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微主题3　化学工艺流程
1 由重晶石矿（主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质）可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如下：
下列说法正确的是(　　)
A. 为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理
B. “高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿
C. 在“高温焙烧”焦炭和BaSO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1
D. 因盐酸具有挥发性，上述流程中须用硫酸代替盐酸进行浸取
2 铁红(Fe2O3)常用于油漆、油墨及橡胶工业。工业上以一定质量的硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质）为主要原料制备铁红的一种工艺流程如下：
已知：某些过渡元素（如Cu、Fe、Ag等）的离子能与NH3、H2O、OH－、SCN－等形成可溶性配合物。
(1) 工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”，其目的是___________
______________________________________________________________________。
(2) “酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多的原因是_______________________
______________________________________________。
3年真题
题型1　化学工艺流程——选择题
1 [2021江苏卷]通过下列实验可从I2的CCl4溶液中回收I2。
下列说法正确的是(　　)
A. NaOH溶液与I2反应的离子方程式：I2＋2OH－===I－＋IO＋H2O
B. 通过过滤可将水溶液与CCl4分离
C. 向加酸后的上层清液中滴加AgNO3溶液生成AgI沉淀，1个AgI晶胞（见下图）中含14个I－
D. 回收的粗碘可通过升华进行纯化
题型2　化学工艺流程——大题
2 [2025江苏卷]ZnS可用于制备光学材料和回收砷。
(1) 制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下：
已知：Ksp(ZnS)＝1.6×10-24，Ksp(CdS)＝8.0×10-27，Ka1(H2S)＝1.0×10-7，Ka2(H2S)＝1.2×10-13。当离子浓度小于1.0×10-5 mol/L时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入O2可提高Zn2+浸出率的原因是___________________________
______________________________________________________________________。
②沉锌前调节溶液的pH至4～5，加入的氧化物为　　　　（填化学式）。
(2) 回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的As2S3沉淀。
已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H3AsO3形式存在，As2S3＋6H2O 2H3AsO3＋3H2S。
60 ℃时，按n(S)∶n(As)＝7∶1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图所示。
①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式：_____________________
________________________________________　　　　　　　　　　　　。
②反应4 h后，砷回收率下降的原因有__________________________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
3 [2023江苏卷]实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O，其实验过程可表示如下：
(1) 在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2＋H2SO3===MgSO3＋2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K＝_______________________________；
下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有　　　　（填字母）。
A. 水浴加热氧化镁浆料
B. 加快搅拌速率
C. 降低通入SO2气体的速率
D. 通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
(2) 在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知：MgSO3的溶解度为0.57 g(20 ℃)，O2氧化溶液中SO的离子方程式为___________________________
