资源简介

(共95张PPT)
非选择题突破三
目录CONTENTS
命题热点1
工艺流程中的原料预处理
01
命题热点2
流程中物质的分离、提纯与跟踪
02
命题热点3
流程中反应条件的控制
03
命题热点4
电离常数、溶度积常数的有关计算
04
命题热点1
01
工艺流程中的原料预处理
原料预处理常见方法
知｜识｜强｜化
方法 目的 解题指导
粉
碎、 研磨 将块状或颗粒状的物质磨
成粉末 增大反应物接触面积，以加快反应速率
或使反应更充分，也是提高“浸出率”
的方法之一
方法 目的 解题指导
浸取 水浸 与水接触反应或溶
解 （1）加热、搅拌、适当提高酸（或碱）浓度，可以加快浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率
（2）酸溶时所加酸的量不能太多
①过量的酸可能会消耗后续调节pH所
加的碱性试剂
②如果实验过程有硫化物，酸过量会形
成有毒气体硫化氢
酸浸 与酸接触反应或溶
解，使可溶性金属
离子进入溶液，不
溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污，溶解酸
性氧化物、铝及其
氧化物 原料预处理常见方法
方法 目的 解题指导
灼烧 （焙
烧） （1）除去可燃性杂质 （2）使原料初步转化 ①除去硫、碳单质
②使有机物转化或除去有机物
③高温下原料与空气中氧气反应等
④使一些杂质在高温下氧化、分解，如
煅烧高岭土
原料预处理常见方法
【典题示例1】　[粉碎（研磨）]以废铁屑为原料制备聚合硫酸铁（PFS）
的一种工艺流程如图：
粉碎过筛的目的是
，
酸浸时最合适的酸是 。
选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高酸浸反应
速率
H2SO4
【典题示例2】　[碱浸]某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂（主要含金属
Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质），采用如下工艺流程
回收其中的镍，制备硫酸镍晶体（NiSO4·7H2O）：
“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 。
为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的
离子方程式 。
除去油脂、溶解铝及其氧化物
[Al（OH）4]－＋H＋ Al（OH）3↓＋H2O
真｜题｜研｜析
1. （2024·北京高考18题节选）利用黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质）生产纯铜，流程示意图如右
（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是
。
解析：黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。
增大接触面积，加快反应速
率，使反应更充分
（2）（NH4）2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转
化为CuSO4。（NH4）2SO4发生热分解的化学方程式是
。
解析：铵盐不稳定，易分解，（NH4）2SO4分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为（NH4）2SO4 2NH3↑＋SO3↑＋H2O。
（NH4）
2SO4 2NH3↑＋SO3↑＋H2O
（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
②温度高于425 ℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率
随焙烧温度升高而降低的原因是

。
①温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因
是
。
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＋2CuSO4 6CuO＋2Fe2（SO4）
3＋4SO3，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低
