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第三章　金属及其化合物
第10讲　无机化工流程
复习要点　1.了解流程的解题方法。2.了解流程中涉及的操作、试剂及目的原理。3.了解流程中涉及的元素及化合物性质，如Cu、Zn、Ag、Co、Ni、V等。
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考点1　无机化工流程分析及解题方法
A基础知识重点疑难
1. “四线法”——化学工艺流程分析模板
试剂线① 分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物间的转化等
操作线 分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等
杂质线 分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序②、方法及条件等
产品线 工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化
笔记：①主要是氧化剂、还原剂、酸、碱、盐溶液、去除杂质试剂等，主要涉及物质的性质，特别是基础元素Al、Cu、Si、Fe等，涉及方程式书写
②杂质的去除常用方法：沉淀法、气体法等，实质是物质性质转化的体现
2. 常考原料预处理阶段各操作的目的
研磨、粉碎、喷洒等① 增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高原料转化率、利用率、浸取率
灼烧②（煅烧、焙烧） 除去有机化合物；使无机物分解为金属氧化物等，便于后续浸取、溶解
浸取 水浸：分离水溶性和非水溶性的物质
酸浸：溶解金属、金属氧化物，调节pH促进某离子的水解而转化为沉淀
碱浸③：除去油污、溶解酸性氧化物、溶解铝及其化合物、调节pH等
笔记：①流程题常考项，融合影响化学反应速率的因素，如（2023福建）用稀硫酸浸取白合金，可以加快反应速率的措施有 　　。（提示：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度）
②若通入空气，常涉及氧化还原反应
③碱熔法：Al2O3、SiO2等与NaOH、Na2CO3熔融高温反应生成溶于水的盐类
3. 流程中的操作及条件控制
（1）物质的分离与提纯
过滤① 固体与液体的分离；要分清需要的物质在滤液中还是在滤渣中（滤渣是难溶于水的物质，如SiO2、PbSO4、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等）
萃取②与分液 选用合适的萃取剂（如四氯化碳、金属萃取剂），萃取后，静置、分液——将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准；下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
加入氧化剂（或还原剂） ①转化为目标产物的价态；
②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋③，而后调溶液的pH，使其转化为Fe（OH）3沉淀除去]
加入沉淀剂 ①生成硫化物沉淀（如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等）；
②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；
③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋
笔记：①高考常涉及：仪器装置、操作注意事项、检验离子是否沉淀完全、沉淀洗涤及是否洗涤干净
②高考拓展：反萃取如碘的CCl4溶液
③去除Fe的规律，原因Fe3＋在pH≈3.2时完全沉淀
（2）常见流程中的条件控制
控制溶液的pH① ①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出（或抑制水解）；②加酸还可除去氧化物（膜）；③加碱还可除去油污，除去铝片上的氧化膜，溶解铝、二氧化硅等；④特定的氧化还原反应需要的酸性条件（或碱性条件）
控制温度②（常用热水浴、冰水浴或油浴） ①防止副反应的发生；②使化学平衡移动、控制化学反应的方向；③控制固体的溶解与结晶；④控制反应速率；使催化剂达到最大活性；⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发；⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后有利于过滤分离；⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量；⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温（或减压）可以减少能源成本，降低对设备的要求
笔记：①答题模版：防止××离子水解；防止××离子沉淀，确保××离子完全沉淀；防止××溶解
②拓展：控制温度在一定范围的目的：若温度过低，反应速率较慢；若温度过高，某物质（如H2O2、氨水、草酸、HNO3等）会分解或挥发；防止副反应发生
4. 化学工艺流程中常考试剂①的作用
类别 物质 作用
氧化剂 H2O2、HNO3、空气、次氯酸盐、KMnO4、MnO2等 氧化某些还原性物质，便于后续分离，如氧化Fe2＋、Co2＋等
还原剂 SO2、Na2SO3、I－、金属单质等 还原某些氧化性物质，便于后续分离，如还原Fe3＋等
酸 HCl、H2SO4、HNO3等
碱 NaOH、NH3·H2O等 去油污；调节pH促进水解（沉淀）；NaOH溶液可溶解氧化铝、铝、二氧化硅
类别 物质 作用
碳酸盐② Na2CO3、（NH4）2CO3
碳酸氢盐 NaHCO3、NH4HCO3
草酸盐 Na2C2O4 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋等
类别 物质 作用
硫化物 H2S、Na2S、（NH4）2S等 沉淀某些离子，如Cu2＋、Cu＋、Pb2＋、
Ag＋、Sn2＋等
氟化物 HF、NaF 沉淀某些离子，如Ca2＋、Mg2＋等
笔记：①不能引入新的杂质，如Fe3＋、Mg2＋溶液去除Fe3＋，加入MgO调节pH
②盐熔融浸取，涉及陌生反应书写
5. 可循环物质的判断
（1）流程图中回头箭头的物质。
（2）生产流程中后面新生成或新分离的物质（不要忽视结晶后的母液），可能是前面某一步反应的相关物质。
①从流程需要加入的物质去找
先观察流程中需要加入的物质，再研究后面的流程中有没有生成此物质。
②从能构成可逆反应的物质去找
可逆反应的反应物不能完全转化，应该回收再利用。
③从过滤后的母液中寻找
析出晶体经过过滤后的溶液称为母液，母液是该晶体溶质的饱和溶液，应该循环再利用。
6. 流程中物质分离、提纯、除杂
（1）从滤液中提取一般晶体（溶解度随温度升高而增大）的方法：蒸发浓缩（至少有晶膜出现）、冷却结晶、过滤、洗涤（冰水洗、热水洗、乙醇洗等）、干燥。
（2）从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤（如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来）、洗涤、干燥。
（3）减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某些物质分解①（如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3）或失去结晶水（如题目要求制备结晶水合物产品）。
