸溶步骤溶解Cu和Ag，浓硝酸与Cu反应为，1mol Cu消耗4mol ，稀硝酸与Cu反应为，1mol Cu消耗≈2.67mol ，稀硝酸消耗更少；同理Ag与稀硝酸反应消耗硝酸也更少，故从消耗硝酸量角度，稀硝酸更好，A错误； B．滤液含、，加入过量浓氨水，生成可溶的，生成可溶的，二者均溶于氨水，无法分离，B错误； C．Au与反应生成，加入NaCl后，与结合生成稳定的，降低了，促使Au的溶解平衡正向移动，从而促进反应进行，C正确； D．中Au为+3价，2mol 还原需6mol电子，Zn被氧化为，1mol Zn失2mol电子，需3mol Zn还原 ，电离出，过量Zn会与反应生成，实际消耗Zn更多，D错误。 故选C。 6.【用软锰矿制备高纯MnCO3】（2025·吉林省长春市十一中·一模）用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3 ）和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图： 已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。 物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Al（OH）3 Mn（OH）2 Ksp 1×10﹣16.3 1×10﹣38.6 1×10﹣32.3 1×10﹣12.7 回答下列问题： （1）软锰矿预先粉碎的目的是 　 　，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 　 　。 （2）保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba（OH）2的量达到最大值后会减小，减小的原因是 　 　。 （3）滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到 　 　操作中 （填操作单元的名称）。 （4）净化时需先加入的试剂X为 　 　（填化学式），再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为 　 （当溶液中某离子浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为该离子沉淀完全）。 （5）碳化过程中发生反应的离子方程式为 　 　。 【答案】（1）增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S； （2）过量的MnO2消耗了产生的Ba（OH）2；（3）蒸发；（4）H2O2；4.9； （5）Mn2++HCO3-+NH3•H2O＝MnCO3↓+NH4++H2O。 【解析】软锰矿粉（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3）加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S，过滤得到Ba（OH）2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe（OH）3和Al（OH）3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。 （1）软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知﹣2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1：1，根据后续流程可知产物还有Ba（OH）2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S， （2）根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba（OH）2，从而使Ba（OH）2的量达到最大值会减小， （3）滤液I为结晶后剩余的Ba（OH）2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用， （4）净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe（OH）3和Al（OH）3为同种沉淀，而Al（OH）3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c（Al3+）＝1.0×10﹣5mol/L时，c（OH﹣）═10﹣9.1mol/L，所以c（H+）＝10﹣4.9mol/L，pH＝4.9，即pH的理论最小值为4.9， （5）碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2+++NH3•H2O＝MnCO3↓++H2O。 7．【考查从铬铁矿制备重铬酸钾】(2025·吉林长春二模)重铬酸钾是一种用途广泛的化合物。工业上以铬铁矿[主要成分为，还含有等的氧化物]为主要原料制备重铬酸钾的一种工艺流程如图。回答下列问题： 已知：氧化铝与碳酸钠高温下反应生成和。 (1)焙烧”时将铬铁矿粉碎的目的是 ，滤渣I中能提炼出一种红色油漆颜料，则焙烧时发生反应的化学方程式为 。 (2)滤渣Ⅱ的主要成分是 。 (3)“除杂”时需加热，其目的是 。 (4)“电解”是利用膜电解技术(装置如图所示)，将转化为。阳极池发生反应的总的离子方程式为 。 (5)加入饱和溶液后蒸发结晶，能得到的原因是 。 (6)该流程中，能循环利用的物质有 (填化学式) 。 (7)以铬铁矿为原料，按照此流程最终得到，若原料利用率为，则该铬铁矿中铬的百分含量[以计]为 (保留三位有效数字)。 