解析：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（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；②温度高于425 ℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应：4CuFeS2＋17O2＋2CuSO4 6CuO＋2Fe2（SO4）3＋4SO3，铜浸出率降低。
2. （2023·福建高考11题节选）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一
种从白合金（主要含Fe3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2）中分离回收
金属的流程如下：
“酸浸1”中加快反应速率的措施有
（任写一种）；
将白合金粉碎（或搅拌或适当提
高酸的浓度或适当提高温度）
CoO发生反应的离子方程式为 。
CoO＋2H＋ Co2＋＋H2O
解析：根据影响化学反应速率的因素知，将白合金粉碎、搅拌、适当提
高酸的浓度和温度等操作均能加快反应速率。依据反应的一般规律，结
合原子守恒可知“酸浸1”中CoO发生反应：CoO＋2H＋ Co2＋＋H2O。
能｜力｜进｜阶
1. （2024·重庆涪陵五中模拟）以Al2O3为载体的钯催化剂常用于石化行业
加氢催化裂化过程中，工业上以失活后的废Pd-Al2O3催化剂（主要含有
Pd、Al2O3，还有少量PdO、SiO2、C）为原料制备氯化钯的流程如下：
已知：PdO性质稳定，难溶于水、盐酸。
“氯化浸出”前必须“焙烧”去除废催化剂表面积碳，原因是
，
焙烧时间过长，氯化浸出率下降，可能的原因是 。
防止
“氯化浸出”中消耗更多的盐酸与氯酸钠
部分Pd与氧气生成PdO
2. （2024·东北三省四市联合体二模）以银精矿（主要成分为Ag2S、FeS2、ZnS）为原料采用“预氧化湿法提银”工艺流程如右：
已知：酸性环境下，Cl 有较强的氧化性，被还原为Cl－。
“分离转化”时，为提高Ag2S的转化率可采取的措施是
；Ag2S转化为AgCl和S的化
学方程式为 。
适当延长浸取
时间（或减小颗粒直径或适当升高温度）
3Ag2S＋6HCl＋KClO3 6AgCl＋KCl＋3S＋3H2O
命题热点2
02
流程中物质的分离、提纯与跟踪
知｜识｜强｜化
1. 流程中物质的确定
（1）滤渣的确定
（2）循环物质的确定
2. 产品的洗涤
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
2. 产品的洗涤
洗涤试剂 适用范围 目的
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
饱和溶液 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酸、碱
的杂质；减少固体溶解
洗涤沉淀方法：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 3. 萃取与反萃取
（1） 萃取原理（萃取金属离子）：萃取是利用物质性质由一个液相转移到另一个液相的分离方法。萃取的作用：从矿石的浸出液中，提取和富集有价金属； 分离化学性质相近的金属离子。
（2）萃取步骤：萃取的操作步骤一般是首先将水溶液（料液）与有机溶剂（或溶液）充分混合，然后利用两相的密度不同静置分相。分出的称为萃余液，有机相称为负载有机相， 被萃入到有机相中去的物质称为被萃取物（起富集或分离作用）。
（3）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。
真｜题｜研｜析
1. （2024·甘肃高考15题节选）我国科研人员以高炉渣（主要成分为CaO、
MgO、Al2O3和SiO2等）为原料，对炼钢烟气（CO2和水蒸气）进行回收
利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：Ksp（CaSO4）＝4.9×10－5，Ksp（CaCO3）＝3.4×10－9。
（1）高炉渣与（NH4）2SO4经焙烧产生的“气体”是 。
NH3
解析：
（1）“气体”与烟气（CO2和水蒸气）反应生成（NH4）2CO3，
则该气体为NH3。a
（2）“滤渣”的主要成分是CaSO4和 。
解析：焙烧时CaO、MgO、Al2O3均转化为硫酸盐，SiO2不反应，
CaSO4微溶于水，故“水浸1”后过滤得到的“滤渣”的主要成分
是CaSO4和未反应的SiO2。
SiO2
（3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为
，
该反应能进行的原因是
。
