资源简介

非选择题突破三
工艺流程中的原料预处理
知｜识｜强｜化
原料预处理常见方法
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
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
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
【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：
粉碎过筛的目的是选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高酸浸反应速率，
酸浸时最合适的酸是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的两个作用分别是除去油脂、溶解铝及其氧化物。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[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，流程示意图如下。
（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是增大接触面积，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（NH4）2SO42NH3↑＋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
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。
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温度高于425 ℃，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS2＋17O2＋2CuSO46CuO＋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）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。（2）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）2SO42NH3↑＋SO3↑＋H2O。（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（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＋2CuSO46CuO＋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）（任写一种）；
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，原因是防止“氯化浸出”中消耗更多的盐酸与氯酸钠，
焙烧时间过长，氯化浸出率下降，可能的原因是部分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”工艺流程如下：
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适当延长浸取时间（或减小颗粒直径或适当升高温度）；Ag2S转化为AgCl和S的化学方程式为3Ag2S＋6HCl＋KClO36AgCl＋KCl＋3S＋3H2O。
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
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。
（2）“滤渣”的主要成分是CaSO4和SiO2。
（3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为CaSO4＋（NH4）2CO3CaCO3＋（NH4）2SO4，
该反应能进行的原因是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：
（1）“气体”与烟气（CO2和水蒸气）反应生成（NH4）2CO3，则该气体为NH3。（2）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。（3）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）2CO3CaCO3＋（NH4）2SO4。（4）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：
　
已知：
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）。
回答下列问题：
（1）“滤渣”的主要成分为SiO2（填化学式）。
（2）“除杂”时需加入的试剂X是NaOH。
（3）“水热合成”中，NH4H2PO4作为磷源，“滤液2”的作用是作钠源、中和H2P电离出的H＋，
水热合成NaFePO4的离子方程式为Na＋＋Fe2＋＋H2P＋N＋3OH－NaFePO4↓＋NH3↑＋3H2O。
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）“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。（3）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，实验室按下面的流程进行精制：
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：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AD。
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
（3）过滤操作中需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还需要B。
A.分液漏斗 B.漏斗
C.容量瓶 D.蒸发皿
（4）步骤④中用稀盐酸调节pH至3～4，除去的离子有OH－、C。
（5）“一系列操作”是指C。
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
（6）请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应H＋＋OH－H2O，C＋2H＋CO2↑＋H2O。
　　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＋。
（7）相比于方案3，方案2的优点是有害气体资源化利用产生氮肥，减少了有害气体的排放。
解析：（1）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。（2）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）过滤需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，B正确。（4）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。（5）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。（6）加入HCl后，H＋分别与OH－、C发生反应。（7）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＋CO2CaCO3↓＋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。
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BaSO4（填化学式）；“酸浸”不用盐酸的理由是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＋（答一点即可）。
（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＋＋TBPCeTBP4＋＋F－。“滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是分液，“有机层B”中发生反应的离子方程式为2CeTBP4＋＋H2O22Ce3＋＋O2↑＋2H＋＋2TBP。水层中的一种溶质，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9{已知25 ℃时Ksp[Ce（OH）3]＝1×10－20}。
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＋O23CeO2＋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）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＋＋TBPCeTBP4＋＋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＋＋H2O22Ce3＋＋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）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SiO2、BaSO4（填化学式）。
（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＋3CNaFe3（SO4）2（OH）6↓＋3CO2↑。
（3）“萃取”时需充分振荡，目的是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，
“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，其作用是促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率，
“反萃取”需要往有机层中加稀硫酸（填试剂名称）。
（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：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。（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＋3CNaFe3（SO4）2（OH）6↓＋3CO2↑。（3）“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）“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。
流程中反应条件的控制
知｜识｜强｜化
流程中常见反应条件的控制和答题指导
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）
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9.0％时，Mn（Ⅱ）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4Co（OH）2＋O24CoO（OH）＋2H2O。
（3）“沉镁”中为使Mg2＋沉淀完全（25 ℃），需控制pH不低于11.1（精确至0.1）。
解析：（1）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）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。（3）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。
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晶体失去结晶水；
566～600 ℃发生分解的物质是Fe2（SO4）3（填化学式）。
（2）为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600℃。
解析：（1）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。（2）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。
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＋Na2CO32NaNO2＋CO2，2NO2＋Na2CO3NaNO3＋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：2Al3＋＋3NiCO3＋3H2O2Al（OH）3＋3Ni2＋＋3CO2↑。
（3）补充完成操作③冷却结晶。
（4）向“转化器”中加入稀硝酸的目的是除去NaNO3中的NaNO2杂质（合理即可）。
解析：（1）“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。（2）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＋3H2O2Al（OH）3＋3Ni2＋＋3CO2↑。（3）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）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。
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：
已知：①NH4VO3难溶于水，（VO2）2SO4易溶于水；
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
请回答下列问题：
（1）有人建议：在“酸浸”和“调pH”之间加入适量双氧水，理由是“煅烧1”的烧渣溶于酸得到的溶液中含有Fe2＋。
（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V＋2H＋V＋H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的V（用化学用语和必要的文字说明）。
（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1∶2∶2。
（4）“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的目的是及时带走NH3，避免NH3还原V2O5。
解析：（1）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。（2）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。（3）“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。（4）“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。
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。
　　　　　　　　CH3COOHCH3COO－＋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：
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
“除钴液”中残留的Co3＋浓度为1.0×10－16.7mol·L－1。
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＋H2OH＋＋[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[B4O5（OH）4]2－＋5H2O2B（OH）3＋2[B（OH）4]－，该溶液pH＝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＋5H2O2B（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＋H2OH＋＋[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）3Sc2O3
回答下列问题：
（1）萃取剂萃取Sc3＋的原理为Sc3＋＋3HRScR3＋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ScR3＋3NaOHSc（OH）3＋3NaR　8×10－13。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}。
（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＝8.4。
（3）在空气中焙烧Sc2（C2O4）3的化学方程式为2Sc2（C2O4）3＋3O22Sc2O3＋12CO2。
解析：（1）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＋3NaOHSc（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）在25 ℃时，pH＝3的草酸溶液中＝××＝＝＝8.4。（3）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＋3O22Sc2O3＋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：
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 7.0 2.3 7.1
沉淀完全 9.0 3.2 9.2
回答下列问题：
（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：MoO3＋2OH－Mo＋H2O　。
（2）“除铁”时，控制pH的范围为3.2≤pH＜7.0。
（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＝94.4％[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]。
（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CoC2O4、CoO（填化学式，其中c为Co的氧化物）。
解析：（1）“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，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）“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％。（4）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。
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