（4）洗涤
洗涤试剂 适用范围 目的
蒸
馏
水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的××杂质，可适当降低固体因为溶解而造成的损失
热水 有些特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降 除去固体表面吸附着的××杂质，可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失
有机溶剂（酒精、丙酮等） 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥
洗涤试剂 适用范围 目的
饱和溶液② 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解
酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于碱、酸的杂质；减少固体溶解
洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂③，若未出现特征反应现象，则说明沉淀洗涤干净
（5）萃取与反萃取
①萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。
②反萃取④：用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。
笔记：①拓展：若溶质易被氧化、易水解等防止氧化、水解
②如用饱和NaHCO3溶液洗涤NaHCO3固体
③检验沉淀中附着的杂质离子
④反萃取流程：
7. 化工流程中化学方程式的书写
（1）书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型：
①元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；
②元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。
（2）流程中陌生的氧化还原反应的书写流程
①首先根据题给材料中的信息确定氧化剂（或还原剂）与还原产物（或氧化产物），结合已学知识根据加入的还原剂（或氧化剂）判断氧化产物（或还原产物）。
②根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
③根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。
④根据原子守恒配平反应方程式。
ClO－→Cl－
H2O2→H2O
Fe3＋→Fe2＋等
（3）化工流程中的有关计算
①Ksp计算
a.判断能否沉淀。
b.判断能否沉淀完全。
c.计算某一离子的浓度。
d.沉淀生成和沉淀完全时pH的计算。
8. 学会解题
（2024·黑、吉、辽化学）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉（其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹），以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
解析：（1）已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，利用细菌氧化形成的天然“胆水”可以冶炼铜，则“胆水”的主要溶质为CuSO4。
CuSO4　
Fe（OH）3　
A. 无需控温
B. 可减少有害气体产生
C. 设备无需耐高温
D. 不产生废液废渣
解析：（4）“焙烧氧化”时S会转化为SO2，SO2会污染空气，且“焙烧氧化”需要耐高温设备，“细菌氧化”可在常温下进行，故相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为可减少有害气体产生、设备无需耐高温，故B、C符合题意。
BC　
解析：（5）“浸金”中NaCN提供CN－，与Au＋络合形成[Au（CN）2]－，促进了Au的氧化反应。
作络合
剂，将Au转化为[Au（CN）2]－从而浸出
作还原剂
笔记：利用复分解反应规律书写
解析：（7）用碱中和HCN可生成NaCN溶液，从而实现循环利用。
NaCN　
B题组集训提升能力
题组一　选择流程题
1. （2024·湖南化学）中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下：
已知：①H3PO4的电离常数：Ka1＝6.9×10－3，Ka2＝6.2×10－8，Ka3＝4.8×10－13；
②Na2HPO4·12H2O易风化。
C
A. “中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液
B. “调pH”工序中X为NaOH或H3PO4
C. “结晶”工序中溶液显酸性
D. “干燥”工序需在低温下进行
2. （2024·贵州化学）贵州重晶石矿（主要成分BaSO4）储量占全国1/3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：
B
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
A. 将CPU针脚粉碎可加速溶解
B. 除杂和溶金步骤需在通风橱中进行
C. 富集后，K[AuBr4]主要存在于滤液中
C
题组二　矿物开发与利用
4. （2024·江西化学）稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石[主要成分为CePO4，含有Th3（PO4）4、U3O8和少量镭杂质]为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程图。
已知：ⅰ.Ksp[Th（OH）4]＝4.0×10－45，Ksp[Ce（OH）3]＝1.6×10－20，Ksp[Ce（OH）4]＝2.0×10－48。
ⅱ.镭为第ⅡA族元素。
回答下列问题：
b　
解析：
（1）a项，独居石的热分解需要有O2参加，降低压强，O2浓度降低，分解速率减小，错误；b项，降低温度，分解速率降低，正确；c项，反应时间越长，反应物浓度越低，分解速率越小，错误；d项，提高搅拌速度可使反应物接触更充分，分解速率加快，错误。
＋6　
解析：（3）由流程分析可知晶体为Na3PO4，滤液中含有NaOH，可用于热分解阶段循环利用。
Na3PO4　
热分解　
（4）溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。
＋8H2O
4.0×10－7　
镭　
5. （2024·北京化学）利用黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质）生产纯铜，流程示意图如图。
增大反应物间的接触面积，加快反应速率，
使反应更充分
解析：黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质）粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物间的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。