解析：结合题给已知条件Ksp（CaSO4）＝4.9×10－5、Ksp（CaCO3）＝3.4 × 10－9可知，“水浸2”时微溶的硫酸钙转化为
溶解度更小的碳酸钙，故“水浸2”时主要反应的化学方程式为
CaSO4＋（NH4）2CO3 CaCO3＋（NH4）2SO4。
CaSO4＋（NH4）
2CO3 CaCO3＋（NH4）2SO4
Ksp（CaSO4）＞Ksp（CaCO3），微溶的
硫酸钙可转化为更难溶的碳酸钙
（4）铝产品NH4Al（SO4）2·12H2O可用于 。
净水
解析： NH4Al（SO4）2·12H2O溶于水后Al3＋水解生成Al（OH）3胶
体，可用于净水。
2. （2024·贵州高考16题）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的流程如下：
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）
已知：
Al2O3·3H2O（s）＋2NaOH（aq）。
回答下列问题：
（1）“滤渣”的主要成分为 （填化学式）。
SiO2
解析：
（1）SiO2不溶于硫酸，也不与硫酸反应，故酸浸时滤渣主要为SiO2。
（2）“除杂”时需加入的试剂X是 。
解析：“碱沉”控制溶液pH至3.0，所得滤液1主要含有Al3＋、Mg2
＋，加入过量X是为了分离二者，结合除杂后Mg2＋转化为Mg
（OH）2沉淀、Al3＋进入溶液可知，试剂X为NaOH。
NaOH
（3）“水热合成”中，NH4H2PO4作为磷源，“滤液2”的作用是
，
水热合成NaFePO4的离子方程式为
。
作
钠源、中和H2P 电离出的H＋
Na＋＋Fe2＋＋H2P ＋N
＋3OH－ NaFePO4↓＋NH3↑＋3H2O
解析：结合已知②可知，水解所得滤液2的主要成分为NaOH，其在
“水热合成”中可提供Na元素形成NaFePO4，并且OH－可中和
H2P 电离出的H＋，促进产物的生成。
3. （2024·上海高考9～15题）粗盐中含有S 、K＋、Ca2＋、Mg2＋等杂质离子，实验室按流程进行精制：
已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示：
（1）步骤①中BaCl2要稍过量，请描述检验BaCl2是否过量的方
法：
。
解析：根据溶液中所含离子种类知，可通过检验Ba2＋来检验BaCl2，所选用试剂可为稀硫酸，若加入稀硫酸后有白色沉淀生成，则BaCl2过量。
静置后取适量上层清液于试管中，加入几滴稀硫酸，若产
生白色沉淀，则BaCl2过量
（2）（不定项）若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，会导
致 。
A. S 不能完全去除 B. 消耗更多NaOH
C. Ba2＋不能完全去除 D. 消耗更多Na2CO3
AD
解析：由题图知，加入BaCl2溶液后会生成BaSO4沉淀，若不过滤直接加入NaOH和Na2CO3，则BaSO4会部分转化成BaCO3沉淀，S 重新进入溶液，消耗更多的C ，A、D符合题意。
（3）过滤操作中需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还需要 。
A. 分液漏斗 B. 漏斗
C. 容量瓶 D. 蒸发皿
解析：过滤需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，B正确。
B
（4）步骤④中用稀盐酸调节pH至3～4，除去的离子有
。
解析：由流程图可知，滴加稀盐酸前滤液中主要含有K＋、Na＋、Cl－、OH－、C ，OH－、C 均可与加入的稀盐酸反应，分别生成H2O与CO2而被除去。
OH－、
C
解析：由流程图及上述分析可知，“一系列操作”的目的是分离KCl与NaCl，结合题给溶解度曲线可知，NaCl的溶解度随温度变化较小，KCl的溶解度随温度变化较大，故可加热至有大量晶体析出后趁热过滤，以得到精盐，C正确。
（5）“一系列操作”是指 。
A. 蒸发至晶膜形成后，趁热过滤
B. 蒸发至晶膜形成后，冷却结晶
C. 蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤
D. 蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶
C
（6）请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应
。
　　另有两种方案进行粗盐提纯。
　　方案2：向粗盐水中加入石灰乳[主要成分为Ca（OH）2]除去
Mg2＋，再通入含NH3、CO2的工业废气除去Ca2＋。
