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专题质量评价(五)　工艺流程中的条件控制及分离提纯
1.用含钴废料(主要成分为Co,含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图。已知:草酸钴晶体难溶于水;RH为有机物(难电离)。
下列说法不正确的是 (　　)
A.滤渣Ⅰ主要成分为SiO2和Al2O3
B.向浸出液中加H2O2的目的是氧化Fe2+
C.操作①用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯
D.洗涤草酸钴晶体时可用盐酸和BaCl2溶液检验是否洗干净
2.(2025·郴州市一模)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体,是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。二氧化氯的制备以及由二氧化氯制备一种重要的含氯消毒剂——亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如图,下列说法正确的是 (　　)
已知:①NaClO2的溶解度随温度升高而增大,适当条件下可结晶析出NaClO2·3H2O;
②纯ClO2易分解爆炸,一般用稀有气体或空气稀释到10%以下以保证安全。
A.“吸收塔”内发生反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2==NaClO2+H2O+NaClO3
B.“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是将NaClO3氧化成ClO2
C.对NaClO2·3H2O晶体进行重结晶可获得纯度更高的晶体
D.工业上的氯碱工业(制备烧碱和氯气)用的是阴离子交换膜
3.(12分)(2025·江西省十校协作体联考)LiCoO2(钴酸锂)难溶于水,具有强氧化性,可用作锂电池正极材料,某锂离子二次电池的正极材料主要为LiCoO2,还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取Co3O4。
已知:常温下,该工艺条件下,有关金属离子沉淀完全(c=1×10-5 mol·L-1)的pH见下表。
离子 Co2+ Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ Ni2+
pH 9.4 3.2 9.0 4.7 10.1 8.9
(1)“酸浸还原”时为减少环境污染,应如何滴入Na2S2O3溶液 　　　 　　　　　　　　。
(2)“酸浸还原”时,LiCoO2发生的反应中氧化产物为硫酸盐的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。
(3)水解净化过程中生成“滤渣”的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)氧化沉铁锰:若浸取液中c(Co2+)=0.1 mol·L-1,为使钴不损失,则常温下须调节溶液pH不大于　　　　　　;在调好pH后,加入NaClO溶液,随着锰和铁的沉淀率逐渐增大,钴的损失量也随之增大,可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)萃取,反萃取:该工艺设计萃取、反萃取的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　。
4.(10分)(2025·广安市二诊)在“双碳”背景下,我国新能源产业迅速发展,硫酸镍的需求量也随之增加。某电解厂粗硫酸镍[主要含Ni(NH4)2(SO4)2·6H2O,同时含有杂质Fe、Zn、Cu、Ca等元素的化合物]分离提纯的工艺流程如下:
已知:①25 ℃时,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38
②皂化:HR+NaOH NaR+H2O
转皂:2NaR+Ni2+ NiR2+2Na+
萃取除杂:NiR2+M2+ MR2+Ni2+,式中M2+表示金属阳离子,HR为萃取剂。
③不同金属阳离子的萃取率与pH的关系如图所示:
根据以上信息回答下列问题:
(1)已知气体A中含有SO2,Ni(NH4)2(SO4)2·6H2O“焙烧脱氨”反应的氧化产物为　　　 　。
(2)“氧化”控制温度在60~70 ℃的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)“反萃取”加入的试剂X为　　　　　。
(4)萃取时,调节pH在4左右进行萃取除杂,流程中“皂化”和“转皂”的目的是　　　　　　　　　 　　　。
(5)在一定条件下,用萃取剂萃取分离Ni2+时,经充分振荡分层后,有机层和水层中离子的物质的量浓度之比为2∶9。现含有Ni2+的水溶液10 mL,用5 mL萃取剂萃取一次后,Ni2+的萃取率为　　　。已知:萃取率=×100%
5.(14分)(2025·滨州市二模)工业上利用废酸(主要含H2SO4)浸出冶炼铜产生的烟尘[含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等],实现了砷的去除(以FeAsO4形式)及铜的回收,达到了以废治废的目的。工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)氧化浸出时,鼓入空气的主要目的是　　　　　　 　　　　　　　　,CuS参与反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　 　　　　。
(2)滤渣的主要成分是　　　　　　(填化学式)。
(3)深度氧化中H3AsO3全部被氧化为H3AsO4,该转化的化学反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)在某条件下,中和除砷、铁时,不同的中和终点pH条件下,溶液中的砷、铁质量浓度(ρ)及铜、砷、铁的入渣率如下表所示。
中和终点 pH ρ/(g·L-1) 入渣率/%
As Fe Cu As Fe
1.6 4.28 5.37 1.83 51.59 46.12
2.0 0.33 0.26 2.66 94.63 97.05
2.4 0.25 0.15 3.23 95.78 97.35
3.5 0.20 0.16 8.35 97.02 97.84
4.0 0.19 0.14 33.25 97.93 98.25
结合以上数据判断,中和除砷、铁最佳pH范围为　　　　(填字母),请分析原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
A.1.6~1.8 B.2.0~2.2
C.3.3~3.5 D.3.8~4.0
(5)有机萃取剂用HR表示,发生萃取的反应可表示为Cu2++2HR CuR2+2H+。若中和除砷、铁后溶液pH=2.0,c(Cu2+)=0.055 mol·L-1,多次萃取后水相中c(H+)为0.11 mol·L-1,则铜的萃取率为　　　　　%(保留两位小数,忽略溶液体积变化)。
(6)反萃取中,下列说法正确的是　　　　　。
A.反萃取剂可选择浓硫酸以提高反萃取率
B.分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液
C.经几次振荡并放气后,手持分液漏斗静置分层
D.反萃取后,Cu2+被转移至水相
专题质量评价(五)
1.选A　含钴废料成分中只有SiO2不与硫酸反应,故滤渣Ⅰ主要成分为SiO2,不含Al2O3,A错误;浸出液中加入H2O2和CoO,将Fe2+氧化为Fe3+,同时调节pH,使铁离子、铝离子转化为沉淀除去,B正确;向滤液中加入RH,Ni2+溶于有机层,操作①为分液,玻璃仪器为分液漏斗、烧杯,C正确;加入(NH4)2C2O4反应的离子方程式为Co2++C2+2H2O==CoC2O4·2H2O↓,过滤得到的草酸钴晶体可能含有S,检验是否洗涤干净的方法是取最后一次的洗涤液少许于试管中,滴入盐酸酸化的氯化钡溶液,若无沉淀生成,则证明洗涤干净,D正确。
2.选C　电解法生产亚氯酸钠的工艺流程:无隔膜电解槽电解饱和氯化钠溶液,NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑,得到氯酸钠溶液,氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下被二氧化硫还原成二氧化氯,发生反应2NaClO3+SO2==Na2SO4+2ClO2,ClO2在二氧化硫和空气混合气体中不易分解爆炸,通入空气的目的是稀释ClO2,防止ClO2爆炸,吸收塔中加入氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成NaClO2,经过滤、结晶得到NaClO2·3H2O,以此分析解答。吸收塔内发生的反应为在碱性条件下,二氧化氯与过氧化氢发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水,反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2==2NaClO2+2H2O+O2,故A错误;由已知②可知,纯二氧化氯易分解爆炸,一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全,则发生器中鼓入空气的作用应是稀释二氧化氯以防止爆炸,故B错误;要得到更纯的NaClO2·3H2O晶体进行的操作是重结晶,故C正确;工业上的氯碱工业(制备烧碱和氯气),为防止生成的氯气与OH-接触反应,应用阳离子交换膜,故D错误。
3.解析:该工艺流程的原料为废旧锂电池的正极材料(主要为LiCoO2,还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物),产品为Co3O4,流程主线中的主元素为Co,则Al、Fe、Mn、Ni元素在该工艺流程中作为杂质被除去,“酸浸还原”过程中,LiCoO2、H2SO4与Na2S2O3反应生成CoSO4、Li2SO4、Na2SO4和H2O,Al、Fe、Mn、Ni的化合物也都与H2SO4反应生成Al3+、Fe2+、Mn2+、Ni2+的硫酸盐,在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去,“氧化沉铁锰”过程是NaClO将Fe2+、Mn2+分别氧化为Fe(OH)3、MnO2过滤除去,利用P507萃取剂从滤液中分离Co2+,再反萃取后加入草酸铵沉钴,最终得到Co3O4。(1)Na2S2O3溶液在酸性环境中会放出二氧化硫气体,“酸浸还原”时为减少环境污染,应缓慢滴加或少量多次滴加Na2S2O3溶液。(2)“酸浸还原”过程中,发生的化学方程式为8LiCoO2+11H2SO4+Na2S2O3==4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O。(3)在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去,离子方程式为Al3++3HC==Al(OH)3↓+3CO2↑。(4)Co2+沉淀完全时pH=9.4,c(OH-)=10-4.6 mol·L-1,Ksp[Co(OH)2]=10-5×(10-4.6)2=10-14.2;若浸取液中c(Co2+)=0.1 mol·L-1,为使钴不损失,c(Co2+)·c2(OH-)≤10-14.2,c(OH-)≤10-6.6 mol·L-1,c(H+)≥10-7.4 mol·L-1,则常温下须调溶液pH不大于7.4;在调好pH后,加入NaClO溶液,随着锰和铁的沉淀率逐渐增大,钴的损失量也随之增大,可能的原因是①可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀,吸附一部分钴离子,使钴的损失增大;②可能是NaClO的氧化性强,将部分Co2+又氧化成LiCoO2,使钴的损失增大。(5)根据流程分析,萃取,反萃取过程,利用P507萃取剂可以分离钴和镍锂,从“滤液”中分离Co2+,反萃取,进一步富集Co2+,提高产物纯度。