【答案】(1) 增大反应物的接触面积，使反应更加充分，反应速率更快 (2)和 (3)促进和水解，使和Na2SiO3转化为和 (4) (5)的溶解低于硫酸钠 (6)O2 (7)81.6% 【详解】（1）焙烧”时将铬铁矿粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，使反应更加充分，反应速率更快；滤渣I中能提炼出一种红色油漆颜料，为Fe2O3，即在空气中加入碳酸钠焙烧生成氧化铁，化学反应式为：； （2）由分析得，滤渣Ⅱ为和； （3）“除杂”时需加热，其目的是促进和水解，使和Na2SiO3转化为和； （4）阳极水失去电子：，氢离子浓度上升，使反应平衡正向移动，转化为，综上：阳极池发生反应的总离子方程式为：； （5）加入饱和溶液后蒸发结晶，能得到的原因是：的溶解低于硫酸钠； （6）该流程中，能循环利用的物质有O2，电解产生的氧气可用于焙烧； （7）根据Cr原子守恒可知，Cr物质的量为：，的物质的量为：，该铬铁矿中铬的百分含量[以计]为。 8．【利用钒渣制备钒电解液】(2026·辽宁辽阳高三联考)钒是重要的战略金属，广泛应用于储能、合金等领域，现代工业利用钒渣(主要成分为、，含少量、、等杂质)制备钒电解液(溶液)的一种绿色工艺流程如下： 已知：①多钒酸铵在pH为2至6条件下溶解度极低，在强酸性条件下()会溶解。 ②在酸性介质中，钒的稳定阳离子以形式存在，具有氧化性。 根据以上流程，回答下列问题： (1)V属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 。 (2)“焙烧”过程中，钒渣中的转化为的化学方程式为 。 (3)“溶解”后，滤渣1的主要成分是 (填化学式)。 (4)常温下，若水浸后滤液1中，为回收滤液中的Cr，将其转化为，以形式沉淀完全(浓度)，应控制pH至少为 。{已知：常温下，，) (5)钒的“酸溶”步骤中，将还原为的离子方程式为 ；该反应需在酸性条件下进行，原因是 。 【答案】(1) d (2) (3) (4)5.6 (5) 保证钒元素以的形式存在，防止生成 【详解】（1）V位于第四周期第VB族，属于d区元素；V为23号元素，其基态原子核外电子排布式为，则价层电子排布式为； （2）焙烧时，与Na2CO3、发生氧化还原反应，V从+3价被氧气氧化为+5价(中)，氧化剂是，氧从0价变为-2价，其化学反应方程式为：； （3）焙烧时，被氧气氧化为，不溶于水，故滤渣1是； （4）要使以形式沉淀完全(浓度)，根据可得，，则 mol/L，pH≥5.6； （5）根据得失电子守恒，中的V为+5价，中的V为+4价，每个V原子得到1个电子，中的S为+4价，需要升价，变为（+6价），每个S原子失去2个电子，据此与的计量数之比为1:3，化学反应方程式为：； 根据题目已知信息：在酸性介质中，阳离子有较稳定，具有氧化性，而后续流程中需要V元素以在的形式存在，故该反应需在酸性条件下进行，原因是酸性条件下有利于生成，保证钒元素以的形式存在，防止生成。 9.【从稀土矿渣中提取稀土】（2025·黑龙江大庆·一模）稀土元素有工业“黄金”之称。钇元素(元素符号)、镧元素()均为稀土元素。某种从稀土矿中提取固体的工业流程如下，其中稀土矿渣是稀土矿经初步处理的产品，含有、及银的化合物等物质。 已知：ⅰ．的，的。 ⅱ．草酸根离子能与、反应生成草酸盐沉淀，也能生成可溶于水的配位离子，如等。 回答以下问题： (1)酸浸时，发生反应的离子方程式为___________。 (2)往滤液1中加入适量溶液，充分反应，经除杂处理后的溶液可用于___________工序中。 (3)一次沉淀时，当溶液中的恰好完全沉淀时，___________。 (4)在隔绝空气条件下，滤渣高温分解时还产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，写出滤渣高温分解的化学方程式___________。 (5)二次沉淀时草酸的丙酮溶液浓度不低于，若低于，不仅钇元素沉淀不完全，产品中还会有杂质，检验存在杂质的操作及现象是：把少量产品溶于稀硝酸，取溶液于试管中，滴加几滴___________溶液，出现___________现象；若浓度过大，导致___________元素以___________(填化学式)微粒的形式进入滤液2，无法达到目的。 (6)镧镍合金LaNix可作储氢材料，能快速可逆地存储和释放H2，其储氢原理为镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H储存在其中形成LaNixH6，晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm。 ①若A的分数坐标为(0，0.5，0.5)，B的分数坐标(0.75，0.75，0)，则C的分数坐标为___________。 ②设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________ g·cm-3(列出计算表达式)。 【答案】(1)+3H+=Y3++3H2O (2)一次沉淀 (3)5.0×10-21mol/L (4) (5) KSCN 溶液变为红色 Y (6) (1，0.5，1) 【分析】稀土矿渣中含有、及银的化合物等物质，往其中加盐酸酸浸，银元素进入浸出渣，从中可以回收银；、与盐酸反应转化为YCl3、FeCl3，往其中通入NH3、加NH4Cl溶液，进行一次沉淀，将YCl3、FeCl3转化为Y(OH)3、Fe(OH)3，过滤，往滤渣中加盐酸溶解后，往其中加H2C2O4的丙酮溶液，进行二次沉淀，将铁元素转化为，Y元素转化为Y2(C2O4)3沉淀成为滤渣，然后将滤渣洗涤、烘干、高温分解得Y2O3。 【详解】（1）酸浸时与盐酸中的反应生成和水，离子方程式为。 （2）一次沉淀工序需要，滤液1中与反应释放出，可回收用于一次沉淀工序。 （3）离子恰好完全沉淀时浓度按计算，由得，代入得。 （4）二次沉淀的滤渣为草酸钇，隔绝空气高温分解，发生歧化反应生成和能使澄清石灰水变浑浊的，配平得到反应方程式为。 （5）杂质为未除尽的，实验室用溶液检验，现象为溶液变为血红色； 根据已知信息，草酸浓度过大时，草酸根过量，元素会生成可溶性配位离子进入滤液，无法沉淀。 （6）① 根据A、B的分数坐标确定晶胞相对坐标，可知前方左下角的La为原点，推得C点的分数坐标为； ② 晶胞中共个，共个，由化学式可知，原子数是La原子数的6倍，故其中包含3个分子，总质量为，晶胞体积为，故密度为。 10．【从铅浮渣中回收锡、锑】（2025·辽宁省抚顺市二中·三模）铅浮渣是粗铅冶炼副产物，主要成分为、金属及，并含少量。某工厂回收其中的锡、锑的工艺流程如图所示。 已知：①可溶于硝酸生成可溶性铅盐；②可溶于水，在氧化剂作用下转化为难溶的；③，，。 (1)“焙烧”过程中转化为难溶性硫酸盐，同时生成一种能使品红溶液褪色的气体，该反应的化学方程式为________。 (2)在“脱硫”过程中难溶性硫酸盐发生转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因：________。 (3)“浆化熔炼”时，与共熔生成的化学方程式为________。 (4)“分锑”工序中，若用量不足，可能导致的后果是________。 (5)已知与的性质相似。“沉锡”工序中，加入硫酸调节溶液得到粗沉淀。 ①pH过高会导致沉淀溶解，原因是________。 ②粗沉淀的洗涤操作是________。 (6)常温下，若“沉锡”后溶液中，此时溶液的为________。 【答案】(1) (2) 反应的平衡常数，可较彻底地转化为 (3) (4)锑沉淀不完全，进入后续“沉锡”工序导致锡产品纯度降低 (5) 为两性氢氧化物，pH过高时会与反应生成可溶性盐 向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次 (6)1.5 【分析】铅浮渣（含PbS、金属Pb、Pb2Sb2O7、少量SnO2）先通空气、加入硫酸焙烧，PbS被氧化为PbSO4并生成SO2；加碳酸钠脱硫，难溶PbSO4转化为更难溶PbCO3；再用硝酸浸出，铅元素溶解进入滤液，固体剩余SnO2、Sb2O3；固体加入Na2S·9H2O浆化熔炼，Sb2O3反应生成可溶于水的Na3SbS3；加水浸出后向溶液加H2O2分锑，Na3SbS3被氧化为难溶NaSbO3·9H2O过滤除去得到滤液2；滤液2加硫酸调节pH沉锡，析出粗Sn(OH)4，完成锡的回收； 【解析】（1）反应物为PbS、空气（O2）、硫酸，生成物为难溶性硫酸盐（PbSO4），金属元素价态不变（Pb仍为+2价），因此PbS中的S元素被氧化为SO2，故该反应的化学方程式为2PbS+3O2+2H2SO42PbSO4+2H2O+2SO2； （2）脱硫是PbSO4固体和转化为更难溶PbCO3，离子方程式：PbSO4(s) + (aq)PbCO3(s) + (aq)； 由Ksp数据，Ksp(PbCO3)Ksp(PbSO4)，PbCO3解度远小于PbSO4，反应的，故可结合溶液中微量Pb2+生成PbCO3沉淀，促使PbSO4沉淀溶解平衡正向移动，实现PbSO4沉淀较彻底地转化为PbCO3； （3）Sb2O3与Na2S·9H2O共熔生成Na3SbS3，同时生成NaOH，无化合价变化：； （4）已知Na3SbS3溶于水，需H2O2氧化为难溶NaSbO3·9H2O过滤除锑；若H2O2不足，Na3SbS3无法完全转化为沉淀，锑元素留在滤液2中，后续沉锡时锑会混入粗Sn(OH)4，导致锡产品纯度下降； （5）① Sn与Al性质相似，Sn(OH)4是两性氢氧化物，pH过高时，过量OH-会与Sn(OH)4反应生成可溶性锡酸盐（如Na2SnO3），沉淀溶解； ② 沉淀洗涤标准操作：向过滤器中加入蒸馏水至完全浸没沉淀，待水自然滤出，重复2~3次； （6）已知Ksp[Sn(OH)4]=c(Sn4+)·c4(OH-)=1.0×10-56，c(Sn4+)=1.0×10-6mol·L-1；c4(OH-)===1.0×10-50；c(OH-)===10-12.5 mol·L-1；c(H+)===10-1.5 mol·L-1；pH=-lg c(H+)=1.5。 11．【考查萃取分离操作及有机萃取剂结构】钴是一种重要的战略金属元素，具有独特的性能，在电池材料、合金、催化剂等领域应用广泛。从硫钴精矿(含有CoS和CuFeS2及少量铝、钙、镁和硅的氧化物)中提取钴和铜的工艺流程如图所示： 已知： ①Cu2+(水相)＋2HA(有机相)CuA2(有机相)＋2H+(水相) ②HA为酸性萃取剂，其结构为 ③部分氢氧化物的Ksp如下表： Ksp 回答下列问题： (1)为提高“焙烧”效率，可采取的措施有___________。(任写一点即可) (2)萃取剂HA分子中含有___________个手性碳原子。 (3)600℃下CoS焙烧生成CoSO4的化学方程式为___________。 (4)“滤渣2”的成分为___________。 (5)若“除杂”后滤液中Co2+和Cu2+的浓度均为0.02mol/L，则溶液的pH不超过___________。 (6)“萃取”中“萃原液pH”对铜、钴萃取分离效果如图所示，应选择最佳萃原液pH为___________。 (7)在“有机相”中加入的最佳反萃取剂是___________。 【答案】(1)粉碎矿石、适当调节空气流速、提高空气中氧气浓度等 (2)2 (3) (4)、 (5)5 (6)4 (7)硫酸 【分析】硫钴精矿焙烧后Co元素转化为CoSO4，Cu、Fe等元素转化为氧化物，Si元素转化为SiO2，部分S元素转化为SO2；酸浸后SiO2、CaSO4进入滤渣1；除杂阶段Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀进入滤渣2；除钙镁阶段Ca2+、Mg2+转化为氟化物沉淀进入滤渣3；萃取阶段Cu2+进入有机相，Co2+留在水相得到CoSO4。 