方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去Mg2＋，再加入碳酸钠溶
液除去Ca2＋。
解析：加入HCl后，H＋分别与OH－、C 发生反应。
H＋＋OH－
H2O，C ＋2H＋ CO2↑＋H2O
（7）相比于方案3，方案2的优点是
。
解析：方案2中，通入含NH3、CO2的废气后发生反应的化学方程式为CaCl2＋2NH3＋H2O＋CO2 CaCO3↓＋2NH4Cl，工业废气转化为氮肥，实现了工业废气的资源化利用，减少了有害气体的排放。
有害气体资源化利用产生氮肥，
减少了有害气体的排放
能｜力｜进｜阶
1. （2024·广州八十九中段考）二氧化铈（CeO2）是一种典型的金属氧化
物，具有较强的氧化性，广泛应用于多相催化反应，并作为汽车尾气净
化的三效催化剂的重要组成成分。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3、BaO
等）为原料制备CeO2的一种工艺流程如下图所示：
已知：①“氧化焙烧”后，Ce元素转化为CeO2和CeF4；②滤液A中含：S 、CeF3＋等离子。
回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分是 （填化学式）；“酸浸”不用盐酸
的理由是
（答一点即可）。
BaSO4
CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3＋，生成有毒
的Cl2会污染环境，且盐酸不能除去杂质Ba2＋
解析：由流程图可知，氟碳铈矿主要含CeFCO3、BaO等，在富氧空气中“氧化焙烧”生成CeO2、CeF4和CO2，反应原理为4CeFCO3＋O2 3CeO2＋CeF4＋4CO2；熔渣中加入硫酸“酸浸”时，BaO与H2SO4反应生成BaSO4，CeO2、CeF4转化成CeF3＋，过滤后，滤液经系列操作，CeF3＋转化成Ce3＋，加入NaOH调节pH使Ce3＋转化成Ce（OH）3沉淀，过滤后滤渣中加入NaClO将Ce（OH）3氧化成Ce（OH）4，煅烧Ce（OH）4得到CeO2。（1）由分析可知，滤渣A的主要成分是BaSO4；“酸浸”步骤中，用硫酸浸取，BaO与H2SO4反应生成BaSO4沉淀，若用盐酸替代硫酸，CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3＋，生成有毒的Cl2
会污染环境，且盐酸不能除去杂质Ba2＋。
（2）“系列操作”包含以下几个过程：已知：Ce3＋不能溶于有机物
TBP；CeF3＋能溶于有机物TBP，且存在反应：CeF3＋＋TBP
CeTBP4＋＋F－。“滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法
是 ，“有机层B”中发生反应的离子方程式为
。水层中的一种溶质，
理论上可以在工艺流程图中的 工序中循环利用，减小
“调pH”工序中NaOH的用量，节约生产成本。
分液
2CeTBP4
＋＋H2O2 2Ce3＋＋O2↑＋2H＋＋2TBP
酸浸
解析：滤液A中的CeF3＋能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液方法分离；由流程可知，有机层A中加入“洗氟液”后，分离出含F－溶液，F－浓度减小，平衡CeF3＋＋TBP CeTBP4＋＋F－正向移动，CeF3＋转化为CeTBP4＋；由流程可知，有机层B中CeTBP4＋在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应，CeTBP4＋被还原成Ce3＋，则H2O2被氧化成O2，Ce元素的化合价由＋4价降至＋3价，O元素的化合价由H2O2中的－1价升至O2中的0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2CeTBP4＋＋H2O2 2Ce3＋＋O2↑＋2H＋＋2TBP，根据上述反应可知，水层中的一种溶质为Ce2（SO4）3和H2SO4，故理论上可以在工艺流程图中的“酸浸”工序中循环利用，减小“调pH”工序中NaOH的用量，节约生产成本。
（3）“调pH”中，要使Ce3＋沉淀完全（通常认为溶液中离子浓度小于
1×10－5 mol·L－1为沉淀完全），应控制pH大于 {已知25 ℃
时Ksp[Ce（OH）3]＝1×10－20}。
9
解析：当c（Ce3＋）＝1×10－5 mol·L－1时，依据Ksp[Ce（OH）3]＝1×10－20，c（OH－）＝ ＝ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，c（H＋）＝ ＝ mol·L－1＝1×10－9 mol·L－1，则pH＝9，此时处于沉淀溶解平衡状态，当pH大于9时，Ce3＋完全沉淀。