答案:(1)缓慢滴加或少量多次滴加　(2)8LiCoO2+11H2SO4+Na2S2O3==4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O
(3)Al3++3HC==Al(OH)3↓+3CO2↑
(4)7.4　①可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀,吸附一部分钴离子,使钴的损失增大;②可能是NaClO的氧化性强,将部分Co2+又氧化成LiCoO2,使钴的损失增大
(5)分离钴和镍锂,富集Co2+,提高产物纯度
4.解析:粗硫酸镍焙烧脱氨得到气体A,已知气体A中含有SO2,则Ni(NH4)2(SO4)2·6H2O中硫被还原,结合电子守恒,则氮元素化合价升高被氧化为氮气,则A含氮气和二氧化硫;焙烧后固体加入水除去微溶的硫酸钙,过滤滤液加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,加入氢氧化镍调节pH使得铁离子转化为沉淀,滤液加入萃取剂萃取分离出含镍离子的水相,系列操作得到硫酸镍晶体,有机层经过反萃取得到再生有机相,通过皂化、转皂、萃取操作可以回收Ni2+,提高其产率。(1)由分析知,Ni(NH4)2(SO4)2·6H2O“焙烧脱氨”反应的氧化产物为氮气。(2)过氧化氢不稳定,受热容易分解,温度过低反应速率较慢;温度过高,H2O2分解,增加其消耗量,故“氧化”需控制温度在60~70 ℃。(3)已知,萃取除杂过程为NiR2+M2+ MR2+Ni2+、皂化过程为HR+NaOH NaR+H2O,则在反萃取过程中需要加入酸使得MR2转化为HR且在生成硫酸镍过程中不引入新杂质,那么“反萃取”加入的试剂X为H2SO4。(4)由已知,转皂过程中镍离子生成NiR2、萃取除杂过程中释放镍离子,故流程中“皂化”和“转皂”的目的是尽量更多地回收Ni2+,提高其产率(降低粗硫酸镍中Ni2+的萃取率)。(5)含有Ni2+的水溶液10 mL,用5 mL萃取剂萃取一次后,则=,=,Ni2+的萃取率为×100%=10%。
答案:(1)N2(氮气)　(2)温度过低反应速率较慢;温度过高,H2O2分解,增加其消耗量(或其他合理描述)　(3)H2SO4(硫酸)
(4)回收Ni2+,提高其产率(降低粗硫酸镍中Ni2+的萃取率)(或其他合理描述)　(5)10%
5.解析:烟尘[含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等]通入空气,用废酸(主要含H2SO4)浸取,过滤得滤渣S,滤液主要为Cu2+、Fe3+、H3AsO3、H+、S,通入Ca(OH)2得到滤渣CaSO4,加入KMnO4深度氧化,H3AsO3全部被氧化为H3AsO4,加入石灰中和除砷、铁(以FeAsO4形式),加入有机萃取剂Cu2+(Cu2++2HR CuR2+2H+),反萃取得到硫酸铜,电解得到铜单质,据此分析。(1)氧化浸出时,鼓入空气的主要目的是空气中氧气可作氧化剂,将二价铁氧化成三价铁,氧化CuS生成CuSO4、S单质,促进硫化物的浸出;CuS参与反应的离子方程式为2CuS+O2+4H+==2Cu2++2S+2H2O。(2)根据分析可知,滤渣的主要成分是CaSO4。(3)深度氧化中H3AsO3全部被氧化为H3AsO4,KMnO4作氧化剂,Mn化合价由+5降至+2,As化合价由+3升至+5,根据化合价升高总和相等,该转化的化学反应方程式为5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4==5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O。(4)在pH=2.0时,溶液中的砷、铁质量浓度(ρ)很小,同时砷、铁的入渣率较高、铜的入渣率较低,故选B;原因是:pH过小,As浓度低,不利于FeAsO4沉淀的形成,pH过大,Cu2+形成沉淀,入渣率较高。
(5)根据已知列三段式:
Cu2++2HR CuR2+2H+
起始/(mol·L-1) 　　　　0.055　　　 0.01
改变/(mol·L-1) 　　　　0.05　　 　 0.1
多次萃取后/(mol·L-1) 　0.005　　　0.11
铜的萃取率为×100%≈90.91%。(6)反萃取剂可选择稀硫酸以提高反萃取率,浓硫酸氢离子浓度低,不利于萃取平衡逆移,A错误;分液漏斗使用前,上口塞子和活塞有两处需检查是否漏液,B正确;经几次振荡并放气后,分液漏斗放置在铁架台上静置分层,C错误;萃取是Cu2+被转移至有机相,反萃取后,Cu2+被转移至水相,D正确。
答案:(1)空气中氧气可作氧化剂,将金属硫化物中的S氧化为硫单质,促进硫化物的浸出　2CuS+O2+4H+==2Cu2++2S+2H2O
(2)CaSO4　(3)5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4==5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O　(4)B　pH过小,As浓度低,不利于FeAsO4沉淀的形成,pH过大,C形成沉淀,入渣率较高
(5)90.91　(6)BD
5 / 5专题微课(五)　工艺流程中的条件控制及分离提纯
　　反应条件的控制及分离提纯是化工流程中的难点,需重点强化。条件控制是化工生产和实验中的重要手段,通过控制条件使反应向着实际需要的方向进行和转化,实现物质间的分离和提纯,从而达到效果的最优化。其中温度控制是最常见的一种条件控制,其常见目的是改变化学反应速率,使化学平衡发生移动或结合物质的溶解度进行物质的分离提纯等。由此可见两难点联系紧密、唇齿相依,整合到一块复习有利于融通相关知识。
一、工艺流程中的条件控制
高考领航
1.(2025·甘肃卷·节选)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:
已知:As2O3熔点314 ℃,沸点460 ℃
分解温度:CuO 1 100 ℃,CuSO4 560 ℃,ZnSO4 680 ℃,PbSO4高于1 000 ℃
Ksp(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)。
2.(2024·山东卷·节选)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,消耗Fe3+物质的量之比为　　　;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥发外,另一目的是防止产生　　　　　(填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为　　　　　　。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是 　。
(4)“置换”中可选用的试剂X为　 　(填标号)。
A.Al　　 B.Zn　　 C.Pb　　 D.Ag
重点破障
在反应条件控制中常考的三种操作及思考角度
常考的操作 思考角度
控制体系 的环境氛围 ①需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3、MgCl2等含水晶体,抑制水解并带走因分解产生的水汽。 ②营造还原性氛围,防止还原性物质被氧化。如加入铁粉防止Fe2+被氧化。 ③加入氧化剂进行氧化。如加入绿色氧化剂H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,绿色氧化剂H2O2的优点:不引入新杂质,对环境无污染
控制温度 (常用水浴、 冰浴或油浴) 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
控制溶液 的pH 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“酸作用”还可除去氧化物(膜)。 ③“碱作用”还可除去油污,除去铝片氧化膜,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)
强训提能
1.(2025·沈阳市第二中学模拟)高纯MnCO3在半导体和电池制造等方面都有广泛的用途。一种以锰尘(主要成分为Mn2O3,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下:
已知:室温下相关物质的Ksp、Ka如下表。
Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3
10-32.9 10-11.3 10-5.3 10-16.3 10-38.6
Mn(OH)2 MgF2 CaF2 HF
10-12.7 10-10.3 2.25×10-11 3×10-4
请回答下列问题:
(1)写出酸浸工序中产生的气体①的化学方程式　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　。
(2)滤渣①主要成分为 　。
(3)除杂②工序中加入NaF溶液前,要重新调节溶液pH,既不能过大,也不能过小的原因是 　　。
(4)沉淀工序中,在30~35 ℃下,将碳酸氢铵溶液滴加到净化液中,控制反应液的最终pH在6.5~7.0,得到MnCO3沉淀。发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　,将温度控制在30~35 ℃的原因为 　　。
(5)“沉锰”中NH4HCO3溶液浓度对纯度、产率的影响如图所示,应选择的浓度为　　　　　　,得到纯净碳酸锰的“系列操作”包括 　。
2.(2025·河南省部分学校大联考)以湿法炼锌过程中产出的钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、NiO、MnO2,含少量Fe2O3、ZnO、CaO等)为原料,分离回收钴、镍的工艺流程如图所示。
回答下列问题:
(1)“酸浸”时,可能产生的一种有毒气体是　　　(填化学式)。
(2)已知“滤渣”的主要成分是Fe(OH)3。“除铁”过程中将pH控制在3.7~4.0范围内的原因是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)除镍:向滤液中加入某有机萃取剂HX,通过萃取、反萃取可以得到NiSO4溶液。萃取原理可表示为Ni2+(水层)+2HX(有机层) NiX2(有机层)+2H+(水层),在实验室模拟该操作,需要使用的主要玻璃仪器为　　　　　 。
(4)在隔绝空气氛围中灼烧Co(OH)3,固体的失重率(失重率=×100%)与温度的关系如图所示。若通过此法制备纯净的Co2O3,选择的最佳温度为　　　　　　　(填“290 ℃”“500 ℃”或“1 000 ℃”)。
二、工艺流程中物质的分离与提纯
高考领航
1.(2025·广东卷·节选)我国是金属材料生产大国,绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。
已知:多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2
Ksp(298 K) 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 5.5×10-16
(1)“酸浸”中,提高浸取速率的措施有　　　　　　　　　　　(写一条)。
(2)“高压加热”时,生成Fe2O3的离子方程式为
　　　+O2+　　　H2O　　　Fe2O3↓+　　　H+。
(3)“选择萃取”中,镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有　　　　。
A.镍与N、O形成配位键
B.配位时Ni2+被还原