【解析】（1）从流程中可知需控制焙烧时的温度，故不能采取提高焙烧温度来提高焙烧效率。为提高“焙烧”效率，可采取的措施有粉碎矿石、适当调节空气流速、提高空气中氧气浓度等。 （2）手性碳原子是连接4种不同原子、基团的饱和碳原子，该HA分子中有2个符合条件的手性碳原子：。 （3）CoS在空气中焙烧，氧气作氧化剂，S元素被氧化为+6价生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （4）酸浸后被氧化为，加入氨水调节pH，、因氢氧化物小，转化为沉淀除去，、仍留在溶液中，因此滤渣2为和。 （5）需要保证、都不沉淀，相同浓度下更小的先沉淀，代入公式计算： ，即，解得，pOH=9，得，因此pH不超过5。 （6）由图可知，pH=4时，铜萃取率最高、铜钴萃取分离系数最大，钴萃取率较低，铜钴分离效果最好，因此选择最佳pH为4。 （7）根据萃取平衡，增大可使平衡逆向移动，使进入水相，且最终得到，不引入杂质，因此选择稀硫酸作反萃取剂。 真题·实战演练 1．【考查原料预处理】(2026·江西卷)高纯碳酸钙在电子工业领域有广泛应用。使用优质大理石(含有少量MgCO3和Fe3O4 杂质)制备高纯碳酸钙的工艺流程如图。体系中有关离子反应方程式书写错误的是( ) A．浸出过程：CaO+2H+=Ca2++H2O B．浸出过程：Fe3O4 +8H+ ==2Fe3+ +Fe2+ +4H2O C．净化过程：Fe3++ 3OH-=Fe(OH)3↓ D．碳化过程：Ca2++CO2+2NH3+H2O═CaCO3↓+2NH4+ 【答案】C 【解析】优质大理石原料(主要成分为CaCO3，含少量MgCO3、Fe3O4 杂质)先经煅烧，碳酸盐受热分解得到金属氧化物CaO、MgO、Fe3O4 ；煅烧产物加盐酸浸出，金属氧化物与盐酸反应转化为可溶性金属阳离子Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+，得到含多种金属离子的酸性溶液；浸出液加入石灰浆(Ca(OH)2悬浊液)进行净化，调节pH使铁、镁杂质转化为氢氧化物滤渣除去；净化后溶液通入NH3、CO2碳化，Ca2+转化为碳酸钙沉淀，最后经过滤、干燥得到高纯CaCO3； A项，煅烧时CaCO3CaO+ + CO2↑，浸出时CaO和盐酸反应，CaO是金属氧化物不能拆，离子方程式为CaO+2H+=Ca2++H2O，A正确； B项，Fe3O4 可等价表示为FeO·Fe2O3，与盐酸发生复分解反应，生成FeCl2、FeCl3 和水，反应无化合价变化，离子方程式为Fe3O4 +8H+ ==2Fe3+ +Fe2+ +4H2O，B正确； C项，净化过程加入的是石灰浆，Ca(OH)2为悬浊液，在书写离子方程式时不能拆分为Ca2+和OH-，须保留化学式，正确离子方程式应为2Fe3++ 3Ca(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Ca2+，C错误； D项，碳化时溶液中含Ca2+，通入NH3创造碱性环境，再通入CO2生成CO32-，与Ca2+结合析出CaCO3沉淀，离子方程式为Ca2++CO2+2NH3+H2O═CaCO3↓+2NH4+，D正确； 故选C。 2.【考查分离提纯操作】（2026·贵州·高考真题）某磷废渣的主要成分为、和，一种对其进行分离的工艺流程如图。 下列说法错误的是 A．“焙烧”的目的是使、分解 B．“浸取”可能的反应为 C．“滤渣浮选”利用了和物理性质的差异 D．“滤液沉淀”可以利用流程中产生的和制备沉淀剂 【答案】A 【详解】A．分解温度高于，焙烧时仅分解，未分解，且后续浮选得到，故“焙烧”目的不是使分解，A错误； B．焙烧后分解生成，溶液呈酸性，加热条件下与反应生成、和，反应式符合反应规律，B正确； C．浮选是利用和表面润湿性等物理性质的差异进行分离，C正确； D．流程中焙烧产生、浸取产生，二者通入水中可生成碳酸盐作为沉淀剂，与滤液中反应生成，D正确； 故选A。 3.【考查工业流程酸浸处理】（2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式： B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全 C．“氧化”过程中铁元素化合价降低 D．“沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质 【答案】D 【分析】酸浸液(主要含)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。 【解析】A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：，A错误； B．Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误； C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误； D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了的溶解度比小的性质，D正确； 故答案选D。 4.【考查原料预处理】（2025·湖南卷）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的；金属化合物 下列说法错误的是 A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B．试剂X可以是溶液 C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为 【答案】D 【分析】富集液中含有两种金属离子，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分离，则试剂X选择含的试剂，得到CdS滤饼，加入溶液沉锰，发生反应：，据此解答。 