（3）矿石和过量（NH4）2SO4按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；400 ℃和500 ℃时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。
温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质
400 Fe2O3、CuSO4、CuFeS2
500 Fe2（SO4）3、CuSO4、CuO
解析：（3）①由题图可知，温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，（NH4）2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加；
温度低于425
℃，随焙烧温度升高，（NH4）2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故
铜浸出率显著增加
温度高于425 ℃，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS2＋17O2＋
铜浸出率降低
解析：（5）粗铜中含有Fe杂质，加酸可以除Fe，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。
粗铜若未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同
电量时，会降低得到纯铜的量
题组三　废料或中间体的回收利用
6. （2024·贵州化学）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2O3的流程如图：
①25 ℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝2.8×10－39，Ksp[Al（OH）3]＝1.3×10－33，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10－12；
②2Na[Al（OH）4]（aq） Al2O3·3H2O（s）＋2NaOH（aq）。
已知：
回答下列问题：
解析：（1）“酸浸”过程中Fe2O3→Fe3＋，Al2O3→Al3＋，MgO→Mg2＋，SiO2不参与反应，故“滤渣”的主要成分为SiO2。
解析：（2）Ksp[Fe（OH）3]＝2.8×10－39，pH＝3.0时，c（OH－）＝10－11 mol·L－1，c（Fe3＋）＝2.8×10－6 mol·L－1。
SiO2　
2.8×10－6
解析：（3）“除杂”时调节溶液pH使Mg2＋沉淀为Mg（OH）2，Al3＋转化为[Al（OH）4]－，故加入的试剂X是NaOH溶液。
NaOH溶液　
提供Na＋
NaFePO4↓＋3H2O＋NH3↑
（5）“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料NaFeO2，其工艺如图：
4Fe3O4＋
3　

乙　
7. （2024·广东化学）镓（Ga）在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣（含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素）中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
已知：
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn＋的原理如图。
①pKa（HF）＝3.2。
②Na3[AlF6]（冰晶石）的Ksp为4.0×10－10。
③浸取液中，Ga（Ⅲ）和Fe（Ⅲ）以[MClm]（m－3）－（m＝0～4）微粒形式存在，Fe2＋最多可与2个Cl－配位，其他金属离子与Cl－的配位可忽略。
解析：（3）根据已知③，浸取液中Ga（Ⅲ）、Fe（Ⅲ）会以[MClm]（m－3）－（m＝0～4）微粒形式存在，Fe2＋也可与Cl－配位，为了更好地分离Ga，要用铝片将Fe3＋和Fe2＋还原除去。
Fe　
[FeCl4]－　
解析：（4）根据用LAEM提取金属离子的原理可知，在原料室中要存在高浓度的[GaCl4]－，则原料液中要有较高浓度的Cl－；为防止原料液的酸度过高，且有较高的Cl－浓度，同时不引入杂质，可向Ⅰ室中加入NaCl。
高　
NaCl　
3.2　
4.0×10－7　
2∶1∶1　
8a3　
解析：（6）由题中信息可知，晶胞结构如图：
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考点2　无机化工流程常考元素——第ⅠB族Cu
A基础知识重点疑难
1. 铜及其化合物的结构与性质
笔记：①Cu 生成＋2价　　Cu 生成＋1价
②与有机化合物结合，利用新制Cu（OH）2悬浊液检验—CHO
2. 铜盐和亚铜盐
3. 废铜利用的思维模式
笔记：高考中以铜回收、制备流程，结合Ksp、方程式书写、实验操作等考查，如：
B题组集训提升能力
题组一　铜及其化合物的性质及探究
A. 在酸性环境中，Cu变成a需要加氧化剂
B. [Cu（OH）4]2－转化成Cu（OH）2需要加碱
D. 在酸性环境中，Cu2O可以歧化成a和Cu
B
解题感悟
铜与不同氧化剂反应的产物小结
实验操作及现象
试管甲 滴加过量0.3 mol·L－1 HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失
试管乙 滴加过量6 mol·L－1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色
AC
A. 试管甲中新生成的沉淀为金属Cu
B. 试管甲中沉淀的变化均体现了HNO3的氧化性
C. 试管乙实验可证明Cu（Ⅰ）与NH3形成无色配合物
D. 上述两个实验表明Cu2O为两性氧化物
解析：Cu2O在酸性条件下发生歧化反应，生成Cu2＋和Cu，倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失，Cu被浓硝酸氧化为Cu2＋，上述过程分别体现了HNO3的酸性和氧化性，A正确，B错误；Cu2O溶于氨水，得到无色溶液，静置一段时间后，溶液变为深蓝色，则生成的无色物质被空气中的O2氧化为深蓝色的[Cu（NH3）4]2＋，说明Cu（Ⅰ）与NH3形成无色配合物，C正确；Cu2O不能与碱反应，溶于氨水是因为生成配合物，故Cu2O不是两性氧化物，D错误。
3. （2023·北京化学）资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2＋。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。
Ⅰ.将等体积的KI溶液加入到m mol铜粉和n mol I2（n＞m）的固体混合物中，振荡。
实验记录如表：
c（KI） 实验现象
实验Ⅰ 0.01 mol·L－1 极少量I2溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ 0.1 mol·L－1 部分I2溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色
实验Ⅲ 4 mol·L－1 I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
＜　
（2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu（H2O）4]2＋（蓝色）或[CuI2]－（无色），进行以下实验探究：