C.配合物与水能形成分子间氢键
D.烷基链具有疏水性
(4)“700 ℃加热”步骤中,混合气体中仅加少量H2,但借助工业合成氨的逆反应,可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　和　　　　　　　　　。
2.(2024·湖北卷·节选)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径为
已知:Be2++4HA BeA2(HA)2+2H+
回答下列问题:
(1)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态,冷却过程的特点是　　　　　　　　。
(2)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,观察到的现象是 　　。
(3)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式: 　。
“滤液2”可以进入　　　　　　　　　　　　步骤再利用。
(4)电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠的主要作用是 　。
重点破障
1.趁热过滤、蒸发浓缩与蒸发结晶的辨析
趁热过滤 减少因降温而析出的固体的量
蒸发浓缩 蒸发部分溶剂,提高溶液浓度
蒸发结晶 蒸发溶剂,使溶液由不饱和变为饱和,继续蒸发,过剩的溶质就会结晶析出
2.萃取与反萃取
(1)萃取
示　例 分　析
萃取 操作 用如图所示的实验装置进行萃取分液,以除去溶液中的Fe3+ 为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相,采取的操作:向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂,充分振荡、静置、分液,并重复多次
萃取剂的选择 已知萃取剂A、B中pH对钴、锰离子萃取率的影响如图所示 为了除去Mn2+,应选择萃取剂B
(2)反萃取:被萃取物萃入有机相后,一般需要使其重新返回水相,此时把负载有机相与反萃剂(一般为无机酸或碱的水溶液,也可以是纯水)接触, 使被萃取物转入水相,这一过程相当于萃取的逆过程, 故称为反萃取。
强训提能
1.(2024·贵州卷)贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国以上。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:
下列说法正确的是 (　　)
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
2.(2025·陕西省西安交大附中三模)锆是一种稀有金属,广泛用在航空航天、军工、核反应、原子能领域。一种以锆英砂(主要含ZrSiO4,还含有少量Cr、Fe、Hf等元素)为原料生产金属锆和副产物硅酸钙的工艺流程如下:
已知:①“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为Zr4+、Fe3+、HfO2+、Cr3+;
②“氨沉”时产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3;
③部分氯化物的沸点数据如表所示:
物质 ZrCl4 CrCl3 FeCl3 FeCl2
沸点/℃ 331 1 300 316 700
回答下列问题:
(1)“碱熔”时有Na2ZrO3生成,温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响如图所示,则应采取的条件为　　　　　　　　　　。ZrSiO4发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)“萃取”时除去的杂质元素为　　　　　　,流程中可循环利用的物质除TOPO外,还有　　　　　　　(填化学式)。
(3)“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2,“沸腾氯化”时ZrO2发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。氯化反应结束通入H2,可以将FeCl3转为FeCl2,其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
3.(2025·湖北省黄冈中学二模)钴、镍及其化合物在新能源材料、化工合成领域有着重要的作用。以含镍废料(主要成分为NiO,含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备CoCO3和NiSO4·6H2O的工艺流程如下。
回答下列问题:
(1)“萃取”时一般选择有机萃取剂P204,“萃取”和“反萃取”可表示为2HX+Ni2+ NiX2+2H+。在萃取过程中为了提高萃取率可加入适量　　　　　　　　　　　(填写试剂名称),然后往有机层中加入另一物质进行反萃取。
(2)反萃取时,硫酸的浓度需在一定范围内,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)黄钠铁矾渣可用“酸浸 沉淀法”进行铁资源回收:先在加热条件下用稀盐酸浸出铁,再向浸出液中加入少量NaH2PO4,可得沉淀,该沉淀为某种锂离子材料磷酸铁。试写出生成沉淀的离子方程式 　。
(4)以上流程的优点有　　　　。
A.资源高效回收利用,低能耗,符合绿色化学原则
B.分步除杂,选择性高
C.工艺成熟,操作简便
专题微课(五)　工艺流程中的条件控制及分离提纯
一、工艺流程中的条件控制　
[高考领航]
1.解析:铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫,As2O3因沸点低被蒸出,设计温度为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。(1)设计焙烧温度为600 ℃,使硫酸铜分解,而硫酸锌和硫酸铅不分解,使As2O3沸腾收集。(2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3,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4SO2+Na2CO3+2Na2S==3Na2S2O3+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Cu的方法有:电解法或置换法。
答案:(1)使硫酸铜分解,硫酸锌和硫酸铅不分解,同时使As2O3沸腾收集
(2)4SO2+Na2CO3+2Na2S==3Na2S2O3+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
2.解析:本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,过滤Ⅰ除掉单质硫滤渣,滤液中[PbCl4]2-在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2-,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液主要成分为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]-置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液为FeCl2。
(1)“热浸”时,Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变,所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,S2-物质的量相等,所以消耗Fe3+的物质的量相等,比值为1∶1;若溶液中盐酸浓度过大,会生成H2S 气体。
(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,会溶解为[PbCl4]2-,电解[PbCl4]2-溶液制备金属Pb,Pb在阴极产生,阳极Cl-放电产生Cl2, 尾液成分为FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3,可以在热浸中循环使用。
(3)过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+,根据还原之后可以得到含硫滤渣,“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥,为了防止引入其他杂质,则试剂X应为Pb。
答案:(1)1∶1　H2S　(2)热浸　(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+　(4)C
[强训提能]
1.解析:由题给流程可知,向锰尘中加入浓盐酸共热酸浸,三氧化二锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水,铝、镁、钙、铁的氧化物与浓盐酸反应转化为可溶的金属氯化物,反应生成的氯气用氢氧化钠溶液进行吸收,防止污染环境;向酸浸得到的溶液中加入氨水调节溶液pH在5~6的范围内,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、氢氧化铝的滤渣和滤液;向滤液中加入氟化钠溶液,将溶液中的镁离子和钙离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀,过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣和滤液;向滤液中加入碳酸氢铵溶液,溶液中锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水,过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。(1)由分析可知,酸浸工序中产生氯气的反应为三氧化二锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水,反应的化学方程式为Mn2O3+6HCl2MnCl2+Cl2↑+3H2O。(2)由分析可知,滤渣①主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝。(3)除杂②工序中加入氟化钠溶液前,要重新调节溶液pH是因为若溶液pH太小,氟化钠会与氢离子反应生成弱酸氢氟酸,会使溶液中钙离子、镁离子沉淀率降低;若溶液中pH过高,锰离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化锰沉淀,会使碳酸锰的产率降低。(4)由分析可知,生成碳酸锰的反应为溶液中锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水,反应的离子方程式为Mn2++2HC==MnCO3↓+CO2↑+H2O;反应时若温度低于30 ℃,反应较慢,若温度高于35 ℃,碳酸氢铵受热易分解,降低原料利用率,所以需要将温度控制在30~35 ℃。(5)由图可知,碳酸氢铵溶液的浓度为7.5%时,碳酸锰的产率最大,纯度较高,所以实验时碳酸氢铵溶液应选择的浓度为7.5%;由分析可知,得到纯净碳酸锰的操作为过滤、洗涤、干燥。
答案:(1)Mn2O3+6HCl2MnCl2+Cl2↑+3H2O
(2)Al(OH)3和Fe(OH)3
(3)pH太小,NaF与H+反应生成HF,Ca2+、Mg2+沉淀率降低;pH过高,Mn2+易沉淀
(4)Mn2++2HC==MnCO3↓+CO2↑+H2O　温度低于30 ℃,反应较慢,温度高于35 ℃,碳酸氢铵易分解,降低原料利用率
(5)7.5%　过滤、洗涤和干燥