______________________________________________________________________；
在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图所示。在pH＝6～8内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是_____________________________________________________。
题型3　重要无机物的转化
4 [2023江苏卷]V2O5 WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)===4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 632.4 kJ/mol。
(1) 催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5 WO3/TiO2催化剂。反应选用NH4VO3 溶液而不选用NaVO3溶液的原因是______________________________________________________________________。
(2) 废催化剂的回收。回收V2O5 WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示如下：
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有____________________________________________________________________。
②向pH＝8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)＝1.7×10-3，加过量NH4Cl溶液的目的是__________________
______________________________________________________________________。
3年模拟
题型1　化学工艺流程——选择题
1 [2025扬州期末]CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化。以碱性蚀刻废液中的[Cu(NH3)4]Cl2为原料制备CuCl的部分流程如下。下列说法正确的是(　　)
A. [Cu(NH3)4]Cl2溶于水所得溶液中c(NH3)∶c(Cl－)＝2∶1
B. “酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是硝酸易挥发
C. “还原”后溶液的pH增大
D. “洗涤”时先用水再用乙醇可提高产品的纯度
2 [2024南通四模]工业利用钒渣（主要成分为 FeV2O4，杂质为Al2O3）制备V2O5的工艺流程如下：
已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列说法不正确的是(　　)
A. “焙烧”时，n（氧化剂）∶n（还原剂）＝5∶4
B. “调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去
C. 不选用HCl“调pH”的原因可能与VO的氧化性较强有关
D. “沉钒”后的溶液中：c（VO）·c（NH）3 [2024淮安考前模拟]一种利用废铜渣（主要成分为CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质）制备超细铜粉的流程如下：
下列说法正确的是(　　)
A. “酸浸”所得滤渣的主要成分为H2SiO3
B. 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu(OH)2
C. “沉铜”发生的反应为复分解反应
D. “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：NH、H＋、Cu2+
题型2　化学工艺流程——大题
4 [2024南京、盐城一模]碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料（主要含Cu2Te）为原料回收碲单质的一种工艺流程如下：
已知：Ka1(H2C2O4)＝5.0×10-2，Ka2(H2C2O4)＝1.5×10-4，Ka1(H2TeO3)＝1.0×10-3，Ksp(CuC2O4)＝2.0×10-8。
(1) “氧化酸浸”得到CuSO4和H2TeO3，该反应的化学方程式为___________
________________________________________________________。
(2) “沉铜”时Na2C2O4过多会导致Cu2+与C2O生成环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2-，该配离子的结构式为__________（不考虑立体异构）。
(3) CuC2O4可溶于H2C2O4，反应CuC2O4＋H2C2O4 [Cu(C2O4)2]2-＋2H＋的平衡常数为　　　　。已知：反应Cu2+＋2C2O [Cu(C2O4)2]2-的平衡常数K＝1.8×1010。
(4) “还原”在50 ℃条件下进行，H2TeO3发生反应的离子方程式为_________
______________________________________________________________________。
(5) “还原”时，Na2SO3的实际投入量大于理论量，其可能的原因为________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
题型3　重要无机物的转化
5 [2025扬州期末]钪(Sc)是一种重要稀土元素。由含钪矿渣制备ScCl3，再电解ScCl3可制得Sc。
(1) 矿渣酸浸所得Sc3+可被萃取剂X（结构如图1所示）萃取。
图1
①萃取原理是Sc3+与萃取剂进行离子交换，萃取完成后水相的pH　　　　（填“增大”“减小”或“不变”）。