步骤a.取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步骤b.取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
＋4OH－＋6H2O
白色沉
淀逐渐溶解，溶液变为红棕色　
Cu）
解析：（4）要验证I2能将Cu氧化为Cu2＋，需设计原电池负极材料为Cu，b为含n mol I2的4 mol·L－1的KI溶液。
铜、含n mol I2的4 mol·L－1
的KI溶液
在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu＋可以进一步与I－结合生成CuI沉淀或[CuI2]－，
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
C
A. “浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全
D. 脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn
5. （2025·八省联考云南卷）铜冶炼产生铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣（主要含Fe2SiO4、Co2SiO4、CoFe2O4和SiO2及少量单质Cu、Co）中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下：
已知：①H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250 ℃时，易脱水。
②25 ℃时，相关物质的Ksp见下表
物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Co（OH）2
Ksp 1×10－16.3 1×10－38.6 1×10－14.2
回答下列问题：
解析：铜渣加入稀硫酸酸浸，再高温固化将H4SiO4脱水生成SiO2便于除去，加水浸取，滤液中有Fe2＋、Cu2＋、Co2＋等离子，滤渣为SiO2，加入氧化剂氧化，将Fe2＋氧化为Fe3＋，氧化剂选择H2O2，不会引入杂质，加入氨水调节pH使Fe3＋沉淀除去，滤渣2为Fe（OH）3，滤液中再加入氨水，使Cu2＋转化为水胆矾，滤液3中有CoSO4和（NH4）2SO4。（1）“酸浸”前，将铜渣粉碎，可以增大与酸的接触面积，从而提高酸浸效率。
粉碎铜渣　
2Cu＋O2＋ 2H2SO4
硝酸与铜反
应会生成氮氧化物，氮氧化物会污染空气　
解析：（3）H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250 ℃时，易脱水，高温固化的作用是将H4SiO4脱水形成SiO2，易于分离除去。
使H4SiO4凝胶脱水生成SiO2，便于除去　
A. MnO2 B. H2O2 C. FeCl3
解析：（4）“氧化”的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，不能引入杂质，可选用的最佳试剂为H2O2，故选B。
B　
解析：（5）根据Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3＋）·c3（OH－）＝1×10－38.6，c（Fe3＋）＝1×10－5 mol·L－1，得出c（OH－）＝10－11.2 mol·L－1，c（H＋）＝10－2.8 mol·L－1，pH＝2.8，pH≥2.8时，Fe3＋沉淀完全。
2.8　
解析：（6）根据分析，滤液3中有CoSO4和（NH4）2SO4。
A. Cu2＋的杂化方式可能为sp3d2
C. 晶体中有离子键、配位键和氢键等化学键
（NH4）2SO4　
A　
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考点3　无机化工流程常考元素——第ⅡB族Zn、第ⅠB族Ag
A基础知识重点疑难
1. 锌及其化合物
2. 银及其化合物
（1）银（Ag）位于金属活动性顺序中H的后面，还原性较弱。
（2）＋1价Ag具有氧化性，Ag＋易形成配合物。
①氧化银（Ag2O）
a.不稳定，见光易分解。
②氢氧化银（AgOH）
③硝酸银（AgNO3）②
注意：Ag＋与卤素离子、S2－反应生成不同颜色的沉淀，故AgNO3可用于检验卤素离子和S2－。
B题组集训提升能力
题组一　Ag及其化合物
A. 还原性：Ag＞Cu＞Fe
B. 按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag
D. 溶液①中的金属离子是Fe2＋
C
2. （2024·湖南化学）铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如图：
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
已知：①当某离子的浓度低于1.0×10－5 mol·L－1时，可忽略该离子的存在；
③Na2SO3易从溶液中结晶析出；
④不同温度下Na2SO3的溶解度如下：
回答下列问题：
ds　
3d104s1　
（3）“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的NaCl：
使Ag＋生成AgCl沉淀，同时确
保Ag＋不转化为[AgCl2]－进入滤液1中造成Ag的损失
0.50　
0.050　
解析：（5）滤液4可循环利用，说明Na2S2O4在“银还原”时被氧化为Na2SO3，在连续生产的模式下，滤液4中Na2SO3的浓度逐渐变大，结合已知信息③④，可知若反应温度过高，Na2SO3溶解度变小从而结晶析出。
Na2SO3　
滤液4中Na2SO3的浓度逐渐变大，温度过高，Na2SO3溶解度变小从而结
晶析出
3. （2024·山东化学）以铅精矿（含PbS、Ag2S等）为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如图：
回答下列问题：
1∶1　
H2S　
热浸　
解析：（3）在“热浸”操作中加入了过量FeCl3，则在“还原”操作中加入铅精矿的目的为还原过量的FeCl3。
还原过量的FeCl3
A. Al B. Zn
C. Pb D. Ag
解析：（4）为避免引入杂质离子，试剂X可选用Pb。
C　
解析：（5）将富银铅泥制成电极板进行精炼，故应以含[PbCl4]2－的溶液作电解液，富银铅泥电极板作阳极，Pb在阳极放电失去电子，[PbCl4]2－在阴极得到电子生成Pb。
阳极　
题组二　Zn及其化合物
4. （2025·福建第一次质检）利用CaO焙烧浸出法从炼钢粉尘（主要含ZnO和ZnFe2O4）中回收Zn的流程如图：
C
A. 若略去“焙烧”操作，则“盐浸”过程ZnFe2O4无法浸出
C. “盐浸”时通入适量HCl气体，可提高锌浸出率
D. “电解”时通入适量HCl气体，有利于Zn2＋放电
5. （2025·上饶一模）锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂（主要成分是ZnO，含少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2等杂质）为原料制备锌的工艺流程如图所示：
①“浸取”时，ZnO和CuO转化为[Zn（NH3）4]2＋、[Cu（NH3）4]2＋进入溶液。