2. （2024·重庆调研）镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。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NiSO4·6H2O和CoCO3的工艺流程如下：
（1）“滤渣Ⅰ”的主要成分是 （填化学式）。
解析：含镍废料含有NiO、FeO、Fe2O3、CoO、BaO、SiO2，加入
硫酸后，溶液中含有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋、Co2＋，BaO生成BaSO4，
SiO2不溶于硫酸；加入NaClO3氧化后，溶液中含有Ni2＋、Fe3＋、
Co2＋，加入Na2CO3生成NaFe3（SO4）2（OH）6，溶液中溶质为
CoSO4、NiSO4，加入萃取剂后，水层为CoSO4，加入
NaHCO3“沉钴”得CoCO3，有机层中为NiSO4，经反萃取得
NiSO4溶液。（1）SiO2不溶于H2SO4，BaO与H2SO4反应生成
BaSO4沉淀，故“滤渣Ⅰ”的主要成分是SiO2、BaSO4。
SiO2、BaSO4
（2）“调pH”过程中生成黄钠铁矾沉淀，该反应的离子方程式
为
。
3Fe3＋＋Na＋＋2S ＋3H2O＋3C NaFe3（SO4）2
（OH）6↓＋3CO2↑
解析： “调pH”过程中生成黄钠铁矾沉淀，该反应的离子方程式为3Fe3＋＋Na＋＋2S ＋3H2O＋3C NaFe3（SO4）2（OH）6↓＋3CO2↑。
（3）“萃取”时需充分振荡，目的是
，
“萃取”和“反萃取”可简单表示为2HX＋Ni2＋ NiX2＋2H＋，
在“萃取”过程中加入适量氨水，其作用是
，
“反萃取”需要往有机层中加 （填试剂名称）。
增大有机溶剂与粗硫酸镍废液
的接触面积，提高硫酸镍的萃取率
促进平衡向正反应
方向移动，提高萃取率
稀硫酸
解析： “萃取”时需充分振荡，使得水溶液和有机溶剂形成更多小液滴，从而增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高硫酸镍的萃取率；氨水可以消耗溶液中的H＋，促进反应2HX＋Ni2＋ NiX2＋2H＋向右进行，从而提高萃取率；“反萃取”应使反应2HX＋Ni2＋ NiX2＋2H＋向左进行，可通过加酸来实现，为了不引入杂质离子，可选用稀硫酸。
（4）常温下，Ksp[Co（OH）2]＝2×10－15，若起始时c（Co2＋）＝
0.02 mol·L－1，“沉钴”过程中应控制pH＜ 。
7.5
解析：“沉钴”过程中不能生成Co（OH）2，又Ksp[Co（OH）2]＝c（Co2＋）·c2（OH－）＝2×10－15，若起始时c（Co2＋）＝0.02 mol·L－1，则c（OH－）＜ mol·L－1＝1×10－6.5 mol·L－1，c（H＋）＞10－7.5 mol·L－1，故“沉钴”过程中应控制pH＜7.5。
命题热点3
03
流程中反应条件的控制
条件控制 答题指导
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）
流程中常见反应条件的控制和答题指导
知｜识｜强｜化
条件控制 答题指导
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
真｜题｜研｜析
1. （2023·辽宁高考16题节选）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取
液（含Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋），实现镍、钴、镁元
素的回收。
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：
（1）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn（Ⅱ）氧化率与时间的关
系如下。SO2体积分数为 时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大。
9.0％
解析：由图可知，当SO2体积分数为9.0％时，Mn（Ⅱ）氧化率达到100％所用时间最短，氧化速率最大。
（2）“沉钴镍”中得到的Co（Ⅱ）在空气中可被氧化成CoO（OH），
该反应的化学方程式为
。