②两分子萃取剂易形成含2个氢键的二聚体，在图2中补全该二聚体的结构。
图2
(2) 萃取液经系列工序制得ScCl3·6H2O晶体，将其与NH4Cl混合，加热脱水制备无水ScCl3，再电解熔融ScCl3获得Sc。若不加NH4Cl，加热脱水时Sc3+易水解生成ScOCl。ScOCl难溶于水、易溶于盐酸。
图3
①加热脱水时，ScCl3水解生成ScOCl的化学方程式为____________________
______________________________________。
②电解熔融ScCl3时，常加入NaCl、KCl，其主要目的是通过降低熔点、______
_________________________，从而提高Sc的回收率、降低成本。
③其他条件相同，钪的水解率[钪的水解率＝×100%]随脱水温度的变化如图3所示。低于400 ℃，随着温度升高钪的水解率减小的原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3) 测定钪的水解率：取0.500 0 g制得的无水ScCl3，加水溶解，过滤，滤液中加入指示剂后，用0.040 00 mol/L EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点（反应为Sc3+＋Y4-===ScY－），平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液23.00 mL。另取0.500 0 g制得的无水ScCl3，加浓盐酸溶解，并滴加氨水调节pH，加指示剂后，用0.040 00 mol/L EDTA溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00 mL。计算钪的水解率（写出计算过程）。
核心1　工业流程与原料处理
1 基本流程图
2 原料预处理
(1) 提高反应速率的措施：粉碎、逆流、雾化（增大接触面积）；增大浓度、升温。
(2) 加酸处理：将氢前金属单质、金属氧化物、难溶碳酸盐溶解，如有硝酸或者NO与酸的组合，则还需要氧化还原的过程。
(3) 加碱处理：将Al2O3、Al(OH)3等两性物质、Al、SiO2溶解，且经常将金属变成高价态物质。
(4) 有机物：溶解有机物或萃取易溶于有机物的无机物。
(5) 灼烧/焙烧/煅烧：①除去碳及有机物；②通氧气的情况下，可能会发生氧化还原反应；③热分解。
3 常见设问
如何提高 “酸浸率” 固体粉碎的目的：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率
升高反应的温度，增大反应速率
适当加大酸的浓度
适当延长酸浸时间
搅拌
分析“浸出 率”图表 解释“浸出率”高低变化的因素（“浸出率”升高，一般是反应温度升高，反应速率加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高“浸出率”反而下降，一般是反应试剂的分解或挥发）
选择达到一定较高“浸出率”的时间及温度（注意：一般不止一个答案）
(1) [2024南京学情调研]由软锰矿粉（主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2）制备MnSO4的过程可表示如下：
保持温度、各物质投料量及浓度不变，能提高Mn2+浸出率的措施有_________
______________________________________________________________________。
(2) 锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：
锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是________________
__________________________________。
(3) [2024连云港一调]以含钼(Mo)废催化剂（含MoS2，以及Al2O3、Fe2O3、CuO等）为原料制备MoO3，其过程表示如下：
将焙烧所得固体加水浸泡，然后过滤、洗涤。过滤后所得滤液中存在的阴离子有OH－、MoO、　　　　　　。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有______________________________________________________（任写一点）。
核心2　元素在工艺流程中的转化
1 滤渣的确定
2 副产品的确定
3 循环物质的确定
MnSO4·H2O在工、农业等方面有广泛的应用，工业上可由高铁菱锰矿（主要成分为MnCO3，含有FeCO3、Al2O3、MgO、SiO2等杂质）制备，部分工艺流程如下：
相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表（开始沉淀的pH按离子浓度为0.1 mol/L计算）：
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9
(1) “滤渣1”的主要成分是　　　　。
(2) “调pH”范围至5～6，得到滤渣2的主要成分除MnO2外，还有　　　　
　　　　　　。
(3) “除杂”过程中加入MnF2的目的是__________。
核心3　制备过程中反应条件的控制
1 常用方法
看方法 想目的
调节溶液的pH 常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀
控制温度 根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动
控制压强 改变速率，影响平衡
使用合适的催化剂 改变反应速率，控制达到平衡所需要的时间
注意　调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋或OH－反应，使溶液pH变大或变小；