②25 ℃时，Ksp（CuS）＝6.4×10－36，Ksp（ZnS）＝1.6×10－24。
解析：（1）“浸取”温度为30 ℃时，锌的浸出率可达90.6％，继续升温浸出率反而下降，其原因为温度升高，氨挥发量增加，且NH4Cl分解，生成[Zn（NH3）4]2＋减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出。
温度升高，氨气挥发量增加且NH4Cl分解，生成[Zn（NH3）4]2＋减少，不利
于锌的浸出
解析：（2）由流程分析可知，滤渣1为Mn（OH）2、Fe（OH）3、SiO2。
Fe（OH）3、SiO2　
Mn2＋
[Zn
A. 100％ B. 110％ C. 120％ D. 130％
解析：②“深度除铜”时，（NH4）2S加入量最好应选择120％，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高。
C　
（5）Zn原子能形成多种配位化合物，一种锌的配合物结构如图：
解析：（5）①N和O的电负性相比，N弱于O，则N易提供孤电子对，配位键稳定性强。
配位键①　
解析：②Zn为30号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s2，价层电子排布式为3d104s2；位于元素周期表ds区。
解析：③键角③属于单键与单键形成夹角，电子云密度小，键角斥力小，键角小于120°。
3d104s2　
ds　
＜　
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考点4　无机化工流程常考元素——第ⅥB族Cr、第Ⅷ族Co、Ni
A基础知识重点疑难
1. 铬（Cr）及其化合物的性质
2. Co和Ni单质及其化合物性质
钴和镍都是较稳定的金属，常温下在空气中能稳定存在，加热条件下可生成CoO、NiO。常见化合价为0、＋2、＋3。
化合价 ＋2价的Co和Ni ＋3价的Co和Ni
性质 中间价态，具有氧化性和还原性 具有强氧化性
对应
物质 氧化物 主要表现氧化性，CoO在一定条件下可被H2、C或CO还原成单质钴
化合价 ＋2价的Co和Ni ＋3价的Co和Ni
对应
物质 氢氧化物 表现还原性：
①Co（OH）2在空气中被缓慢地氧化为棕褐色的Co（OH）3。
②Ni（OH）2在空气中较稳定，可采用强氧化剂在碱性条件下将其氧化
笔记：分析物质性质思维：
a.物质类别及性质，如Ni（OH）2、Co（OH）3具有碱的性质
b.化合价分析，如＋2价Co有氧化性和还原性
B题组集训提升能力
题组一　Co及其化合物
1. （2024·全国甲卷）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＋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图。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10－5 mol·L－1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①Ksp（CuS）＝6.3×10－36，Ksp（ZnS）＝2.5×10－22，Ksp（CoS）＝4.0×10－21。
②以氢氧化物形式沉淀时，lg [c（M）/（mol·L－1）]和溶液pH的关系如图所示。
回答下列问题：
增大接触面积，加快反应速率，提高
原料利用率
H2O
1.6×10－4　
不能　
解析：
4.0 mol　
解析：（5）根据题给已知信息②可知，当pH＝4时只有Fe3＋可转化为沉淀，故滤渣为Fe（OH）3。
Fe（OH）3　
解析：（7）“沉钴”后溶液pH＝5.0～5.5，此时滤液中的锌元素以Zn2＋的形式存在，根据题给已知信息②可知，向滤液中继续加氢氧化钠至溶液pH≈8.2～12，可将Zn2＋完全转化为氢氧化锌且不会再次溶解。
向滤液
中继续加氢氧化钠至溶液8.2＜pH＜12，过滤、洗涤、干燥
2. （2024·新课标卷）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全（c≤1.0×10－5 mol·L－1）时的pH：
Fe3＋ Fe2＋ Co3＋ Co2＋ Zn2＋
开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
解析：（1）“酸浸”前将废渣粉碎，增大了反应物间的接触面积，可加快浸取速率、提高浸取效率；因废渣中含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物，“酸浸”时，Co、Zn、Fe的硫酸盐都溶于水，而Pb元素会以PbSO4沉淀的形式进入滤渣1，则滤渣1中的金属元素主要为Pb。
加快浸取速率、提高浸取效率（答案合
理即可）　
Pb　
解析：（2）结合题给流程，根据相关离子开始沉淀和完全沉淀时的pH，可知铁元素在“氧化沉钴”之前应该以Fe（OH）3的形式除去，故MnO2的作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋；为了检验Fe2＋是否全部转化为Fe3＋，需要加入K3[Fe（CN）6]溶液，K3[Fe（CN）6]会与Fe2＋结合生成蓝色沉淀，若加入K3[Fe（CN）6]溶液后出现蓝色沉淀，说明Fe2＋未被完全氧化成Fe3＋，需要补加MnO2。
将Fe2＋氧化成Fe3＋
K3[Fe（CN）6]溶液　
Fe2＋　
MnO2↓＋3Co（OH）3↓＋5H＋　
K2SO4、ZnSO4　
10－16.7　
题组二　Ni及其化合物
3. （2025·山东模拟）以红土镍镉矿（主要为NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质）为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图所示：
电对 Cu2＋/Cu Pb2＋/Pb Cd2＋/Cd Fe2＋/Fe Ni2＋/Ni
电极电位/V ＋0.337 －0.126 －0.402 －0.442 －0.257
A. “浆化”的目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率
B. “物质A”可以是NiCO3，“调pH”后，经加热得Fe（OH）3沉淀
C. “金属A”是Pb和Cu混合物，“金属B”是Cd
D. 该工艺流程中可以循环利用的物质有CO、H2SO4、Ni等
答案：C
解析：由题给流程可知，镍镉矿浆化后，通入空气、加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入镍，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属A和含有硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和硫酸溶液；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等。由题意可知，浆化的目的是增大反应物间的接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率，故A正确；由分析可知，向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则物质A可能为碳酸镍，故B正确；由分析可知，金属A为铜、镍的混合物，故C错误；由分析可知，该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等，故D正确。