解析：“沉钴镍”中得到的 Co（Ⅱ）以Co（OH）2形式存在，其可被空气中O2氧化为CoO（OH），根据氧化还原反应规律可写出反应的化学方程式。
4Co（OH）2＋O2 4CoO（OH）＋
2H2O
（3）“沉镁”中为使Mg2＋沉淀完全（25 ℃），需控制pH不低
于 （精确至0.1）。
解析：Mg2＋沉淀完全，则 c（Mg2＋）≤10－5 mol·L－1，c（OH－）≥ ＝ mol·L－1＝10－2.9 mol·L－1，c（H＋）≤10－11.1 mol·L－1，pH≥11.1。
11.1
2. （2023·福建高考11题节选）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一
种从白合金（主要含Fe3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2）中分离回收
金属的流程如下：
“焙烧1”中，晶体[Fe2（SO4）3·xH2O和CoSO4·yH2O]总质量随温度升
高的变化情况如下：
温度区间/℃ ＜227 227～566 566～600 600～630
晶体总质量 变小 不变 变小 不变
（1）升温至227 ℃过程中，晶体总质量变小的原因是 ；
566～600 ℃发生分解的物质是 （填化学式）。
解析：由表可知，升温至227 ℃过程中，晶体总质量变小的原因是晶体[Fe2（SO4）3·xH2O和CoSO4·yH2O]失去结晶水；227～566 ℃质量不变，而后566～600 ℃质量再次减小，结合水浸后得到Fe2O3和CoSO4溶液可知，此时硫酸铁分解。
晶体失去结晶水
Fe2（SO4）3
（2）为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。
解析：为有效分离铁、钴元素，同时考虑能耗因素，“焙烧1”的温度应控制在600 ℃，此时硫酸铁已全部分解，而CoSO4不分解。
600
能｜力｜进｜阶
1. （2024·皖豫名校联盟联考）硝酸镍、硝酸钠在陶瓷、玻璃工业应用广
泛。以废弃镍板（含有少量的氧化铝杂质）生产硝酸镍、硝酸钠的工艺
流程如图所示：
已知：①NiCO3难溶于水；
②NO2＋NO＋Na2CO3 2NaNO2＋CO2，2NO2＋Na2CO3 NaNO3
＋NaNO2＋CO2。
请回答下列问题：
（1）“反应器”中需控制反应温度为50～60 ℃的原因是
。
解析： “反应器”中需控制温度50～60 ℃，原因是温度太低，反应速率慢，温度太高，硝酸分解挥发快。
温度太低，
反应速率慢，温度太高，硝酸分解挥发快
（2）为了除去Al3＋，向“浸取液”中加入NiCO3调节pH至5～6。写出
除去Al3＋并生成CO2的离子方程式：
。
解析：为了除去Al3＋，向“浸取液”中加入NiCO3，其作用是促进Al3＋的水解，Al3＋生成Al（OH）3沉淀，同时生成CO2和Ni2＋，离子方程式为2Al3＋＋3NiCO3＋3H2O 2Al（OH）3＋3Ni2＋＋3CO2↑。
2Al3＋＋3NiCO3＋
3H2O 2Al（OH）3＋3Ni2＋＋3CO2↑
（3）补充完成操作③ 。
解析：从Ni（NO3）2溶液得到Ni（NO3）2固体的操作是用硝酸酸化后，减压蒸发，冷却结晶，离心分离。
（4）向“转化器”中加入稀硝酸的目的是
。
解析：吸收塔反应后的溶液为NaNO3和NaNO2的混合物，加入硝酸的目的是除去NaNO3中的NaNO2杂质。
冷却结晶
除去NaNO3中的NaNO2杂
质（合理即可）
2. （2024·包头三模）科学家最近首次发现像大脑一样学习的材料——
VO2。某小组以接触法制硫酸的废催化剂（主要成分是V2O5，含少量
Fe3O4、CuO、Al2O3等杂质）为原料制备VO2的流程如下：
②V ＋2H＋ V ＋H2O；
③几种金属离子氢氧化物沉淀的pH如表。
金属氢氧化物 Fe（OH）3 Al（OH）3 Cu（OH）2
开始沉淀的pH 2.7 4.0 4.6
完全沉淀的pH 3.7 5.2 6.0
已知：①NH4VO3难溶于水，（VO2）2SO4易溶于水；
（1）有人建议：在“酸浸”和“调pH”之间加入适量双氧水，理由
是 。
解析：Fe3O4溶于稀硫酸得到Fe2（SO4）3和FeSO4的混合溶液，溶液pH为8时，Fe2＋不能转化为沉淀，所以在酸浸和调pH之间应加入适量双氧水，将溶液中Fe2＋氧化为Fe3＋，便于调节溶液pH时转化为Fe（OH）3沉淀除去。
“煅烧1”的烧渣溶于酸得到的溶液中含有Fe2＋
请回答下列问题：
（2）理论上，为实现Cu2＋完全沉淀，应调节pH＝6.0，在工业生产
中，常调节pH＝8，其目的是
（用化学用语和必要
的文字说明）。