②不引入新杂质。例如，若要除去Cu2+中混有的Fe3+，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
2 常见设问
控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，使某些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，除去铝片表面的氧化膜，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）
加过量试剂 使反应完全进行（或增大转化率、产率）等
加氧化剂 氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
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；控制化学反应进行的方向； 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
提高原子利用率 绿色化学（物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用）
在空气中或在其他气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否隔绝空气，达到防氧化、水解、潮解等目的
以红土镍矿（含NiO及铁、镁、硅的氧化物等）为原料制备Ni(OH)2的工艺流程如下：
(1) “酸浸”时，H2SO4稍过量的目的是________________________________
______________________________________________________________________。
(2) “沉镁”时，需综合考虑镁去除率和镍损失率。不同pH下镁去除率和镍损失率如图所示。
①应控制反应体系的pH约为　　　　（填字母）。
A. 5.0　　　　B. 6.0　　　　C. 6.5
②已知：Ksp(MgF2)＝7.4×10-11。要使“沉镁”所得滤液中c(Mg2+)≤7.4×10-7 mol/L，则应控制滤液中c(F－)不低于　　　　　　。
(3) “沉镍”所得滤液中，可循环使用的主要溶质为　　　　（填化学式）。
核心4　物质的分离与提纯
1 正确选择物质分离的“6种”常用方法
看目的 选方法
分离难溶物质和易溶物质，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法 过滤（热滤或抽滤）
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 萃取和分液
提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶
提取溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 冷却结晶
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏
利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气与氮气、氢气 冷却法
2常见设问
结晶方法 ①晶体不带结晶水，如NaCl、KNO3等：蒸发结晶。 ②晶体带结晶水，如胆矾等：将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。 ③要得到溶解度受温度影响小的溶质：蒸发浓缩、结晶，趁热过滤。如除去NaCl中少量的KNO3。 ④要得到溶解度受温度影响大的溶质：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。如除去KNO3中少量的NaCl
从溶液中 得到晶体 的操作　 蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥 [若溶质（如AlI3）在空气中受热易被氧化，则浓缩时不能等到出现晶膜才停止]
萃取、分液 的操作 　 实验在分液漏斗中进行，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。其他条件不变（不添加试剂），为提高萃取率可采取的操作：充分振荡、多次萃取。振荡或搅拌时，注意速率不能过大，防止有机溶剂乳化
反萃取 在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，为萃取的逆过程
晶体的 洗涤　 用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可溶性的杂质和水分，乙醇的易挥发性有利于晶体快速干燥
洗涤沉淀 的操作　 将过滤后的晶体留在过滤器中，加入洗涤剂至浸没晶体，让洗涤液自然流下，重复操作2～3次
检验沉淀 是否洗涤 干净　　 取最后一次洗涤滤液，滴加试剂（如硝酸酸化的AgNO3溶液检验Cl－，盐酸酸化的BaCl2溶液检验SO），若无沉淀产生，则证明已洗涤干净，反之，则未洗涤干净
(1) MnSO4在水中的溶解度与温度的关系如图所示。由MnCO3获得较纯净的MnSO4·H2O晶体的方法：将MnCO3溶于适量的稀硫酸，控制温度在80～90 ℃之间蒸发结晶，　　　　　　，得到MnSO4·H2O晶体，洗涤、烘干。晶体通常采用减压烘干的原因是　　　　。
(2) KIO3的溶解度曲线如图所示。由KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为______________________________。