【解析】A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确； B．由分析可知，试剂X可以是溶液，B正确； C．若先加入溶液进行“沉锰”，由题中信息以及数据可知，金属离子浓度相当，则也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确； D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：，D错误； 故选D。 5．【考查控制反应条件和分离操作】（2024·湖南卷）中和法生产的工艺流程如下： 已知：①的电离常数：，， ②易风化。 下列说法错误的是 A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液 B．“调pH”工序中X为或 C．“结晶”工序中溶液显酸性 D．“干燥”工序需在低温下进行 【答案】C 【分析】和先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为，通过结晶、过滤、干燥，最终得到成品。 【解析】A．铁是较活泼金属，可与反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液，A项正确； B．若“中和”工序加入过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入；若“中和”工序加入过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或，B项正确； C．“结晶”工序中的溶液为饱和溶液，由已知可知的，，则的水解常数，由于，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误； D．由于易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确； 故选C。 6.【考查稀土提取萃取分离操作】(2026·江西卷，16)稀散金属铟(In)是重要的战略资源。粗In(OH)3中主要杂质元素有As(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)、Pb(Ⅱ)，精制工艺流程图如下： 已知： a)萃取剂[Hbet][Tf2N]是离子液体 b)Ksp[In(OH)3]= 6.4×10－34，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39 c)分配率(Fe) 回答下列问题： (1)离子液体[Hbet][Tf2N]________(填“能”或“不能”)与水互溶。 (2)阶段Ⅰ，In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素C(Vc)的作用是________________________________。 (3)有机相2可循环用于阶段________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 (4)试剂①可选择HCl或H2SO4，主要元素的含量如下表(wt%，按投料计质量分数)。 元素 粗In(OH)3/wt% 水相2/(mg/L) 精制In(OH)3/wt% H2SO4组 HCl组 H2SO4组 HCl组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i．水相2中，H2SO4组Pb2+浓度远小于HCl组，原因是___________________________。 ii．实际工艺中选用HCl的原因是______________________________________________。 (5)阶段Ⅲ，溶液中c(OH-)=________mol·L-1时，In3+恰好沉淀完全。 (6)水相2中的砷酸(H3AsO4)最终转化成FeAsO4沉淀，杂质As被除去。写出总化学反应方程式________________________________。 【答案】(1)不能 (2)将Fe( III )还原为Fe(II ) (3)Ⅰ (4) PbSO4的溶解度小于PbCl2 In元素的损失更少 (5)4×10－10 (6)4 FeCl2+8NaOH+O2+4H3AsO4=FeAsO4↓+ 8NaCl+10H2O 【解析】流程分为三个核心阶段：阶段Ⅰ利用离子液体萃取剂实现In与杂质初步分离，加入维生素C将Fe3+还原为Fe2+，降低Fe在萃取相的分配率，减少In中Fe杂质混入；阶段Ⅱ经酸反萃取将In转移入水相，萃取后得到的有机相可回收循环回阶段Ⅰ利用；阶段Ⅲ通过分步调pH，先沉淀除去Fe、As(As最终转化为FeAsO4沉淀除去)，再沉淀得到高纯度精制In(OH)3。 (1)由题给流程知，阶段1过滤后有分液操作，说明该离子液体与水不互溶。 (2)由图可知，水中加入Vc后，Fe的分配率显著下降，In的浸出率、分配率几乎不受影响；Vc是典型的还原剂，其作用为将Fe( III )还原为Fe(II ) ，实现In和Fe的初步分离。 (3)有机相2的成分为萃取剂[Hbet][Tf2N]，该萃取剂在阶段Ⅰ参与萃取过程，因此提纯再生后可循环用于阶段Ⅰ。 (4)i．由分析知，硫酸与盐酸在阶段Ⅱ的作用为生成难溶物PbSO4或PbCl2，将Pb元素除去，H2SO4组Pb2+浓度低，说明PbSO4更难溶。 ii．由表格数据，HCl体系水相2中In浓度远大于硫酸体系，即In保留量更多，最终精制In(OH)3中In的wt%更高，Fe杂质含量更低，表明主要考虑选用HCl可使In元素损失更少。 (5)恰好沉淀完全时，，此时。 (6)由分析知，阶段Ⅰ中Fe( III )被还原为Fe(II ) ，水相2中Fe2+、H3AsO4反应生成FeAsO4沉淀，铁由+2价变为+3价，故需要加入氧化剂，没有给出氧化剂时，考虑空气中的氧气，根据电子得失守恒、原子守恒配平化学方程式为4 FeCl2+8NaOH+O2+4H3AsO4=FeAsO4↓+ 8NaCl+10H2O。 7．【考查废旧电池回收利用】(2026·陕晋青宁卷，16)一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含Na3Li3Al2F12和少量NH4Fe3P6O20。 回答下列问题： (1)废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为________。 (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有________(任写两种)。该过程有H3PO4生成，LiFePO4溶解的化学方程式为________。滤渣的主要成分为________。 (3)“沉铝”时，NH4Fe3P6O20中Fe元素的化合价为________。 (4)“焙烧”时产生的HF，用________吸收后，产物可以循环利用。 (5)“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应AlPO4+3Li++3OH-Al(OH)3+Li3PO4(平衡常数为aL6·molˉ6)。若溶液中c(Li+)为bmol·L-1，不考虑其他离子参与反应，为防止Li+沉淀，c(OH-)需小于________mol·L-1(用含a、b的代数式表示)。 (6)滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含________(填化学式)。 (7)滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是________。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加________，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 【答案】(1)xLi++Li1-xFePO4+xe-=LiFePO4 (2) 适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等(任写两种) 2LiFePO4+3H2SO4=Li2SO4+2FeSO4+2H3PO4 C(石墨) (3)+3 (4)NaOH溶液或Na2CO3溶液 (5) (6)Na2SO4 (7) 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀 铁氰化钾溶液( K3[Fe(CN)6] ) 【解析】原料为含LiFePO4，混有少量FePO4、石墨、Al杂质的废旧电池粉，首先经硫酸酸浸，不溶于酸的石墨作为滤渣除去，LiFePO4等含锂物料与硫酸反应，浸出Li+、Fe3+、Fe2+、Al3+、磷酸根等离子；随后调pH=2.7沉铝，沉铝后的滤液可单独回收得到Li3PO4，沉铝滤渣经焙烧、酸浸、调pH除杂除去铁铝杂质后，最终加饱和碳酸钠沉锂得到产品Li2CO3，焙烧产生的HF可吸收循环利用，实现了废旧锂电资源的高效清洁回收。 (1)磷酸铁锂电池放电时的总反应为：LixFey+Li1-xFePO4=LiFePO4+Cy，正极Li1-xFePO4与Li+得电子生成LiFePO4，故正极的电极反应式为xLi++Li1-xFePO4+xe-=LiFePO4； (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等(任写两种)均可提高酸浸速率；“酸浸I”时， LiFePO4与H2SO4反应生成Li2SO4、FeSO4和H3PO4，化学方程式为：2LiFePO4+3H2SO4=Li2SO4+2FeSO4+2H3PO4；原料含石墨，石墨不与稀硫酸反应，故滤渣主要为C(石墨)； (3)再NH4Fe3P6O20中，设Fe化合价为x，NH4+为+1价，P为+5价，O为-2价，化合价代数和为0，即，解得x=+3，即Fe为+3价； (4)流程中 “沉铝” 步骤消耗NaF，HF 与NaOH或Na2CO3反应生成的NaF可循环，故选用NaOH溶液或Na2CO3溶液； (5)反应AlPO4+3Li++3OH-Al(OH)3+Li3PO4的平衡常数表达式为，为防止Li3PO4沉淀，反应逆向进行，需满足Q>K，即，带入c(Li+)为bmol·L-1，，； (6)沉锂反应的反应方程式为2Li++CO32-=Li2CO3，则体系阳离子为Na+，阴离子为SO42-(酸浸II引入硫酸根)，故除过量Na2CO3外，主要含Na2SO4； (7)沉铝产物含NH4Fe3P6O20，Fe 为+3价，由分析知，酸浸后溶液含FeSO4，H2O2作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀；由于Fe2+与铁氰化钾溶液( K3[Fe(CN)6])生成蓝色沉淀，故取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加铁氰化钾溶液( K3[Fe(CN)6])，若产生蓝色沉淀，则Fe2+未完全氧化为Fe3+，则需补加H2O2溶液。 8．【考查废固回收】（2026·海南·高考真题）稀土元素钇(Y)在发光、磁性材料等方面有着广泛的应用。Y在化合物中通常为+3价，其化合物的性质类似于镁的相应化合物。某研究小组以废弃的磁性材料(主要成分为，含少量)为原料，制备(s)。流程如下： 已知：，，。回答问题： (1)“研磨”的目的是________________________。 (2)“加热溶解”操作中，主要利用了的难挥发性和__________。 (3)固体A的主要成分是__________(写化学式)。 (4)实验室过滤要用到的仪器有烧杯、漏斗、带铁圈的铁架台、__________。 (5)路线Ⅱ“沉钇”中发生的主要反应包括：和__________(用离子方程式表示)。 (6)对比路线Ⅱ，路线Ⅰ的优点是________________________(写出一点即可)。 (7)若将直接加热，无法得到无水，原因是________________________(用化学方程式表示)。 【答案】(1)增大固体与液体的接触面积，加快溶解速率，提高原料的浸出率 (2)强酸性 (3) (4)玻璃棒 (5) (6)可以回收副产物，提高资源利用率（或节约的用量） (7)（或） 【详解】（1）研磨可以粉碎固体原料，增大固体与液体的接触面积，加快溶解速率，提高原料的浸出率，让原料能够充分溶解反应； （2）加热溶解操作使用硫酸，一方面利用硫酸难挥发性，加热条件下不容易挥发损失，另一方面利用硫酸的强酸性，电离出大量氢离子，溶解金属氧化物； （3）原料酸浸后溶液含、、，加入调节pH，溶度积最小最先沉淀，、仍留在滤液中，所以固体A的主要成分为； （4）实验室过滤操作需要用到烧杯、漏斗、带铁圈的铁架台，还需要玻璃棒，玻璃棒作用为引流； （5）路线Ⅱ“沉钇”时体系内含有与，加入过量，发生反应，与过量强碱反应，对应的离子方程式为； （6）对比路线Ⅱ，路线Ⅰ分步调节pH，先将铝元素以形式分离出来，可以回收副产物，提高资源利用率，也可以节约的用量，减少原料消耗； （7）Y的化合物性质类似镁的化合物，是强酸弱碱盐，发生水解；若将直接加热，结晶水作为溶剂，促进水解，生成（或受热分解生成）和，受热挥发，水解平衡持续正向移动，最终无法得到无水，对应的化学方程式：（或）。 9．【考查废渣中回收铅和银】（2026·四川卷）为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银的方法。浸渣主要含有、、、ZnS和少量等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 AgCl 回答下列问题： （1）闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第___________周期、第___________族。 （2）“煅烧”温度控制在350℃左右，中的硫酸根不分解、铅以形式存在，其分解反应的化学方程式是___________。 （3）“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是___________，浸出的主要金属离子是___________。 （4）“溶铅”时，使用含的热浓食盐水将铅盐转化为，其离子方程式是___________。食盐水中添加的作用有___________。 （5）溶液适当稀释和降温，便析出沉淀。分离后的母液，应返回___________步骤中。 （6）“电解”时，压片组成阴极，惰性电极作阳极，溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生和少量外，阳极附近溶液中还伴有少量生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有___________。 【答案】（1）四 ⅡB （2） （3）将元素转化为沉淀，提高的回收率 、 （4） 增大浓度，利于生成；与产生的结合，促进反应正向移动 （5）溶铅 （6）阳极发生电极反应、，生成，使得溶液的降低 【分析】脱硫浸渣原料含、、、、少量，通入空气350℃煅烧，分解生成、、与水，、被空气氧化为金属硫酸盐；煅烧产物加稀硫酸酸浸并加入少量，、元素转化为、进入滤液分离除去，体系内与结合生成固体留在酸浸渣中，酸浸渣主要含、、，随后加入氯化胆碱进行溶银步骤，氯化胆碱可与形成可溶性银氯配离子，银元素溶解得到银溶液实现银回收，脱银后的固体再投入含、的热浓食盐水中溶铅，与、反应生成可溶性配离子同时析出废渣，向溶铅液加水稀释降温，解离析出沉淀，分离后的母液返回溶铅步骤循环使用，最后压片作阴极、惰性电极作阳极，溶液为电解液电解得到金属铅。 【解析】（1）Zn元素原子序数30，核外电子层为4层，价电子排布，位于元素周期表第四周期ⅡB族； （2）由题，350℃下分解，硫酸根不分解，产物为、、、，化学方程式为； （3）酸浸加入少量电离出，煅烧生成的会与发生沉淀转化，生成溶度积更小的固体留存于酸浸渣，避免银随、进入滤液流失，提高后续银的总回收率；酸浸时锌、铁的氧化物、硫酸盐溶于稀硫酸，浸出主要金属离子为、； （4）溶铅时固体和、反应生成可溶性与沉淀，离子方程式：；食盐水中的电离出增大体系氯离子浓度，促进转化为可溶性，同时结合反应生成的生成沉淀，降低溶液中硫酸根浓度，推动溶铅平衡正向移动； （5）稀释降温后解离析出，分离后的母液富含、，可返回溶铅步骤循环利用，节约原料； （6）电解时阳极除失电子发生氧化反应生成外，水电离出的和电解液中失电子均会失电子，分别发生反应、生成、，两个阳极反应均生成，溶液氢离子浓度升高，最终体系pH下降。 10．【从黄铜矿中提取铜和铁】）(2026·上海卷)黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分CuFeS2，含有少量SiO2 杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： (1)化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A．C、S B．C、H C．N、S D．N、H (2)离子液体[]HSO4-可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A．配位键 B．离子间静电作用 C．氢键 D．