2.解析:钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、NiO、MnO2,含少量Fe2O3、ZnO、CaO等)加入硫酸酸浸,同时加入K2SO3作还原剂,将MnO2、Co3+、Fe3+还原为Mn2+、Co2+、Fe2+,浸渣为CaSO4,滤液加入H2O2调节pH使Fe2+转化为Fe(OH)3沉淀除掉,加入萃取剂HX除镍,经过萃取和反萃取得到NiSO4溶液,加入Na2S2O8溶液,将Mn2+转化为MnO2,滤液加入Na2S2O8溶液,同时加入NaOH溶液得到Co(OH)3,滤液为ZnSO4,据此解答。(1)“酸浸”时,K2SO3与H2SO4能发生复分解反应生成SO2气体,故有毒气体为SO2。(2)“除铁”过程中将pH控制在3.7~4.0,若pH偏低,Fe3+沉淀不完全;pH偏高,Ni2+、Co2+等离子会沉淀。(3)实验操作为分液,故玻璃仪器为分液漏斗和烧杯。(4)Co(OH)3制备Co2O3的失重率=1-×100%≈24.5%,故最佳温度为290 ℃。
答案:(1)SO2
(2)pH偏低,Fe3+沉淀不完全;pH偏高,Ni2+、Co2+等离子会沉淀
(3)分液漏斗、烧杯
(4)290 ℃
二、工艺流程中物质的分离与提纯　
[高考领航]
1.解析:矿粉酸浸时通入SO2,浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等,调节pH=3.0,通入空气加热得到Fe2O3,Fe2O3可以通过还原得到Fe单质,也可以用电解得到Fe单质,滤液1在常温下沉铝,滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物,最终得到产品NixCuyNz。(1)“酸浸”中,提高浸取速率的措施有:搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等。(2)由于通入SO2“酸浸”,故浸取液中不含有Fe3+,“高压加热”时,Fe2+在酸性条件下被氧化为Fe2O3,离子方程式为4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+。(3)“选择萃取”中,镍形成题图的配合物。镍易进入有机相的原因有镍与N、O形成配位键,可以使镍进入有机相,A正确;配体中提供孤电子对的O原子带一个单位负电荷,可以视作是得到一个电子的阴离子,其余配体不带电,整个配合物不显电性,形成配合物后,中心离子还是Ni2+,Ni2+化合价不变,B错误;配合物与水形成氢键,不能解释镍进入有机相,C错误;烷基具有疏水性,可以使其进入有机相,D正确。(4)氨气分解为N2和H2,H2还原Fe2O3得到Fe单质和水,化学方程式为2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O。
答案:(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等
(2)4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+
(3)AD　(4)2NH3N2+3H2　
Fe2O3+3H22Fe+3H2O
2.解析:(1)将熔融态物质快速冷却可转化为非晶态,故为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态,需要快速冷却。(2)由已知信息可知,“萃取分液”时Be2+转化为BeA2(HA)2进入煤油中,水相1为含有Al3+的水溶液,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,先发生反应:Al3++3OH-==Al(OH)3↓,随后立即发生反应:Al(OH)3+OH-==[Al(OH)4]-,故观察到的现象是产生白色沉淀,且沉淀立刻溶解。(3)由对角线规则可知,Al与Be化学性质相似,故有机相中加入过量NaOH溶液,BeA2(HA)2转化为[Be(OH)4]2-进入水相2,化学方程式为BeA2(HA)2+6NaOH==Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O。“滤液2”的主要成分为NaOH,可以进入反萃取分液步骤再利用。(4)氯化铍为分子晶体,电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠可增加熔融盐的导电性。
答案:(1)快速冷却　(2)先产生白色沉淀,且沉淀立刻溶解　(3)BeA2(HA)2+6NaOH==Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O
反萃取分液　(4)增加熔融盐的导电性
[强训提能]
1.选B　重晶石矿(主要成分为BaSO4)通过一系列反应,转化为BaS溶液;加盐酸酸化,生成BaCl2和H2S气体;在BaCl2溶液中加入过量的NaOH,通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到Ba(OH)2·8H2O;过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH;Ba(OH)2·8H2O加水溶解后,加入Ti(OC4H9)4,进行合成反应,得到BaTiO3粗品,最后洗涤得到最终产品。由分析可知,“气体”主要成分为H2S气体,“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH,A项错误。由分析可知,“系列操作”得到的是Ba(OH)2·8H2O晶体,故“系列操作”可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,B项正确。“合成反应”是Ba(OH)2·8H2O和Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3,该反应中元素的化合价未发生变化,不是氧化还原反应,C项错误。“洗涤”时,若使用稀H2SO4,BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4,故不能使用稀H2SO4洗涤,D项错误。
2.解析:锆英砂主要含ZrSiO4,还含有少量Cr、Fe、Hf等元素。“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为Zr4+、Fe3+、HfO2+、Cr3+;萃取除去Hf元素,加入氨水,产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3;煅烧后生成ZrO2、Fe2O3、Cr2O3,“沸腾氯化”时,转化为ZrCl4、FeCl3、CrCl3,由于FeCl3和ZrCl4沸点接近,因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2,避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质,升华得到ZrCl4。(1)根据温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响图知300 ℃碱熔分解率最高, 时间为8 h和10 h的分解率没有太大变化,所以最佳的条件是300 ℃条件下碱熔8 h。“碱熔”时ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3、硅酸钠和水,ZrSiO4发生反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O。(2)由题意可知“萃取”时除去的杂质元素为Hf;沸腾氯化生成的HCl可回到酸溶和反萃取步骤循环利用,除硅产生的滤液1是NaOH溶液,可回到碱熔步骤循环利用。(3)“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2,“沸腾氯化”时ZrO2和氯气、C反应生成ZrCl4和CO,发生反应的化学方程式为ZrO2+2C+2Cl2ZrCl4+2CO。氯化反应结束通入H2,可以将FeCl3还原为FeCl2,可以避免“蒸馏”时ZrCl4中含有FeCl3杂质。
答案:(1)300 ℃条件下碱熔8 h
ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O
(2)Hf　NaOH、HCl
(3)ZrO2+2C+2Cl2ZrCl4+2CO　避免“蒸馏”时ZrCl4中含有FeCl3杂质
3.解析:含镍废料(主要成分为NiO,含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)加入H2SO4酸浸,NiO、FeO、Fe2O3、CoO转化为硫酸盐进入溶液,BaO转化为BaSO4沉淀,SiO2不溶;过滤后,往滤液中加入NaClO3,将Fe2+氧化为Fe3+;加入Na2CO3调pH,使Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6;过滤后,往滤液中加入萃取剂萃取,Co2+留在水层,Ni2+以NiX2的形式进入有机层。往水层中加入NaHCO3,Co2+转化为CoCO3沉淀;往有机层加入酸进行反萃取,得到NiSO4溶液,再蒸发浓缩、冷却结晶,可获得NiSO4·6H2O晶体。(1)在萃取过程中为了提高萃取率,需促使平衡正向移动,可加入适量氨水或氢氧化钠。(2)反萃取时,常加入硫酸,使平衡逆向移动,但硫酸的浓度需在一定范围内,其原因是硫酸浓度过低,不利于萃取平衡逆向移动获得Ni2+;硫酸浓度过高,H+会与Ni2+竞争萃取剂HX导致NiX2稳定性下降,且S可能与Ni2+形成络合物降低Ni2+浓度。(3)NaFe3(SO4)2(OH)6在加热条件下用稀盐酸浸出铁(Fe3+),再向浸出液中加入少量NaH2PO4,发生反应生成磷酸铁沉淀,离子方程式为Fe3++H2P==FePO4↓+2H+。(4)从题述流程可以看出,该流程的优点有:资源高效回收利用,低能耗,符合绿色化学原则;分步除杂,选择性高;工艺成熟,操作简便。
答案:(1)氨水或氢氧化钠
(2)硫酸浓度过低,不利于萃取平衡逆向移动获得Ni2+;硫酸浓度过高,H+会与Ni2+竞争萃取剂HX导致NiX2稳定性下降,且S可能与Ni2+形成络合物降低Ni2+浓度
(3)Fe3++H2P==FePO4↓+2H+
(4)ABC
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专题微课(五)　工艺流程中的条件控制及分离提纯
反应条件的控制及分离提纯是化工流程中的难点，需重点强化。条件控制是化工生产和实验中的重要手段，通过控制条件使反应向着实际需要的方向进行和转化，实现物质间的分离和提纯，从而达到效果的最优化。其中温度控制是最常见的一种条件控制，其常见目的是改变化学反应速率，使化学平衡发生移动或结合物质的溶解度进行物质的分离提纯等。由此可见两难点联系紧密、唇齿相依，整合到一块复习有利于融通相关知识。
目 录
一、工艺流程中的条件控制
二、工艺流程中物质的分离与提纯
专题质量评价
01
一、工艺流程中的条件控制
高考领航
1.(2025·甘肃卷·节选)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:
已知:As2O3熔点314 ℃，沸点460 ℃
分解温度:CuO 1 100 ℃，CuSO4 560 ℃，ZnSO4 680 ℃，PbSO4高于1 000 ℃
Ksp(PbSO4)=1.8×10-8
(1)设计焙烧温度为600 ℃，理由为___________________________________
__________________________。
解析:铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，As2O3因沸点低被蒸出，设计温度为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。(1)设计焙烧温度为600 ℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集。