(3) “萃取分离”溶液中钴、锂的萃取率与平衡时溶液pH的关系如图所示。pH一般选择5左右，理由是______________________________________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(4) 钼(Mo)是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。由钼精矿（主要成分是MoS2）湿法回收钼酸铵[(NH4)2MoO4]部分工艺流程如图所示。
“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是______________________________________________。
1 [2025南通如皋学情调研一]1943年，侯德榜团队成功研发了联合制碱法，提高了食盐利用率。其主要流程如下。下列说法错误的是(　　)
A. 沉淀池中发生的反应为NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl
B. “沉淀池”中开始反应时，应先通入CO2至饱和，再通入NH3
C. “吸氨”“加盐”时分别通过增加溶液中NH和Cl－浓度，从而析出NH4Cl
D. “母液Ⅱ”循环利用可提高钠元素的利用率
2 [2025镇江期初]一种从某铜镍矿（主要成分为CuFeS2、FeS2、NiO、MgO、SiO2等）中回收Cu、Ni的流程如下：
(1) 基态Cu2+的外围电子排布为　　　　。
(2) “氧压浸出”过程中，加压的目的是________________________________
______________________________________________________________________。
(3) “萃铜”时发生的反应为Cu2+（水相）＋2HR（有机相） CuR2（有机相）＋2H＋（水相），适当增大溶液pH有利于铜的萃取，其原因是_____________
______________________________________________________________________。
(4) “沉铁”过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为_____________________
______________________________________________________________________。
(5) 单质镍与碳、镁形成某晶体的晶胞结构如图所示，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为　　　　。
(6) “沉镍”时为确保Ni2+沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥　　　　{已知：25 ℃时，Ksp[Ni(OH)2]＝4×10-15；lg2＝0.3；当溶液中c(Ni2+)≤1.0×10-5 mol/L时，可认为Ni2+沉淀完全}。
(7) 测定NiSO4·7H2O粗品的纯度。取3.000 g NiSO4·7H2O粗品溶于水（滴加几滴稀硫酸）配成100.0 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用0.050 00 mol/L Na2H2Y标准溶液滴定，平均消耗标准溶液50.00 mL。计算确定粗品中NiSO4·7H2O的纯度（已知：Ni2+＋H2Y2-===NiY2-＋2H＋，Ni—59，写出计算过程）。
3[2025泰州调研]铟及其化合物应用广泛。工业上用含铟铁渣（含In2O3、ZnFe2O4、PbSO4、As2O3等）提取铟的流程如下：
已知：①该实验条件下，PbCl2微溶于水，PbCl2＋2Cl－ [PbCl4]2-；
②TBP易与Fe3+、In3+、Zn2+配位或与H＋结合实现萃取，对Fe2+萃取率较低。
(1) 热酸浸出。一定温度下，控制盐酸用量为理论值的2倍，反应2 h、过滤得酸浸液。
①写出ZnFe2O4溶于盐酸的离子方程式：_______________________________
______________________________________________________________________。
②酸浸液中，As元素以H3AsO3形式存在，已知H3AsO3的核磁共振氢谱只有一个峰，其结构式为　　　　　　　　。
③向反应体系中加水，测得液固体积质量比对铅浸出率的影响如图1所示。液固体积质量比大于4.5 mL/g时，铅浸出率降低的原因为_____________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
图1
(2) 还原硫化。在搅拌下，向酸浸液中加入FeS，充分反应后过滤。
①加入FeS的目的是________________________________________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
②FeS晶胞及z轴方向投影如图2所示，Fe2+配位数为　　　　。
图2
(3) 萃取。萃取时，pH过大或过小都不利于In3+和Zn2+的萃取，原因是_____
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
微主题3　化学工艺流程
基础回归
1 A　“高温焙烧”用到坩埚，B错误；“高温焙烧”发生反应BaSO4＋4CBaS＋4CO↑，BaSO4作氧化剂，C作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4，C错误；若用硫酸酸浸，则生成BaSO4沉淀，D错误。
2 (1) 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率　(2) 过量酸会增加沉淀过程中氨水的用量
名卷优选
【3年真题】