4. （2023·辽宁化学）某工厂采用如图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。
已知：
物质 Fe（OH）3 Co（OH）2 Ni（OH）2 Mg（OH）2
Ksp 10－37.4 10－14.7 10－14.7 10－10.8
回答下列问题：
解析：（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。
适当增大硫酸浓度、适当升高
温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积（任写一条）
解析：（2）H2SO5的结构简式为 ，所以1 mol H2SO5中过氧键的数目为NA。
NA　
Fe（OH）3、CaSO4　
9.0％　
SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn
（Ⅱ）氧化速率
解析：（4）根据题图可知SO2体积分数为9.0％时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn（Ⅱ）氧化速率。
解析：（6）氢氧化镁的Ksp＝10－10.8，当镁离子完全沉淀时，c（Mg2＋）＝10－5 mol·L－1，根据Ksp[Mg（OH）2]可计算c（OH－）＝10－2.9 mol·L－1，根据Kw＝10－14，c（H＋）＝10－11.1 mol·L－1，所以溶液的pH＝11.1。
11.1　
题组三　Cr及其化合物
A. 煅烧过程Cr2O3发生的反应为4Na2CO3＋2Cr2O3＋3O2 4Na2CrO4＋4CO2
B. 滤渣Ⅱ中的成分是Al（OH）3
C. 可循环使用的物质是CO2和Na2CO3
D. 由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入KCl
B
6. （2025·广州一模）铬酸钠（Na2CrO4）是一种重要的化工原料。一种由铬铁矿（主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、镁、铝的化合物等杂质）为原料制备Na2CrO4的工艺流程如下：
已知：25 ℃时，Ksp（BaCrO4）＝1.2×10－10，Ksp（BaSO4）＝1.0×10－10，Ksp[Ba（OH）2]＝2.4×10－4，Ksp[Cr（OH）3]＝6.3×10－31。
回答下列问题：
解析：（1）铬元素的原子序数为24，基态铬离子的价层电子排布式为3d3。
3d3　
解析：（2）由化合物中各元素的化合价代数和为0可知，FeO·Cr2O3中铁元素的化合价为＋2价、铬元素的化合价为＋3价，由题给信息可知，“碱浸氧化”时，铁元素转化为氧化铁、铬元素转化为铬酸钠，由得失电子守恒可知，反应中氧化剂（氧气）和还原剂（FeO·Cr2O3）的物质的量之比为（1＋3×2）∶（2×2）＝7∶4。
7∶4　
4.48　
碱浸氧化　
解析：（5）由题给信息可知，“酸溶还原”发生的反应为铬酸钡与盐酸和乙醇反应生成氯化铬、氯化钡、二氧化碳和水，则反应所得溶液中的溶质除氯化氢外，还有氯化铬、氯化钡。
CrCl3、BaCl2　
2Cr（OH）3＋3H2O2＋
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考点5　无机化工流程常考元素——第ⅣB族Ti、第ⅤB族V、第ⅦB族Mn
A基础知识重点疑难
1. 钛（Ti）及其化合物的性质
（2）TiO2（金红石）
两性氧化物，以酸性为主，不溶于稀酸：
2. 钒（V）及其化合物的性质
（1）V：常温下不活泼，不能与除HF以外的非氧化性酸及碱发生作用，能溶于浓硫酸、硝酸等氧化性酸溶液中。
（2）V2O5
笔记：（1）钒的盐类五颜六色，如二价钒盐呈紫色，三价钒盐呈绿色，四价钒盐呈浅蓝色，五氧化二钒为红色。钒的化合物有毒
（2）“现代工业的味精”在冶金方面用处广泛，V化合价较多，多以信息形式考查
3. 锰（Mn）及其化合物的性质
B题组集训提升能力
题组一　Ti及其化合物
1. （2025·八省联考四川卷）TiO2是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的TiO2废渣可以通过如下流程纯化。
已知：“铝热还原”时，Al转化为难溶于酸和碱的α－Al2O3，TiO2转化为TiOx（1≤x≤1.5）；“浸取”时，TiOx溶于盐酸生成易被空气氧化的Ti3＋。
D
A. TiO2具有弱氧化性
B. “浸取”需要惰性气体保护
C. “滤液”中存在Fe3＋和Ca2＋
D. H2来自于Fe和盐酸的反应
解析：TiO2中Ti为高价态，具有氧化性，A正确；“浸取”过程中，需要惰性气体保护，防止产生的Ti3＋被空气氧化，B正确；Ti4＋转化为TiO2·xH2O分离，滤液中含有Fe3＋、Ca2＋，C正确；铝热还原时铁的氧化物转化为铁单质，“浸取”时除了Fe和盐酸反应产生H2，Al和盐酸的反应等也可以产生H2，D错误。
2. （2025·福州二模）二氧化钛化学稳定性好，无污染，可应用于锂电池负极材料。某含钛高炉渣（主要成分为CaTi2O5，含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质）制备二氧化钛工艺如图：
解析：（1）Ti元素为22号元素，基态Ti的价层电子排布式为3d24s2。
3d24s2　
CaTi2O5＋
解析：（4）“滤渣1”的主要成分为CaSO4。
解析：（5）“还原”工序需要在低温下进行的原因是冷却结晶析出绿矾以除去铁元素或减缓Fe2＋被空气中的氧气氧化。
CaSO4　
冷却结晶析出绿矾以除去铁元素或
减缓Fe2＋被空气中的氧气氧化
75.0％　
题组二　V及其化合物
3. （2025·烟台、德州、滨州诊断）利用V2O3制备氧钒碱式碳酸铵晶体{（NH4）5
[（VO）6（CO3）4（OH）9]·10H2O}的工艺流程如图：
D
A. V2O3制备NaVO3过程中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
C. 由V2O5制备VOCl2的两种路径，路径Ⅰ更符合绿色化学思想
D. 路径Ⅱ中若盐酸浓度过低，可能生成副产物VO2Cl
4. （2024·河北化学）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V2O5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。工艺流程如图。
ⅱ.高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成四羟基合铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca（VO3）2]和四羟基合铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：
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。
3d34s2　
＋5　
CO2　
解析：（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与Al2O3反应生成四羟基合铝酸钠和四羟基合铝酸钙，四羟基合铝酸钠溶于水，四羟基合铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是Na[Al（OH）4]。
Na[Al（OH）4]　
离子交换　