使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分
解，同时使As2O3沸腾收集
(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___________________________________。
解析: (2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3，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4SO2+Na2CO3+2Na2S==
3Na2S2O3+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，得到纯净的硫酸铜溶液。
4SO2+Na2CO3+2Na2S==3Na2S2O3+CO2
分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液
(4)从浸出液得到Cu的方法为__________________(任写一种)。
解析: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Cu的方法有:电解法或置换法。
电解法或置换法
2.(2024·山东卷·节选)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3+物质的量之比为______;溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生______(填化学式)。
解析:本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag，“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，过滤Ⅰ除掉单质硫滤渣，滤液中[PbCl4]2-在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为[PbCl4]2-，电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液主要成分为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将[AgCl2]-置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。
1∶1
H2S
(1)“热浸”时，Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，S2-物质的量相等，所以消耗Fe3+的物质的量相等，比值为1∶1;若溶液中盐酸浓度过大，会生成H2S 气体。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为_______。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是________________________。
解析: (2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为[PbCl4]2-，电解[PbCl4]2-溶液制备金属Pb，Pb在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。
(3)过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
热浸
将过量的Fe3+还原为Fe2+
(4)“置换”中可选用的试剂X为_____(填标号)。
A.Al　　 B.Zn　　 C.Pb　　 D.Ag
解析: “置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb。
C
重点破障
在反应条件控制中常考的三种操作及思考角度
常考 的操作 思考角度
控制体系 的环境 氛围 ①需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3、MgCl2等含水晶体，抑制水解并带走因分解产生的水汽。
②营造还原性氛围，防止还原性物质被氧化。如加入铁粉防止Fe2+被氧化。
③加入氧化剂进行氧化。如加入绿色氧化剂H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，绿色氧化剂H2O2的优点:不引入新杂质，对环境无污染
控制 温度 (常用 水浴、 冰浴或 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
续表
控制 溶液 的pH 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“酸作用”还可除去氧化物(膜)。
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，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)
续表
强训提能
1.(2025·沈阳市第二中学模拟)高纯MnCO3在半导体和电池制造等方面都有广泛的用途。一种以锰尘(主要成分为Mn2O3，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下:
已知:室温下相关物质的Ksp、Ka如下表。
请回答下列问题:
(1)写出酸浸工序中产生的气体①的化学方程式_________________________
_____________________。
Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3
10-32.9 10-11.3 10-5.3 10-16.3 10-38.6
Mn(OH)2 MgF2 CaF2 HF
10-12.7 10-10.3 2.25×10-11 3×10-4
2MnCl2+Cl2↑+3H2O
Mn2O3+6HCl
解析:由题给流程可知，向锰尘中加入浓盐酸共热酸浸，三氧化二锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，铝、镁、钙、铁的氧化物与浓盐酸反应转化为可溶的金属氯化物，反应生成的氯气用氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染环境;向酸浸得到的溶液中加入氨水调节溶液pH在5~6的范围内，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、氢氧化铝的滤渣和滤液;向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中的镁离子和钙离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣和滤液;向滤液中加入碳酸氢铵溶液，溶液中锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。(1)由分析可知，酸浸工序中产生氯气的反应为三氧化二锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为Mn2O3+6HCl 2 MnCl2+Cl2↑+3H2O。
(2)滤渣①主要成分为____________________。
(3)除杂②工序中加入NaF溶液前，要重新调节溶液pH，既不能过大，也不能过小的原因是________________________________________________________
___________________。
解析: (2)由分析可知，滤渣①主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝。(3)除杂②工序中加入氟化钠溶液前，要重新调节溶液pH是因为若溶液pH太小，氟化钠会与氢离子反应生成弱酸氢氟酸，会使溶液中钙离子、镁离子沉淀率降低;若溶液中pH过高，锰离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化锰沉淀，会使碳酸锰的产率降低。
Al(OH)3和Fe(OH)3
pH太小，NaF与H+反应生成HF，Ca2+、Mg2+沉淀率降低;pH
过高，Mn2+易沉淀
(4)沉淀工序中，在30~35 ℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到净化液中，控制反应液的最终pH在6.5~7.0，得到MnCO3沉淀。发生反应的离子方程式为
___________________________________，将温度控制在30~35 ℃的原因为______
____________________________________________________________________。
解析: 由分析可知，生成碳酸锰的反应为溶液中锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Mn2++2HC==MnCO3↓
+CO2↑+H2O;反应时若温度低于30 ℃，反应较慢，若温度高于35 ℃，碳酸氢铵受热易分解，降低原料利用率，所以需要将温度控制在30~35 ℃。
Mn2++2HC==MnCO3↓+CO2↑+H2O　
温度
低于30 ℃，反应较慢，温度高于35 ℃，碳酸氢铵易分解，降低原料利用率
(5)“沉锰”中NH4HCO3溶液浓度对纯度、产率的影响如图所示，应选择的浓度为______，得到纯净碳酸锰的“系列操作”包括___________________。
解析:由图可知，碳酸氢铵溶液的浓度为7.5%时，碳酸锰的产率最大，纯度较高，所以实验时碳酸氢铵溶液应选择的浓度为7.5%;由分析可知，得到纯净碳酸锰的操作为过滤、洗涤、干燥。
7.5%
过滤、洗涤和干燥
2.(2025·河南省部分学校大联考)以湿法炼锌过程中产出的钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、NiO、MnO2，含少量Fe2O3、ZnO、CaO等)为原料，分离回收钴、镍的工艺流程如图所示。
回答下列问题:
(1)“酸浸”时，可能产生的一种有毒气体是______(填化学式)。
SO2
解析:钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、NiO、MnO2，含少量Fe2O3、ZnO、CaO等)加入硫酸酸浸，同时加入K2SO3作还原剂，将MnO2、Co3+、Fe3+还原为Mn2+、Co2+、Fe2+，浸渣为CaSO4，滤液加入H2O2调节pH使Fe2+转化为Fe(OH)3沉淀除掉，加入萃取剂HX除镍，经过萃取和反萃取得到NiSO4溶液，加入Na2S2O8溶液，将Mn2+转化为MnO2，滤液加入Na2S2O8溶液，同时加入NaOH溶液得到Co(OH)3，滤液为ZnSO4，据此解答。(1)“酸浸”时，K2SO3与H2SO4能发生复分解反应生成SO2气体，故有毒气体为SO2。
(2)已知“滤渣”的主要成分是Fe(OH)3。“除铁”过程中将pH控制在3.7~4.0范围内的原因是________________________________________________________。
(3)除镍:向滤液中加入某有机萃取剂HX，通过萃取、反萃取可以得到NiSO4溶液。萃取原理可表示为Ni2+(水层)+2HX(有机层) NiX2(有机层)+2H+(水层)，在实验室模拟该操作，需要使用的主要玻璃仪器为_________________。
解析: (2)“除铁”过程中将pH控制在3.7~4.0，若pH偏低，Fe3+沉淀不完全;