1 D　NaOH溶液与I2反应生成I－、IO和水，正确的离子方程式为3I2＋6OH－===5I－＋IO＋3H2O，A错误；水与四氯化碳的混合液会分层，应该通过分液分离，通过过滤无法将水溶液与CCl4分离，B错误；由图可知，8个顶点和6个面心上各含有1个I－，利用均摊法可知，1个AgI晶胞中含有I－的数目＝8×＋6×＝4，C错误；由于碘单质受热易升华，则回收的粗碘可通过升华进行纯化，D正确。
2 (1) ①O2将－2价硫元素氧化为S，促进酸浸反应正向进行，提高Zn2+浸出率　②ZnO　(2) ①2H3AsO3＋3ZnS＋6H＋As2S3＋3Zn2+＋6H2O　②剩余ZnS被As2S3包裹，使ZnS与H3AsO3反应的速率减慢；As2S3水解生成H3AsO3；As2S3水解速率大于ZnS与H3AsO3反应的速率
解析：(1) ①反应ZnS＋H＋ Zn2+＋HS－的平衡常数K＝＝≈
1.3×10-11，反应ZnS＋2H＋ Zn2+＋H2S的平衡常数K＝＝≈1.3×10-4，2个反应正向进行程度均较小，对比Ksp(ZnS)＝1.6×10-24可知，硫酸确实能促进ZnS的溶解，但整体溶解量仍较少，通入O2后，O2能将－2价硫元素氧化为S，溶液中c(H2S)减小，促使酸浸反应正向进行程度增大，进而提高Zn2+浸出率。②不引入新杂质的同时还能消耗H＋的氧化物是ZnO。(2) ①ZnS、As2S3为沉淀，H3AsO3为弱酸，书写离子方程式时均不拆分为离子形式，废液呈酸性，产物中Zn元素以Zn2+形式存在，可用H＋平衡电荷，离子方程式见答案。
3 (1) 　BD　(2) 2SO＋O22SO　pH增大，c(SO)增大，氧化速率增大
解析：(1) 温度过高时，SO2在水中溶解度降低，导致反应速率降低，吸收SO2效率降低，A错误；加快搅拌速率，可使氧化镁浆料与SO2充分接触，吸收SO2效率增大，B正确；降低通入SO2的速率，可使氧化镁浆料与SO2充分接触，SO2的吸收率增大，但会因反应速率降低而导致吸收SO2效率降低，C错误；使用多孔球泡，可增大氧化镁浆料与SO2的接触面积，化学反应速率加快，吸收SO2效率增大，D正确。(2) 由2SO＋O22SO知，氧化速率与SO、O2的浓度有关，pH的变化会影响SO的浓度，pH增大时，c(SO)增大，氧化反应速率增大。
4 (1) 制得的催化剂产品中，NH比Na＋更易除去
(2) ①提高反应温度，延长浸出时间
②促进NH4VO3充分沉淀
解析：(1) 在生成H3VO4沉淀时，Na＋与NH均会被沉淀包裹，通过洗涤无法除尽杂质离子，高温灼烧可以去除NH，但无法去除Na＋，故反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液。(2) ①本题限定条件是“加料完成”“一定搅拌速率”，故不能从酸的浓度、固体颗粒大小、搅拌速率角度解答，可以从反应温度和反应时间角度进行解答。②根据反应NaVO3＋NH4Cl===NH4VO3↓＋NaCl知，NH4Cl的浓度越大，NH4VO3沉淀越充分；根据Ksp(NH4VO3)＝c(NH)·c(VO)知，c(NH)越大，c(VO)越小，VO沉淀越彻底，V元素利用率越高。
【3年模拟】
1 D　[Cu(NH3)4]Cl2中Cu2+与NH3形成配离子，溶液中配离子电离出的NH3很少，A错误；硝酸具有氧化性，稍过量稀硝酸会导致还原步骤消耗更多Na2SO3，浪费原料，且产生NO污染空气，B错误；“还原”时发生反应2Cu2+＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋，溶液pH减小，C错误。
2 D　“焙烧”时，FeV2O4和O2发生氧化还原反应生成Fe2O3和NaVO3，O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂，根据得失电子守恒可得关系式4FeV2O4～5O2，A正确；加H2SO4调节pH，发生反应：[Al(OH)4]－＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O，B正确；VO可能会被Cl－还原影响产率，同时有污染性Cl2生成，C正确；沉钒后，溶液中：c(VO)·c(NH)＝Ksp(NH4VO3)，D错误。
3 D　SiO2不溶于硫酸，“酸浸”后滤渣为SiO2，A错误；加入过量氨水，生成[Cu(NH3)4]2+，加入乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4，B错误；“沉铜”时，SO2将＋2价的Cu还原为＋1价，以CuNH4SO3形式存在，属于氧化还原反应，C错误。
4 (1) Cu2Te＋4H2O2＋2H2SO4===H2TeO3＋2CuSO4＋5H2O　(2) 　
(3) 2.7×10-3 (4) H2TeO3＋2SOTe↓＋2SO＋H2O　(5) 提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，SO2从溶液中逸出
解析：(2) C2O中的单键O给出孤电子对，Cu2+含有空轨道，可接受电子对，以4个配位键形成[Cu(C2O4)2]2-，该配离子的结构式见答案。(3) 由方程式相加，平衡常数相乘推知，目标方程式的平衡常数K1＝Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)·Ksp(CuC2O4)·K＝5.0×10-2×1.5×10-4×2.0×10-8×1.8×1010＝2.7×10-3。(5) 为提高H2TeO3的还原率，加入的Na2SO3溶液必须过量；“沉铜”后所得滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，Na2SO3会与滤液中的酸反应生成SO2并逸出，则Na2SO3的实际投入量大于理论量。
5 (1) ①减小　②
(2) ①ScCl3＋H2OScOCl＋2HCl　②增强导电性(合理即可)　③温度升高，NH4Cl的分解速率加快，生成更多的HCl，抑制ScCl3水解