解析：（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有Cl－，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。
NaCl　
a.延长沉钒时间
b.将溶液调至碱性
c.搅拌
d.降低NH4Cl溶液的浓度
bd　
题组三　Mn及其化合物
5. 一种以锰尘（主要成分为Mn3O4，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图：
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
已知：室温下相关物质的Ksp如表。
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
C
6. （2025·八省联考四川卷）MnSO4具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级MnSO4的流程如下。该阳极泥主要含有MnO2，以及Na＋、K＋、Ca2＋、Mg2＋、Zn2＋和微量Pb2＋等杂质离子。
已知：Ksp（ZnS）＝1.0×10－22，Ksp（PbS）＝8.0×10－28，Ksp（MnS）＝1.0×
10－10。金属离子生成氢氧化物沉淀，其lg[c（M）/（mol·L－1）]和溶液pH的关系如下图所示：
回答下列问题：
解析：（1）锰为25号元素，基态Mn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2。
解析：（2）二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2的作用是还原二氧化锰为锰离子。
1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2
将二氧化锰还原为锰离
子
解析：（5）“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2。
CaF2　
MgF2　
下降　
解析：（7）“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的是循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率。
溶解　
循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率
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限时跟踪检测
C
A. 煅烧时只有Cu、S两种元素被氧化
B. 酸浸后，滤液的主要成分为FeSO4和CuSO4
C. 调pH为3～4时，可实现铜、铁的分离
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解析：辉铜矿（Cu2S，含少量Fe3O4、SiO2）在空气中煅烧生成氧化铜、氧化铁和二氧化硫，加入硫酸得到硫酸铁、硫酸铜，过滤，调节滤液的pH后过滤，向滤液中加入过量氨水，再加入95％乙醇，降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度。煅烧时铁被氧化为＋3价，因此煅烧时有Cu、S、Fe三种元素被氧化，故A错误；根据调节pH得到浸渣2，说明生成了氢氧化铁沉淀，则酸浸后，滤液的主要成分为Fe2（SO4）3和CuSO4，故B错误；调pH为3～4时，可实现铜、铁的分离，将铁元素转化为氢氧化铁沉淀，故C正确；95％乙醇的作用为降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度，故D错误。
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2. （2025·河北5月二模）某科研团队从铬钒渣中分离钒并制备Cr（OH）3的流程如图。
已知：①“溶解”后所得滤液为Na2CrO4、
Na[Al（OH）4]和NaVO3的混合溶液。
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A. “灼烧”步骤的尾气中含CO2
D. “转化沉铬”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
B
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C. “蒸氨沉锌”“煅烧”时产生的气体可返回到“浸取”工序中循环使用
D
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4. （2025·商洛一模）用低品铜矿（主要含CuS、FeS）制备Cu2O的一种工艺流程如图。
C
B. “调pH”的目的是除去溶液中的Fe2＋
C. 使用Na2CO3溶液“除锰”时，锰渣中可能会含有少量Mn（OH）2
D. “还原”过程中参与反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1
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5. （2025·鹰潭一模）利用含钴废料（主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质）制备碳酸钴的工艺流程如图。
B
A. “滤液Ⅰ”中溶质的主要成分是Na[Al（OH）4]
B. “酸溶”反应中H2O2作氧化剂
C. “反萃取”中可加入H2SO4分离出Co2＋
D. “沉钴”时Na2CO3溶液滴加速率不宜过快，目的是防止生成Co（OH）2
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解析：含钴废料（主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质）中加入NaOH溶液碱浸，铝箔溶解转化为Na[Al（OH）4]（滤液Ⅰ）而被除去，滤渣主要含Co3O4和LiCoO2，根据实验目的可知后续需要萃取Co2＋，说明经过酸溶之后，＋3价Co元素转化为Co2＋，即在酸溶步骤中Co元素被还原，则加入的H2O2作还原剂，过滤，所得滤液中主要含CoSO4和Li2SO4，滤液中加入有机磷萃取，分液后得到含有Li2SO4的无机相及含有CoR2的有机相，有机相中可加入H2SO4进行反萃取分离出Co2＋，最后加入Na2CO3溶液沉钴获得CoCO3，以此分析解答。“滤液Ⅰ”主要成分是Na[Al（OH）4]，故A正确；“酸溶”反应中H2O2作还原剂，故B错误；“反萃取”中可加入H2SO4分离出Co2＋，故C正确；“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co（OH）2杂质，将导致产品不纯，溶液滴加速率不宜过快，故D正确。
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6. （2025·唐山一模）白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O（含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质），利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如图。
A. “滤渣1”的主要成分是SiO2