pH偏高，Ni2+、Co2+等离子会沉淀。(3)实验操作为分液，故玻璃仪器为分液漏斗和烧杯。
pH偏低，Fe3+沉淀不完全;pH偏高，Ni2+、Co2+等离子会沉淀
分液漏斗、烧杯
(4)在隔绝空气氛围中灼烧Co(OH)3，固体的失重率与温度的关系如图所示。若通过此法制备纯净的Co2O3，选择的最佳温度为________(填“290 ℃”“500 ℃”或“1 000 ℃”)。
290 ℃
解析:Co(OH)3制备Co2O3的失重率=1-×100%≈24.5%，故最佳温度为290 ℃。
02
二、工艺流程中物质的分离与提纯
1.(2025·广东卷·节选)我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。
高考领航
已知:多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______________________________
__________(写一条)。
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2
Ksp(298 K) 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 5.5×10-16
解析:矿粉酸浸时通入SO2，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有:搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等。
搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸
浸温度等
(2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为
_______+O2+____H2O ____ Fe2O3↓+___H+。
解析:由于通入SO2“酸浸”，故浸取液中不含有Fe3+，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为Fe2O3，离子方程式为4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3↓+8H+。
4Fe2+
4
2
8
(3)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有____。
A.镍与N、O形成配位键
B.配位时Ni2+被还原
C.配合物与水能形成分子间氢键
D.烷基链具有疏水性
AD
解析: “选择萃取”中，镍形成题图的配合物。镍易进入有机相的原因有镍与
N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确;配体 中提供
孤电子对的O原子带一个单位负电荷，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误;配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误;烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确。
(4)“700 ℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为____________________和____________________________。
解析:氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为2NH3 N2+3H2、Fe2O3+3H2 2Fe+3H2O。
2NH3 N2+3H2
Fe2O3+3H2 2Fe+3H2O
2.(2024·湖北卷·节选)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径为
已知:Be2++4HA BeA2(HA)2+2H+
回答下列问题:
(1)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是___________。
(2)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是__________________________________。
解析:(1)将熔融态物质快速冷却可转化为非晶态，故为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，需要快速冷却。(2)由已知信息可知，“萃取分液”时Be2+转化为BeA2(HA)2进入煤油中，水相1为含有Al3+的水溶液，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，先发生反应:Al3++3OH-==Al(OH)3↓，随后立即发生反应:
Al(OH)3+OH-==[Al(OH)4]-，故观察到的现象是产生白色沉淀，且沉淀立刻溶解。
快速冷却
先产生白色沉淀,且沉淀立刻溶解
(3)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式:_________________________
____________________________。 “滤液2”可以进入____________步骤再利用。
(4)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是_____________
___________。
解析: (3)由对角线规则可知，Al与Be化学性质相似，故有机相中加入过量NaOH溶液，BeA2(HA)2转化为[Be(OH)4]2-进入水相2，化学方程式为BeA2(HA)2+6NaOH==Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O。“滤液2”的主要成分为NaOH，可以进入反萃取分液步骤再利用。(4)氯化铍为分子晶体，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠可增加熔融盐的导电性。
BeA2(HA)2+6NaOH==
反萃取分液
Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O
增加熔融盐
的导电性
1.趁热过滤、蒸发浓缩与蒸发结晶的辨析
重点破障
趁热过滤 减少因降温而析出的固体的量
蒸发浓缩 蒸发部分溶剂，提高溶液浓度
蒸发结晶 蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会结晶析出
2.萃取与反萃取
(1)萃取
示　例 分　析
萃取 操作 用如图所示的实验 装置进行萃取分液， 以除去溶液中的Fe3+ 为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作:向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，充分振荡、静置、分液，并重复多次
萃取剂的选择 已知萃取剂A、 B中pH对钴、 锰离子萃取率的 影响如图所示 为了除去Mn2+，应选择萃取剂B
(2)反萃取
被萃取物萃入有机相后，一般需要使其重新返回水相，此时把负载有机相与反萃剂(一般为无机酸或碱的水溶液，也可以是纯水)接触， 使被萃取物转入水相，这一过程相当于萃取的逆过程， 故称为反萃取。
1.(2024·贵州卷)贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国以上。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:
下列说法正确的是(　　)
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
强训提能
√
解析:重晶石矿(主要成分为BaSO4)通过一系列反应，转化为BaS溶液;加盐酸酸化，生成BaCl2和H2S气体;在BaCl2溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Ba(OH)2·8H2O;过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH;Ba(OH)2·8H2O加水溶解后，加入Ti(OC4H9)4，进行合成反应，得到BaTiO3粗品，最后洗涤得到最终产品。由分析可知，“气体”主要成分为H2S气体，“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH，A项错误。由分析可知，“系列操作”得到的是Ba(OH)2·8H2O晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项正确。“合成反应”是Ba(OH)2·8H2O和Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3，该反应中元素的化合价未发生变化，不是氧化还原反应，C项错误。“洗涤”时，若使用稀H2SO4，BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4，故不能使用稀H2SO4洗涤，D项错误。
2.(2025·陕西省西安交大附中三模)锆是一种稀有金属，广泛用在航空航天、军工、核反应、原子能领域。一种以锆英砂(主要含ZrSiO4，还含有少量Cr、Fe、Hf等元素)为原料生产金属锆和副产物硅酸钙的工艺流程如下:
已知:①“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为Zr4+、Fe3+、HfO2+、Cr3+;
②“氨沉”时产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3;
③部分氯化物的沸点数据如表所示:
物质 ZrCl4 CrCl3 FeCl3 FeCl2
沸点/℃ 331 1 300 316 700
回答下列问题:
(1)“碱熔”时有Na2ZrO3生成，温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响如图所示，则应采取的条件为____________________。ZrSiO4发生反应的化学方程式为__________________________________________。
300 ℃条件下碱熔8 h
ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O
解析:锆英砂主要含ZrSiO4，还含有少量Cr、Fe、Hf等元素。“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为Zr4+、Fe3+、HfO2+、Cr3+;萃取除去Hf元素，加入氨水，产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3;煅烧后生成ZrO2、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氯化”时，转化为ZrCl4、FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，升华得到ZrCl4。(1)根据温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响图知300 ℃碱熔分解率最高， 时间为8 h和10 h的分解率没有太大变化，所以最佳的条件是300 ℃条件下碱熔8 h。“碱熔”时ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3、硅酸钠和水，ZrSiO4发生反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O。
(2)“萃取”时除去的杂质元素为_____，流程中可循环利用的物质除TOPO外，还有______________(填化学式)。
解析:由题意可知“萃取”时除去的杂质元素为Hf;沸腾氯化生成的HCl可回到酸溶和反萃取步骤循环利用，除硅产生的滤液1是NaOH溶液，可回到碱熔步骤循环利用。
Hf
NaOH、HCl
(3)“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2，“沸腾氯化”时ZrO2发生反应的化学方程式为______________________________。氯化反应结束通入H2，可以将FeCl3转为FeCl2，其目的是___________________________________。
解析: “煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2，“沸腾氯化”时ZrO2和氯气、C反应生成ZrCl4和CO，发生反应的化学方程式为ZrO2+2C+2Cl2 ZrCl4+2CO。氯化反应结束通入H2，可以将FeCl3还原为FeCl2，可以避免“蒸馏”时ZrCl4中含有FeCl3杂质。
ZrO2+2C+2Cl2 ZrCl4+2CO
避免“蒸馏”时ZrCl4中含有FeCl3杂质
3.(2025·湖北省黄冈中学二模)钴、镍及其化合物在新能源材料、化工合成领域有着重要的作用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备CoCO3和NiSO4·6H2O的工艺流程如下。
回答下列问题:
(1)“萃取”时一般选择有机萃取剂P204，“萃取”和“反萃取”可表示为2HX+Ni2+ NiX2+2H+。在萃取过程中为了提高萃取率可加入适量_____________
______ (填写试剂名称)，然后往有机层中加入另一物质进行反萃取。
解析:含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)加入H2SO4酸浸，NiO、FeO、Fe2O3、CoO转化为硫酸盐进入溶液，BaO转化为BaSO4沉淀，SiO2不溶;过滤后，往滤液中加入NaClO3，将Fe2+氧化为Fe3+;加入Na2CO3调pH，使Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6;过滤后，往滤液中加入萃取剂萃取，Co2+留在水层，Ni2+以NiX2的形式进入有机层。往水层中加入NaHCO3，Co2+转化为CoCO3沉淀;往有机层加入酸进行反萃取，得到NiSO4溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶，可获得NiSO4·6H2O晶体。(1)在萃取过程中为了提高萃取率，需促使平衡正向移动，可加入适量氨水或氢氧化钠。
化钠
氨水或氢氧
(2)反萃取时，硫酸的浓度需在一定范围内，其原因是___________________

解析:反萃取时，常加入硫酸，使平衡逆向移动，但硫酸的浓度需在一定范围内，其原因是硫酸浓度过低，不利于萃取平衡逆向移动获得Ni2+;硫酸浓度过高，H+会与Ni2+竞争萃取剂HX导致NiX2稳定性下降，且S可能与Ni2+形成络合物降低Ni2+浓度。
硫酸浓度过低，
不利于萃取平衡逆向移动获得Ni2+;硫酸浓度过高，H+会与Ni2+竞争萃取剂HX导致NiX2稳定性下降，且S可能与Ni2+形成络合物降低Ni2+浓度
。
(3)黄钠铁矾渣可用“酸浸 沉淀法”进行铁资源回收:先在加热条件下用稀盐酸浸出铁，再向浸出液中加入少量NaH2PO4，可得沉淀，该沉淀为某种锂离子材料磷酸铁。试写出生成沉淀的离子方程式 ___________________________。
(4)以上流程的优点有_______。
A.资源高效回收利用，低能耗，符合绿色化学原则
B.分步除杂，选择性高
C.工艺成熟，操作简便
解析: (3) NaFe3(SO4)2(OH)6在加热条件下用稀盐酸浸出铁(Fe3+)，再向浸出液中加入少量NaH2PO4，发生反应生成磷酸铁沉淀，离子方程式为Fe3++H2P==FePO4↓
+2H+。(4)从题述流程可以看出，该流程的优点有:资源高效回收利用，低能耗，符合绿色化学原则;分步除杂，选择性高;工艺成熟，操作简便。
Fe3++H2P==FePO4↓+2H+
ABC
专题质量评价
1
2
3
4
5
√
1.用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图。已知:草酸钴晶体难溶于水;RH为有机物(难电离)。
下列说法不正确的是(　　)
A.滤渣Ⅰ主要成分为SiO2和Al2O3
B.向浸出液中加H2O2的目的是氧化Fe2+
C.操作①用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯
D.洗涤草酸钴晶体时可用盐酸和BaCl2溶液检验是否洗干净
1
2
3
4
5
解析:含钴废料成分中只有SiO2不与硫酸反应，故滤渣Ⅰ主要成分为SiO2，不含Al2O3，A错误;浸出液中加入H2O2和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，B正确;向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，操作①为分液，玻璃仪器为分液漏斗、烧杯，C正确;加入(NH4)2C2O4反应的离子方程式为Co2++C2+2H2O==CoC2O4·2H2O↓，过滤得到的草酸钴晶体可能含有S，检验是否洗涤干净的方法是取最后一次的洗涤液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净，D正确。
√
1
2
4
5
3
2.(2025·郴州市一模)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。二氧化氯的制备以及由二氧化氯制备一种重要的含氯消毒剂——亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如图，下列说法正确的是 (　　)
已知:①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，
适当条件下可结晶析出NaClO2·3H2O;
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下以保证安全。
A.“吸收塔”内发生反应的化学方程式为
2NaOH+2ClO2==NaClO2+H2O+NaClO3
B.“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是将NaClO3氧化成ClO2
C.对NaClO2·3H2O晶体进行重结晶可获得纯度更高的晶体
D.工业上的氯碱工业(制备烧碱和氯气)用的是阴离子交换膜
1
2
4
5
3
解析:电解法生产亚氯酸钠的工艺流程:无隔膜电解槽电解饱和氯化钠溶液，NaCl+3H2O NaClO3+3H2↑，得到氯酸钠溶液，氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下被二氧化硫还原成二氧化氯，发生反应2NaClO3+SO2==Na2SO4+2ClO2，ClO2在二氧化硫和空气混合气体中不易分解爆炸，通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，吸收塔中加入氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成NaClO2，经过滤、结晶得到NaClO2·3H2O，以此分析解答。吸收塔内发生的反应为在碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2==2NaClO2+2H2O+O2，故A错误;由已知②可知，纯二氧化氯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，则发生器中鼓入空气的作用应是稀释二氧化氯以防止爆炸，故B错误;要得到更纯的NaClO2·3H2O晶体进行的操作是重结晶，故C正确;工业上的氯碱工业(制备烧碱和氯气)，为防止生成的氯气与OH-接触反应，应用阳离子交换膜，故D错误。
1
2
4
5
3
3.(12分)(2025·江西省十校协作体联考)LiCoO2(钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料，某锂离子二次电池的正极材料主要为LiCoO2，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取Co3O4。
1
2
4
5
3
已知:常温下，该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全(c=1×10-5 mol·L-1)的pH见下表
(1)“酸浸还原”时为减少环境污染，应如何滴入Na2S2O3溶液 _____________
_______________。
离子 Co2+ Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ Ni2+
pH 9.4 3.2 9.0 4.7 10.1 8.9
少量多次滴加
缓慢滴加或
1
2
4
5
3
解析:该工艺流程的原料为废旧锂电池的正极材料(主要为LiCoO2，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物)，产品为Co3O4，流程主线中的主元素为Co，则Al、Fe、Mn、Ni元素在该工艺流程中作为杂质被除去，“酸浸还原”过程中，LiCoO2、H2SO4与Na2S2O3反应生成CoSO4、Li2SO4、Na2SO4和H2O，Al、Fe、Mn、Ni的化合物也都与H2SO4反应生成Al3+、Fe2+、Mn2+、Ni2+的硫酸盐，在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去，“氧化沉铁锰”过程是NaClO将Fe2+、Mn2+分别氧化为Fe(OH)3、MnO2过滤除去，利用P507萃取剂从滤液中分离Co2+，再反萃取后加入草酸铵沉钴，最终得到Co3O4。(1)Na2S2O3溶液在酸性环境中会放出二氧化硫气体，“酸浸还原”时为减少环境污染，应缓慢滴加或少量多次滴加Na2S2O3溶液。
1
2
4
5
3
(2)“酸浸还原”时，LiCoO2发生的反应中氧化产物为硫酸盐的化学方程式为
___________________________________________________________。
(3)水解净化过程中生成“滤渣”的离子方程式为
_______________________________。
解析: (2)“酸浸还原”过程中，发生的化学方程式为8LiCoO2+11H2SO4+
Na2S2O3==4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O。(3)在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为Al3++3HC==Al(OH)3↓+3CO2↑。
8LiCoO2+11H2SO4+Na2S2O3==4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O
Al3++3HC==Al(OH)3↓+3CO2↑
1
2
4
5
3
(4)氧化沉铁锰:若浸取液中c(Co2+)=0.1 mol·L-1，为使钴不损失，则常温下须调节溶液pH不大于_____;在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是__________________________
______________________________________________________________________
______________________________________。
解析: Co2+沉淀完全时pH=9.4，c(OH-)=10-4.6 mol·L-1，Ksp[Co(OH)2]=10-5×
(10-4.6)2=10-14.2;若浸取液中c(Co2+)=0.1 mol·L-1，为使钴不损失，c(Co2+)·c2(OH-)≤
10-14.2，c(OH-)≤10-6.6 mol·L-1，c(H+)≥10-7.4 mol·L-1，则常温下须调溶液pH不大于7.4;在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是①可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大;②可能是NaClO的氧化性强，将部分Co2+又氧化成LiCoO2，使钴的损失增大。
7.4　
①可能是生成Fe(OH)3絮状沉
淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大;②可能是NaClO的氧化性强，将部分
Co2+又氧化成LiCoO2，使钴的损失增大
1
2
4
5
3
(5)萃取，反萃取:该工艺设计萃取、反萃取的目的是____________________
____________________。
解析:根据流程分析，萃取，反萃取过程，利用P507萃取剂可以分离钴和镍锂，从“滤液”中分离Co2+，反萃取，进一步富集Co2+，提高产物纯度。
分离钴和镍锂，富集
Co2+，提高产物纯度
1
2
4
5
3
4.(10分)(2025·广安市二诊)在“双碳”背景下，我国新能源产业迅速发展，硫酸镍的需求量也随之增加。某电解厂粗硫酸镍[主要含Ni(NH4)2(SO4)2·6H2O，同时含有杂质Fe、Zn、Cu、Ca等元素的化合物]分离提纯的工艺流程如下:
1
2
4
5
3
已知:①25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38
②皂化:HR+NaOH NaR+H2O
转皂:2NaR+Ni2+ NiR2+2Na+
萃取除杂:NiR2+M2+ MR2+Ni2+，式中M2+表示金属阳离子，HR为萃取剂。
③不同金属阳离子的萃取率与pH的关系如图所示:
1
2
4
5
3
根据以上信息回答下列问题:
(1)已知气体A中含有SO2，Ni(NH4)2(SO4)2·6H2O“焙烧脱氨”反应的氧化产物为__________。
解析:粗硫酸镍焙烧脱氨得到气体A，已知气体A中含有SO2，则Ni(NH4)2
(SO4)2·6H2O中硫被还原，结合电子守恒，则氮元素化合价升高被氧化为氮气，则A含氮气和二氧化硫;焙烧后固体加入水除去微溶的硫酸钙，过滤滤液加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化镍调节pH使得铁离子转化为沉淀，滤液加入萃取剂萃取分离出含镍离子的水相，系列操作得到硫酸镍晶体，有机层经过反萃取得到再生有机相，通过皂化、转皂、萃取操作可以回收Ni2+，提高其产率。(1)由分析知，Ni(NH4)2(SO4)2·6H2O“焙烧脱氨”反应的氧化产物为氮气。
N2(氮气)
1
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4
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3
(2)“氧化”控制温度在60~70 ℃的原因是________________________________
_________________________________________。
(3)“反萃取”加入的试剂X为______________。
解析: (2)过氧化氢不稳定，受热容易分解，温度过低反应速率较慢;温度过高，H2O2分解，增加其消耗量，故“氧化”需控制温度在60~70 ℃。(3)已知，萃取除杂过程为NiR2+M2+ MR2+Ni2+、皂化过程为HR+NaOH NaR+H2O，则在反萃取过程中需要加入酸使得MR2转化为HR且在生成硫酸镍过程中不引入新杂质，那么“反萃取”加入的试剂X为H2SO4。
温度过低反应速率较慢;温度过高，
H2O2分解，增加其消耗量(或其他合理描述)
H2SO4(硫酸)
1
2
4
5
3
(4)萃取时，调节pH在4左右进行萃取除杂，流程中“皂化”和“转皂”的目的是__________________________________________________________________。
解析: 由已知，转皂过程中镍离子生成NiR2、萃取除杂过程中释放镍离子，故流程中“皂化”和“转皂”的目的是尽量更多地回收Ni2+，提高其产率(降低粗硫酸镍中Ni2+的萃取率)。
回收Ni2+，提高其产率(降低粗硫酸镍中Ni2+的萃取率)(或其他合理描述)
1
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3
(5)在一定条件下，用萃取剂萃取分离Ni2+时，经充分振荡分层后，有机层和水层中离子的物质的量浓度之比为2∶9。现含有Ni2+的水溶液10 mL，用5 mL萃取剂萃取一次后，Ni2+的萃取率为_______。(已知:萃取率=×100% )
解析:含有Ni2+的水溶液10 mL，用5 mL萃取剂萃取一次后，则==，Ni2+的萃取率为×100%=10%。
10%
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3
5.(14分)(2025·滨州市二模)工业上利用废酸(主要含H2SO4)浸出冶炼铜产生的烟尘[含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等]，实现了砷的去除(以FeAsO4形式)及铜的回收，达到了以废治废的目的。工艺流程如下:
1
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4
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3
回答下列问题:
(1)氧化浸出时，鼓入空气的主要目的是_______________________________
____________________________________________，CuS参与反应的离子方程式为_________________________________。
解析:烟尘[含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等]通入空气，用废酸(主要含H2SO4)浸取，过滤得滤渣S，滤液主要为Cu2+、Fe3+、H3AsO3、H+、S，通入Ca(OH)2得到滤渣CaSO4，加入KMnO4深度氧化，H3AsO3全部被氧化为H3AsO4，加入石灰中和除砷、铁(以FeAsO4形式)，加入有机萃取剂Cu2+(Cu2++2HR CuR2+2H+)，反萃取得到硫酸铜，电解得到铜单质，据此分析。(1)氧化浸出时，鼓入空气的主要目的是空气中氧气可作氧化剂，将二价铁氧化成三价铁，氧化CuS生成CuSO4、S单质，促进硫化物的浸出;CuS参与反应的离子方程式为2CuS+O2+4H+==2Cu2++2S+2H2O。
空气中氧气可作氧化剂，将金属
硫化物中的S氧化为硫单质，促进硫化物的浸出　
2CuS+O2+4H+==2Cu2++2S+2H2O
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(2)滤渣的主要成分是_________(填化学式)。
(3)深度氧化中H3AsO3全部被氧化为H3AsO4，该转化的化学反应方程式为
___________________________________________________________。
解析: (2)根据分析可知，滤渣的主要成分是CaSO4。(3)深度氧化中H3AsO3全部被氧化为H3AsO4，KMnO4作氧化剂，Mn化合价由+5降至+2，As化合价由+3升至+5，根据化合价升高总和相等，该转化的化学反应方程式为5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4==5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O。
CaSO4
5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4==5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O
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(4)在某条件下，中和除砷、铁时，不同的中和终点pH条件下，溶液中的砷、铁质量浓度(ρ)及铜、砷、铁的入渣率如下表所示。
中和终点 pH ρ/(g·L-1) 入渣率/%
As Fe Cu As Fe
1.6 4.28 5.37 1.83 51.59 46.12
2.0 0.33 0.26 2.66 94.63 97.05
2.4 0.25 0.15 3.23 95.78 97.35
3.5 0.20 0.16 8.35 97.02 97.84
4.0 0.19 0.14 33.25 97.93 98.25
1
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3
结合以上数据判断，中和除砷、铁最佳pH范围为____(填字母)，请分析原因____________________________________________________________________
___________________。
A.1.6~1.8　 B.2.0~2.2
C.3.3~3.5 D.3.8~4.0
解析: 在pH=2.0时，溶液中的砷、铁质量浓度(ρ)很小，同时砷、铁的入渣率较高、铜的入渣率较低，故选B;原因是:pH过小，As浓度低，不利于FeAsO4沉淀的形成，pH过大，Cu2+形成沉淀，入渣率较高。
B
pH过小，As浓度低，不利于FeAsO4沉淀的形成，pH过大，C形成
沉淀，入渣率较高
1
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(5)有机萃取剂用HR表示，发生萃取的反应可表示为Cu2++2HR CuR2+2H+。若中和除砷、铁后溶液pH=2.0，c(Cu2+)=0.055 mol·L-1，多次萃取后水相中c(H+)为0.11 mol·L-1，则铜的萃取率为______%(保留两位小数，忽略溶液体积变化)。
解析:根据已知列三段式:
Cu2++2HR CuR2+2H+
起始/(mol·L-1) 　 0.055　　　 0.01
改变/(mol·L-1) 　 0.05　　 　 0.1
多次萃取后/(mol·L-1)　0.005　 0.11
铜的萃取率为×100%≈90.91%。
90.91　
1
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3
(6)反萃取中，下列说法正确的是______。
A.反萃取剂可选择浓硫酸以提高反萃取率
B.分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液
C.经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层
D.反萃取后，Cu2+被转移至水相
解析:反萃取剂可选择稀硫酸以提高反萃取率，浓硫酸氢离子浓度低，不利于萃取平衡逆移，A错误;分液漏斗使用前，上口塞子和活塞有两处需检查是否漏液，B正确;经几次振荡并放气后，分液漏斗放置在铁架台上静置分层，C错误;萃取是Cu2+被转移至有机相，反萃取后，Cu2+被转移至水相，D正确。
BD

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