(3) n(ScCl3)＝c(EDTA)·V(EDTA)＝0.040 00 mol/L×23.00×10-3 L＝9.2×10-4 mol
n(ScCl3)＋n(ScOCl)＝c(EDTA)·V′(EDTA)＝0.040 00 mol/L×25.00×10-3 L＝1.0×10-3 mol
n(ScOCl)＝c(EDTA)·V′(EDTA)－c(EDTA)·V(EDTA)＝(10.0－9.2)×10-4 mol＝8.0×10-5 mol
钪的水解率＝×100%＝×100%＝8%
{如果写成：钪的水解率＝×100%＝×100%＝8%也可}
解析：(1) ①Sc3+与羟基电离出的H＋进行离子交换，萃取后溶液中H＋浓度增大，pH减小。②氢键是由已经与电负性很大的原子形成共价键的氢原子(如与N、O、F相连的氢)与另一个电负性很大的原子(如N、O、F)之间形成的作用力，“…”表示形成的氢键。(2) ②NaCl、KCl均为强电解质，可增强导电性。③ScCl3·6H2OScCl3＋6H2O，ScCl3＋H2OScOCl＋2HCl，NH4Cl分解生成HCl可抑制ScCl3水解。
核心串讲
【核心1】 例1　(1) 搅拌、延长反应时间(合理即可) (2) 提高锌元素的总浸出率　
(3) SO、[Al(OH)4]－　将固体粉碎、适当搅拌、适当升高温度等
【核心2】 例2　(1) SiO2　(2) Al(OH)3、Fe(OH)3　(3) 除去Mg2+
【核心3】 例3　(1) 提高镍元素的浸出率　(2) ①B ②0.01 mol/L　(3) Na2SO4
解析：(1) 稍过量的H2SO4可以充分溶解红土镍矿，提高镍元素的浸出率。(2) ①由图可知，在pH约为6.0时，镁的去除率较高且镍的损失率较低。pH约为5.0时，镁的去除率低，而pH约为6.5时，镁的去除率变化不明显而镍的损失率较高。②Ksp(MgF2)＝c(Mg2+)·c2(F－)＝7.4×10-11，c(Mg2+)＝≤7.4×10-7 mol/L，得c(F－)≥0.01 mol/L。(3) “沉镍”反应为NiSO4＋2NaOH===Ni(OH)2↓＋Na2SO4，Na2SO4溶液可以在“沉铁”时使用。
【核心4】 例4　(1) 趁热过滤　防止MnSO4·H2O失去结晶水　(2) 蒸发浓缩、降温结晶　(3) pH在5左右时，钴、锂的分离效率最高　(4) 富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)
检测反馈
1 B　NH3在水中的溶解度大，侯氏制碱法应先通氨气，后通二氧化碳，B错误。
2 (1) 3d9　(2) 增大氧气的溶解度，加快化学反应速率 (3) 适当增大溶液pH，促使萃取反应的平衡正向移动，提高铜的萃取率　(4) 3Fe3+＋Na＋＋2SO＋3H2O＋3MgO===NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3Mg2+　(5) 1∶3　(6) 9.3 (7) 93.67%(计算过程见解析)
解析：(2) “氧压浸出”通入氧气时，加压的目的是增大溶液中氧气浓度，加快氧气氧化Fe2+的速率。(5) 由均摊法知，晶胞中，Mg个数＝8×＝1，Ni个数＝6×＝3，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为1∶3。(6) Ni2+沉淀完全时，c(Ni2+)≤1.0×10-5 mol/L，由Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2+)·c2(OH－)，则溶液c(OH－)＝＝ mol/L＝2×10-5 mol/L，pOH＝5－lg2＝5－0.3＝4.7，pH＝14－pOH＝14－4.7＝9.3。(7) 已知Ni2+＋H2Y2-===NiY2-＋2H＋，则n(Ni2+)＝n(H2Y2-)＝0.050 00 mol/L×50.00×10-3 L＝2.500 0×10-3 mol，粗品中n(Ni2+)＝2.500 0×10-3 mol×＝1.000×10-2 mol，粗品中NiSO4·7H2O的纯度＝×100%≈93.67%。
3 (1) ①ZnFe2O4＋8H＋Zn2+＋2Fe3+＋4H2O
②(写“”也可)
③液固体积质量比大于4.5 mL/g时，平衡PbCl2＋2Cl－ [PbCl4]2-左移使PbCl2溶解量减小的幅度大于水量增多使PbCl2溶解量增加的幅度，使得Pb浸出率降低
(2) ①将Fe3+还原为难萃取的Fe2+，将溶液中的PbCl2及[PbCl4]2-转化为PbS沉淀、H3AsO3转化为As2S3沉淀除去　②6
(3) pH过大，In3+和Zn2+会形成氢氧化物沉淀；pH过小，TBP与H＋结合，影响In3+和Zn2+的萃取
解析：(1) ③向反应体系中加水，使液固体积质量比增大。液体体积增大，水量增多，PbCl2溶解量增加，铅浸出率增高；液固体积质量比增大，水量增多，导致c(Cl－)减小，导致平衡PbCl2＋2Cl－ [PbCl4]2-左移，铅浸出率降低；由图1可知，液固体积质量比大于4.5 mL/g时，铅浸出率降低，说明平衡PbCl2＋2Cl－ [PbCl4]2-左移导致铅浸出率降低的幅度大于水量增多导致PbCl2溶解量增加的幅度。(2) ①根据流程图“还原硫化”的产物有S、PbS、As2S3可知，加入FeS的目的是提供S2-与PbCl2、[PbCl4]2-、H3AsO3反应生成PbS、As2S3，由已知②可知，“萃取”为了得到In3+，减少杂质，需要提前将Fe3+转化Fe2+，S2-可将易与TBP配位的Fe3+还原为难萃取的Fe2+。②由图2知，S2-处于FeS晶胞体积的体心处，如图：，S2-的配位数为6，由化学式FeS知，Fe2+的配位数也为6。(3) 根据已知②可知，c(H＋)过高，TBP会与H＋结合，不利于In3+和Zn2+的萃取，c(OH－)过高，In3+和Zn2+会形成氢氧化物沉淀。

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