B. “气体”的主要成分是NO2
C. “操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶
B
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7. （2025·湖南一模）工业生产中利用方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）制备PbSO4晶体的工艺流程如图。
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B. 滤渣2的主要成分是氢氧化铁
C
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A. 滤渣的主要成分为Cu
B. 滤液1和滤液2混合可能产生白色沉淀
D. “溶解还原”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3
C
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9. （2025·武汉二模）实现废钨－镍型加氢催化剂（主要成分为WO3、Ni、Al2O3，还含有Fe、SiO2和少量含S有机化合物）中有价值金属回收的工艺流程如图。
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已知：ⅰ.T＜700 ℃时，纯碱不与Al2O3、SiO2反应。
ⅱ.相关金属离子[c0（Mn＋）＝0.1 mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Ni2＋ Al3＋ Fe3＋
开始沉淀时的pH 6.9 3.4 1.5
沉淀完全时的pH 8.9 4.7 2.8
回答下列问题：
四　
Ⅷ　
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解析：由题给流程可知，废催化剂在空气中氧化，将含S有机化合物转化为气体除去，并将金属单质氧化至相应价态；向氧化渣中加入碳酸钠在600 ℃条件下钠化焙烧，将氧化钨转化为钨酸钠，焙烧渣经水浸、过滤得到浸渣和滤液；向滤液中加入硫酸溶液酸化沉钨，将钨酸钠转化为钨酸沉淀，过滤得到钨酸；钨酸煅烧分解生成氧化钨；向浸渣中加入硫酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；调节滤液pH范围为4.7≤pH＜6.9，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和硫酸镍溶液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却到30.8～53.8 ℃结晶、及时过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍。（1）镍元素的原子序数为28，位于元素周期表第四周期Ⅷ族。
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解析：（2）由分析可知，氧化的目的是将含S有机化合物转化为气体除去，并将金属单质氧化至相应价态。
除去含S有机化合物　
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CO2↑
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解析：（4）由分析可知，“酸化沉钨”后过滤，所得滤饼的主要成分为钨酸。
解析：（5）由分析可知，调节滤液pH在[4.7，6.9）范围内的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀。
H2WO4　
4.7≤pH＜6.9　
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（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。
温度 低于30.8 ℃ 30.8～53.8 ℃ 53.8～280 ℃ 高于280 ℃
晶体形态 NiSO4·7H2O NiSO4·6H2O 多种结晶水合物 NiSO4
解析：（6）由题给信息可知，“一系列操作”为硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却到30.8～53.8 ℃结晶、及时过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍。
蒸发浓缩、冷却到30.8～53.8 ℃结晶　
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10. （2025·秦皇岛二模）废钼催化剂中钼、钴、镍等有色金属作为二次资源可加以回收利用，一种从废钼催化剂（主要成分为MoO3、MoS2，含少量CoO、CoS、NiO、Fe2O3等）中回收有色金属的一种工艺流程如图所示：
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已知：①Ksp（NiC2O4）＝4.5×10－7；
②部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀时溶液的pH如表所示：
金属阳离子 Co2＋ Fe3＋ Ni2＋
开始沉淀时的pH 7.0 2.3 7.1
沉淀完全时的pH 9.0 3.2 9.2
回答下列问题：
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解析：废钼催化剂（主要成分为MoO3、MoS2，含少量CoO、CoS、NiO、Fe2O3等），在空气中焙烧生成气体为二氧化硫，烧渣加入NaOH溶液、双氧水碱浸，得到Na2MoO4溶液，向溶液中加入稀硝酸沉钼得到H2MoO4，碱浸后得到的固体为CoO、NiO、Fe2O3，固体用稀盐酸酸浸，得到含有Co2＋、Ni2＋、Fe3＋的溶液，加入NaOH将Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀除去，加入H2C2O4溶液沉镍、沉钴得到NiC2O4、CoC2O4，以此解答。（1）基态Mo原子的价层电子排布式为4d55s1，则Mo在元素周期表中的位置为第五周期ⅥB族。
第五
周期ⅥB族　
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解析：（2）“焙烧”时，采用“多层逆流焙烧”方法，即混合料与空气逆向而行，该方法的优点是增大接触面积，提高反应速率。
增大接触面积，提高反应速率　
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解析：（4）“除铁”时，需要将Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀，而Ni2＋和Co2＋不能沉淀，由表格数据可知，控制pH的范围为3.2≤pH＜7.0。
3.2≤pH＜7.0　
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94.4％　
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CoC2O4　
CoO　
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