解析：钒元素在溶液中存在如下平衡：V ＋2H＋ V ＋H2O，调节溶液pH为8使溶液呈碱性，减小溶液中的H＋浓度，使平衡向逆反应方向移动，有利于生成更多的V 。
V ＋2H＋ V ＋H2O，碱性
条件促进平衡向左移动，生成更多的V
（3）“高温还原”中试剂X可能是C、CO、H2C2O4，如果制备等量的
VO2（氧化产物都是CO2），则还原剂C、CO、H2C2O4的物质的量
之比为 。
解析： “高温还原”发生的反应为V2O5与还原剂X高温下反应生成VO2，设反应生成VO2的物质的量为1 mol，由得失电子数目守恒可知，反应消耗C、CO、H2C2O4的物质的量为 mol、 mol、 mol，则三种还原剂的物质的量之比为 mol∶ mol∶ mol＝1∶2∶2。
1∶2∶2
（4）“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的目的是
。
解析： “煅烧2”发生的反应为NH4VO3煅烧分解生成V2O5和NH3，反应生成的NH3具有还原性，可能还原V2O5，所以煅烧时应在流动空气中煅烧，利用空气带走NH3，防止V2O5被还原。
及时带走NH3，避免
NH3还原V2O5
命题热点4
04
电离常数、溶度积常数的有关计算
知｜识｜强｜化
1. 已知溶度积，求沉淀转化平衡体系中的离子浓度比
以Cu2＋（aq）＋MnS（s） CuS（s）＋Mn2＋（aq）为例，向含Cu2＋的
溶液中加入MnS固体，达到平衡后，溶液中 ＝
＝ ，只要温度不变， 则不变。
2. 依据Ksp计算开始沉淀和完全沉淀时的pH
对于M（OH）n（s） Mn＋（aq）＋nOH－（aq），判断开始沉淀和完
全沉淀时的pH。
（1）开始沉淀时的pH
c（OH－）＝ mol·L－1，c（H＋）＝ mol·L－1，从而确定pH。
（2）完全沉淀时的pH
一般情况认为当该离子的浓度小于等于1.0×10－5 mol·L－1时，已
经沉淀完全（特殊情况除外），c（OH－）＝ mol·L－1，c（H＋）＝ mol·L－1，从而确定pH。
注意：去除Fe2＋时先氧化成Fe3＋，再调节pH。
3. 电离度（α）、电离常数（Ka、Kb）与c（H＋）、c（OH－）的关系
设一定温度下，浓度为c mol·L－1醋酸的电离度为α。
　　　　　　　　CH3COOH CH3COO－＋H＋
起始/（mol·L－1） c 0 0
变化/（mol·L－1） cα cα cα
平衡/（mol·L－1） c－cα≈c cα cα
Ka＝ ＝cα2，α＝ ，c（H＋）＝c·α＝ 。
对于一元弱碱（如NH3·H2O）也可得上述关系。
真｜题｜研｜析
1. （2024·新课标卷27题节选）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
工艺如下：
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
“除钴液”中残留的Co3＋浓度为 mol·L－1。
1.0×10－16.7
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：
解析：根据表中Co3＋沉淀完全时的pH＝1.1可知，Ksp[Co（OH）3]＝
1.0×10－5×（1.0×10－12.9）3＝1.0×10－43.7，溶液pH＝5时，c（OH
－）＝1.0×10－9 mol·L－1，则残留的Co3＋浓度为 ＝
1.0×10－16.7 mol·L－1。
2. （2023·福建高考11题节选）25 ℃时，Ksp（CuS）＝6.3×10－36，H2S
的Ka1＝1.1×10－7，Ka2＝1.3×10－13。反应CuS（s）＋2H＋（aq）
Cu2＋（aq）＋H2S（aq）的平衡常数K＝ （列出
计算式即可）。经计算可判断CuS难溶于稀硫酸。

3. （2023·山东高考17题节选）含硼固体中的B（OH）3在水中存在平衡：
B（OH）3＋H2O H＋＋[B（OH）4]－（常温下，Ka＝10－9.24）；B
（OH）3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5（OH）4·8H2O。常温
下，在0.10 mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5（OH）4]2－水解生成等物质的
量浓度的B（OH）3和[B（OH）4]－，该水解反应的离子方程式
为 ，该溶
液pH＝ 。
[B4O5（OH）4]2－＋5H2O 2B（OH）3＋2[B（OH）4]－
9.24
解析：[B4O5（OH）4]2－水解生成等物质的量浓度的B（OH）3和[B
（OH）4]－，则根据原子守恒和电荷守恒可配平其水解反应的方程式为
＋5H2O 2B（OH）3＋2[B（OH）4]－。该溶液中
c[B（OH）3]＝c ，根据B（OH）3在水中存在的平衡，
B（OH）3＋H2O H＋＋[B（OH）4]－的平衡常数Ka＝
＝10－9.24 知，c[B（OH）3]＝c{[B（OH）4]
－}时，c（H＋）＝10－9.24 mol·L－1，pH＝－lg 10－9.24＝9.24。
能｜力｜进｜阶
1. （2024·南昌十九中模拟）氧化钪（Sc2O3）可用作半导体镀层的蒸镀材
料，也可制成可变波长的固体激光器和高清晰度的电视电子枪、金属卤
化物灯等。以钛白工业废酸（含Sc3＋、TiO2＋、Mn2＋、H＋、S 等离
子）为原料制备氧化钪（Sc2O3）的一种流程如下图。
钛白工业废酸 油相 滤渣 滤液 Sc2（C2O4） 3
Sc2O3
回答下列问题：
（1）萃取剂萃取Sc3＋的原理为Sc3＋＋3HR ScR3＋3H＋（HR代表萃
取剂）。在“反萃取”中，加入NaOH溶液后生成Sc（OH）3、
MnO2等物质，其中生成含Sc化合物的化学方程式为
。25 ℃时，经“反萃取”后所得滤液的pH＝8，则残留的Sc3＋浓度为 　　 mol·L－1{已知：25 ℃时，Ksp[Sc（OH）3]＝8×10－31}。
ScR3＋
3NaOH Sc（OH）3＋3NaR
8×10－13
解析：在“反萃取”中，加入NaOH溶液后生成Sc（OH）3，其中生成含Sc化合物的化学方程式为ScR3＋3NaOH Sc（OH）3＋3NaR；25 ℃时，经“反萃取”后所得滤液的pH＝8，即c（OH－）＝1×10－6 mol·L－1，则残留的Sc3＋浓度为 ＝ mol·L－1＝8×10－13 mol·L－1。
（2）“沉钪”时用到草酸。已知草酸的Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝
1.5×10－4，则在25 ℃时，pH＝3的草酸溶液中
＝ 。
解析：在25 ℃时，pH＝3的草酸溶液中 ＝
× × ＝
＝ ＝8.4。
8.4
（3）在空气中焙烧Sc2（C2O4）3的化学方程式为
。
解析：在空气中焙烧Sc2（C2O4）3，草酸根离子中碳的化合价是＋3价，焙烧时会被氧气氧化为CO2，化学方程式为2Sc2
（C2O4）3＋3O2 2Sc2O3＋12CO2。
2Sc2（C2O4）3＋
3O2　 2Sc2O3＋12CO2
2. （2024·秦皇岛部分高中二模）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：
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 7.0 2.3 7.1
沉淀完全 9.0 3.2 9.2
已知：①Ksp（NiC2O4）＝4.5×10－7；
（1）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，写出“碱浸”时MoO3参与反应的
离子方程式： 。
解析： “焙烧”时MoS2转化为MoO3，“碱浸”时MoO3和OH－反应生成Mo ，离子方程式为MoO3＋2OH－ Mo ＋H2O。
（2）“除铁”时，控制pH的范围为 。
解析：“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。
MoO3＋2OH－ Mo ＋H2O　
3.2≤pH＜7.0
回答下列问题：
（3）“除铁”后所得滤液中c（Ni2＋）＝0.8 mol·L－1，“沉镍”后所
得滤液中c（C2 ）＝1.0×10－5 mol·L－1，则沉镍率＝ [沉镍率＝ ×100％，计算过程中不考虑溶液体积变化，保留三位有效数字]。
解析： “除铁”后所得滤液中c（Ni2＋）＝0.8 mol·L－1，“沉镍”后所得滤液中c（C2 ）＝1.0×10－5 mol·L－1，溶液中c（Ni2＋）＝ ＝ mol·L－1＝4.5×10－2 mol·L－1，则沉镍率＝ ×100％≈94.4％。
94.4％
（4）在空气中加热18.3 g CoC2O4·2H2O，其残留固体质量与温度的关
系如图所示。图中a、c两点对应固体的成分分别
是 、 （填化学式，其中c为Co的氧化物）。
CoC2O4
CoO
解析：18.3 g CoC2O4·2H2O为 ＝0.1 mol，a点处，减少的质量为 18.3 g－14.7 g＝3.6 g，恰好为0.2 mol H2O，故a点的化学式为CoC2O4；c点，根据Co元素守恒，设Co的氧化物为CoOx，其质量为 7.5 g，则0.1×（59＋16x）＝7.5，解得x＝1，故c点处Co的氧化物为CoO。

展开更多......

收起↑