金属键 (3)已知：Cu+的歧化反应 2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(g) ΔH1＝+1212kJ·mol−1 Cu+(aq)Cu+(g) ΔH2＝+582kJ·mol−1 Cu2+(g)Cu2+(aq) ΔH3＝-42kJ·mol−1 Cu(g)Cu(s) ΔH4＝-337kJ·mol−1 2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(s) ΔH ①根据上述信息，计算反应热ΔH＝___________kJ·mol−1。 ②在298 K时，反应2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(s)的ΔS=-148J·mol-1·K-1则在该条件下，Cu+在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。 (4)写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：___________ 4CuFeS2+________O2+2NH3+____________=4[Cu(NH3)4]2++________NH4++2Fe2O3+8SO42- (5)用硫酸浸出黄铜矿时，生成Cu2+、Fe3+、SO42-。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 (6)写出正极的电极反应式___________。 (7)反应中CuFeS2可以用___________替代。 A．葡萄糖 B． C． D． (8)下图为CuFeS2晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。 A．体心 B．面心 C．顶点 D．棱心 距离Cu原子最近的S原子有___________个。 (9)NH3、H2O、H3O+三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明NH3和H2O键角不同的原因是___________。 【答案】(1)D (2)BC (3) ① 875 ②不能 该温度下反应的 ΔG=ΔH-TΔS＞0 ，歧化反应正向自发，Cu+会转化为Cu2+和Cu (4)17 (5)氧化剂 (6)2H2O-4e-=O2↑＋4H＋ (7)A (8)A 4 (9)H3O+＞NH3＞H2O NH3中N原子有1对孤电子对，H2O中O原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小 【解析】(1)该辅助光亮剂含C、H、N、S四种元素，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性顺序为N＞S＞C＞H，故电负性最大的是N，最小的是H，选D。 (2)该离子液体中阴阳离子之间存在离子间静电作用，阳离子中的N-H键可与阴离子HSO4-中的O形成氢键，金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，故选BC。 (3)①根据盖斯定律，目标反应2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(s)可由已知第一个反应与第四个反应相加得到，故ΔH=ΔH1+ΔH4=1212kJ·mol−1-337kJ·mol−1=875kJ·mol−1。②298K时，反应的吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS≈919.17kJ·mol−1＞0，说明歧化反应在该条件下正向自发进行，故Cu+在溶液中不能大量存在。 (4)依据电子守恒，CuFeS2中Fe从+2价升高到+3价，每个Fe失1e⁻，S从-2价升高到+6价，每个S失8e，4molCuFeS2共失电子4×1+8×8=68mol，O2中O从0价降低到-2价，1molO2得4e⁻，故O2的系数为。再依据原子守恒与电荷守恒，反应物缺项为H2O，NH4+的系数为16，配平后总反应为4CuFeS2+17O2+2NH3+16H2O=4[Cu(NH3)4]2++16NH4++2Fe2O3+8SO42-。 (5)反应液中含Cu2+、Fe2+、Fe3+、SO42-，为将Fe元素全部转化为Fe3+，便于调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去，需添加氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+。 (6)电解装置右侧H2O转化为O2，O元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，故右侧电极为阳极，接电源正极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。 (7)反应中CuFeS2中Fe、S元素化合价升高，作还原剂，需选择还原性物质替代，选项中只有葡萄糖具有还原性，CO2、H2O无强还原性，O2为氧化剂，故选A。 (8)CuFeS2晶胞中Cu原子采取面心立方堆积，已画出的Cu位于顶点和面心位置，未画出的Cu位于晶胞体心位置，选A；每个Cu原子周围紧邻的S原子构成四面体结构，故距离Cu原子最近的S原子有4个。 (9)H3O+、NH3、H2O的中心原子均为 sp3杂化，H3O+中O有1对孤电子对，NH3中N有1对孤电子对但N的电负性小于O，孤电子对排斥力更小，H2O中O有2对孤电子对，孤电子对排斥力更大，故键角顺序为H3O+＞NH3＞H2O；NH3和H2O键角不同的原因是NH3中N原子有1对孤电子对，H2O中O原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $