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大单元八　化学工艺流程
第26讲　化学工艺流程
高考导向
构建体系
能力自测 1. 判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。(1) “水浸”时适当升高温度和搅拌有利于加快浸取的速率(√)(2) “调pH”沉铁时，加入Na2CO3溶液，目的是使Fe3＋转化为Fe2(CO3)3沉淀(×)(3) 菱锌矿的主要成分为ZnCO3，菱锌矿焙烧生成ZnO的化学方程式为 ZnCO3ZnO＋CO2↑(√)(4) 已知：水合肼(N2H4·H2O)不稳定，具有强还原性。制备水合肼时应将氨水逐滴滴入NaClO溶液中(×)(5) 钪的萃取率(E%)与O/A值[萃取剂体积(O)和废酸液体积(A)之比]的关系如图，应选择最合适的O/A值为 1∶2(×)2. 填空题。(1) (2023·江苏卷)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。下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有BD(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) (2023·江苏卷)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提高浸出温度或延长浸出时间。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溶液的目的是增大NH浓度，促进NH4VO3充分沉淀。【解析】 (1) SO2的溶解度随着温度的升高而降低，水浴加热不一定能提高MgO浆料吸收SO2效率，A错误；降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但反应速率减小，不一定能提高MgO浆料吸收SO2效率，C错误。(2) ①加料完成，故提高钒元素浸出率的方法不能是提高硫酸的浓度。②NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡：NH4VO3(s)??NH(aq)＋VO(aq)，加过量NH4Cl溶液有利于提高NH的浓度，促进平衡向析出NH4VO3沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量。
考点1　原料的预处理
知 识 梳 理
流程基本结构
原料的预处理
1. 粉碎
(1) 目的：将块状或颗粒状的物质磨成粉末，增大反应物接触面积，加快反应速率。
(2) 过筛的目的：控制颗粒大小。
2. 灼烧、焙烧
(1) 除去挥发性物质；除去C、S等单质。
(2) 除去有机物、铵盐等。
(3) 高温下，原料与空气中的氧气反应，使一些物质在高温下氧化。如4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2、2MS＋3O22MO＋2SO2(M代表某些金属元素)。
(4) 除去某些受热不稳定的杂质。如MCO3MO＋CO2↑、M(OH)2MO＋H2O(M代表某些金属元素)。
3. 浸取
(1) 水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。
(2) 酸浸：加入酸使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。
① 酸还能溶解金属及其氧化物(膜)。
② 用盐酸、硝酸酸溶时，要注意控温。
③ 用硫酸酸溶时，要注意Pb2＋、Ca2＋、Ag＋会生成PbSO4、 CaSO4、Ag2SO4进入滤渣。
④ 酸溶时，酸不能加入过多，否则会造成后续调pH时多加入碱。
⑤ 酸溶时，盐酸不能加过多，否则可能会与后续加入的KMnO4等氧化剂反应，生成有毒气体Cl2。
(3) 碱浸：常用NaOH溶液、氨水、Na2CO3溶液等，使其中可溶性的物质溶解。
① NaOH、Na2CO3溶液还能除去油污。
② NaOH溶液能溶解两性化合物(如Al2O3、ZnO)。
③ NaOH溶液能溶解SiO2、Al、Zn等。
④ 氨水还能与金属离子形成配离子进入溶液。
⑤ 碱溶时，碱不能加入过多，否则会造成后续调pH时多加入酸。
(4) 盐浸：用铵盐溶液、FeCl3溶液溶解。
(5) 提高浸出率的措施：
① 将矿石粉碎；
② 适当加热；
③ 充分搅拌；
④ 适当提高浸取液的浓度；
⑤ 适当延长浸取时间等。
典 题 悟 法
例1　(2025·扬州中学)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(D)
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)【解析】 “焙烧”时，FeV2O4和O2反应生成Fe2O3和NaVO3，Fe元素由＋2价升到＋3价、V元素由＋3价升到＋5价，1 mol FeV2O4(还原剂)失去5 mol电子，1 mol O2(氧化剂)得4 mol电子，根据得失电子相等可知n(氧化剂)∶n(还原剂)＝5∶4，A正确；“焙烧”时Al2O3与Na2CO3反应后再经过H2O的“浸取”转化为[Al(OH)4]－， “调pH”的目的是将[Al(OH)4]－转化为Al(OH)3而除去，B正确；VO氧化性较强，能将Cl－氧化为Cl2，C正确；“沉钒”后得到NH4VO3饱和溶液，故有c(VO)·c(NH)＝Ksp(NH4VO3)，D错误。
考点2　工艺流程中的除杂
知 识 梳 理
沉淀法
1. 调pH法
(1) 调高pH：加入消耗H＋的物质(碱、氧化物、碳酸盐、碱式碳酸盐等)。
① 如除去Al3＋、Fe3＋，可以调高pH，使其分别转化成Al(OH)3沉淀、Fe(OH)3沉淀。
② 如除去CuSO4溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO[或CuCO3或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3]等调节溶液的pH至3～4，使 Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去。离子方程式为Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋、CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O，不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2) 调低pH：加入消耗OH－的物质(盐酸、硫酸、CO2、NH等)。
如除去SiO、[Al(OH)4]－，可以调低pH，使其分别转化成H2SiO3沉淀、Al(OH)3沉淀。
(3) pH范围的选择：杂质离子完全沉淀时pH～主要离子开始沉淀时pH。如Fe(OH)3、Zn(OH)2开始沉淀至沉淀完全时的pH范围分别为1.5～3.3、5.4～8.2，则要除去Zn2＋溶液中的Fe3＋，应控制溶液的pH范围为3.3～5.4。
(4) pH不能过高或过低：过低会导致某些离子沉淀不完全；过高可能会导致主体离子损失。生成两性物质时，pH也不宜过高或过低。
2. 形成氟化物沉淀
(1) 如除去Mg2＋、Ca2＋，可以加入NaF，使其分别转化成MgF2沉淀、CaF2沉淀。注意溶液pH不宜过低，原因是F－与H＋结合生成弱电解质HF，MgF2(s)??Mg2＋(aq)＋2F－(aq)、CaF2(s)??Ca2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移动，Mg2＋、Ca2＋沉淀不完全。
(2) 如除去Mn2＋中的Mg2＋，因MgF2比MnF2更难溶，故可加入MnF2形成MgF2沉淀，利用沉淀转化除去Mg2＋。
3. 形成硫化物沉淀
(1) 如除去Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋、Hg2＋，可以加入Na2S，使其分别转化成CuS沉淀、ZnS沉淀、FeS沉淀、HgS沉淀。用Na2S除Cu2＋，pH过低时，Cu2＋去除率低，原因是S2－与H＋结合生成HS－、H2S，使溶液中的S2－浓度降低。
(2) 用一些溶解度较大的硫化物(如FeS、MnS)通过沉淀转化使某些金属离子转化为更难溶的硫化物。
4. 氧化还原沉淀法
(1) 用单质进行置换，如可用Zn置换Cu2＋。
(2) 加入氧化剂(或还原剂)使某些粒子转化为沉淀，如：
KMnO4除铁：MnO＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋。
Na2SO3沉铜：2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋。
双氧水氧化沉淀转化：CuS＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋S＋2H2O。
MnO2氧化沉淀转化：MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O。
Fe3＋氧化沉淀转化：2Fe3＋＋Pb＋SO===PbSO4＋2Fe2＋。
5. 碳酸盐沉淀法
(1) 用Na2CO3沉淀Zn2＋，离子方程式为Zn2＋＋CO===ZnCO3↓。
(2) 用NH4HCO3沉淀Co2＋，离子方程式为Co2＋＋2HCO===CoCO3↓＋H2O＋CO2↑。
(3) 用NH4HCO3－氨水沉淀Mn2＋，离子方程式为Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O或Mn2＋＋HCO＋NH3===MnCO3↓＋NH。
(4) 用NH3(先)＋CO2(后)沉淀Ca2＋，离子方程式为Ca2＋＋CO2＋2NH3＋H2O===CaCO3↓＋2NH。
[注意]
① M2＋＋2HCO===MCO3↓＋H2O＋CO2↑(M2＋为Ca2＋、Mn2＋、Co2＋、Ni2＋、Fe2＋)。
② Cu2＋、Zn2＋与HCO反应生成碱式碳酸盐沉淀，如：6HCO＋3Zn2＋===
ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓＋5CO2↑
6. 草酸盐沉淀法
如Ca2＋＋C2O===CaC2O4↓
7. 硫酸盐沉淀法
(1) Ca2＋＋SO===CaSO4
(2) BaCO3沉淀转化硫酸盐沉淀：BaCO3＋SO＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO
萃取与反萃取法
1. 萃取：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。萃取常见考查角度：
(1) 萃取操作
如用CCl4或苯萃取溴水中的溴，用如图1所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3＋。为使Fe3＋尽可能多的从水相转移至有机相，采取的实验操作：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。
　　
图1　　　　　　　　　　图2　
(2) 萃取剂的选择
已知萃取剂A、B中pH对Co2＋、Mn2＋萃取率的影响如图2所示。为了除去Mn2＋，应选择萃取剂B(填“A”或“B”)。
(3) pH范围的选择
① 萃取剂对Al3＋、Co2＋萃取率与pH的关系如图3所示，萃取分离Co2＋、Al3＋的实验操作：向萃取分液后的有机相中加稀硫酸调pH＝3～4，分液可得CoSO4溶液，继续向萃取分液后的有机相中加稀硫酸调pH≤1，然后分液，可得Al2(SO4)3溶液。
图3
② “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4所示，pH一般选择5左右，理由是pH在5左右时，钴、锂的分离效率最高。
　　　　　　
图4　　　　　　　　　　　　图5
(4) 影响萃取率的因素
向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2＋＋n(HA)2CoA2·(n－1)(HA)2＋2H＋。实验测得：当溶液pH处于4.5～6.5范围内，Co2＋萃取率随溶液pH的增大而增大(如图5所示)，其原因是pH越大，溶液中c(H＋)越小，有利于反应Co2＋＋n(HA)2CoA2·(n－1)(HA)2＋2H＋正向进行，Co2＋萃取率越高。
2. 反萃取：用反萃取剂使被萃取物从一种溶剂返回另一种溶剂的过程，是萃取的逆过程。为了除去Cu2＋中的杂质离子，先将Cu2＋与萃取剂(HY)结合，发生萃取反应：Cu2＋＋2HY??CuY2＋2H＋，萃取、分液后，向有机相中加入酸：CuY2＋2H＋??Cu2＋＋2HY，反萃取得到Cu2＋。
(1) 反萃取目的
例：实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其实验过程如图所示：
向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，该操作的目的是使CCl4中的碘进入水层。
(2) 反萃取剂的选择
例：钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分为V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取V2O5的一种工艺流程如图：
已知：①VOSO4能溶于水，VO2＋与Fe不能反应；②有机溶剂H2R对VO2＋及Fe3＋萃取率高，但不能萃取Fe2＋。
“溶剂萃取与反萃取”可表示为VO2＋＋H2RVOR＋2H＋。为了提高VO2＋的产率，反萃取剂可选用C(填字母)。
A. NaCl B. NaOH
C. H2SO4
(3) “萃取”和“反萃取”目的
例：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：
“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”操作的目的是富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)。
(4) 反萃取操作
向溶解、过滤后所得滤液中加入萃取剂，萃取后分液获得有机层和水层。
例：萃取时发生反应：M2＋＋2RH??MR2＋2H＋(M表示Ni2＋或Fe2＋，RH表示萃取剂)。萃取剂体积V0与溶液体积VA的比值(V0/VA)对溶液中Ni2＋和Fe2＋萃取率的影响如图所示。通过反萃取可获得NiSO4溶液并回收萃取剂。
萃取时应控制V0/VA的比值为0.25；反萃取获得NiSO4溶液的实验操作是向有机层中加入硫酸，充分振荡后分液，取水层。
3. 有关萃取率的计算
例：(2025·金陵中学)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2＋、Fe3＋、Sc3＋)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。
已知：① 25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，Ksp[Sc(OH)3]＝1.0×10－30。② 氢氧化钪[Sc(OH)3]是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3＋易形成八面体形的配离子。③ 常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如D＝，Sc的萃取率＝×100%。
(1) “洗涤”时，加入H2O2溶液的目的是提供配体，生成稳定的配离子[TiO(H2O2)]2＋进入水层，便于分离出钛。
(2) “反萃取”时若加入的NaOH溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：Sc(OH)3＋3NaOH===Na3[Sc(OH)6]。
(3) 用10%盐酸“调pH”，调节至pH＝3，过滤，滤液中Fe3＋的浓度为2.8×10－6 mol/L。
(4) 某工厂取1 000 L Sc3＋总浓度为50 mg/L的废酸，加入500 L某萃取剂，若D＝10，则单次萃取率为83.3%(保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有增加有机相体积、反复多次萃取(增加萃取次数)、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)(写两条)。
(5) 写出“沉钛”过程中离子方程式：TiO2＋＋(n＋1)H2O===TiO2·nH2O↓＋2H＋。
【解析】 (1) H2O2作为配体，与Ti4＋形成稳定的配离子[TiO(H2O2)]2＋，该配离子易溶于水，使钛元素进入水层，从而实现与有机层的分离。(2) Sc(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。Al(OH)3在强碱中溶解生成[Al(OH)4]－，已知Sc3＋易形成八面体的配离子，因此Sc3＋的配位数为6，Sc(OH)3在强碱中溶解生成[Sc(OH)6]3－，化学方程式为Sc(OH)3＋3NaOH===Na3[Sc(OH)6]。(3) pH＝3时，c(H＋)＝10－3 mol/L，c(OH－)＝10－11 mol/L。Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝2.8×10－39，c(Fe3＋)＝2.8×10－6 mol/L。(4) 萃取率＝×100%＝×100%。将D＝10、V水＝1 000 L、V有机＝500 L代入上式得萃取率约为83.3%。(5) 沉钛过程为TiO2＋水解生成TiO2·nH2O沉淀，离子方程式为TiO2＋＋(n＋1)H2O===TiO2·nH2O↓＋2H＋。
典 题 悟 法
例2　(2025·如皋中学)实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，还含有少量的Fe2＋、Mn2＋，溶液pH≈5)为原料制备ZnCO3的实验流程如下：
已知S2O具有强氧化性，易被还原为SO，S2O的结构为。下列说法正确的是(A)
A. “除锰”反应的离子方程式为S2O＋Mn2＋＋2H2O===2SO＋MnO2↓＋4H＋
B. “除锰”反应中每消耗1 mol S2O，硫元素共得到2 mol电子
C. 试剂X可以选用Zn、ZnO等物质
D. 滤液中一定大量存在的阳离子有Na＋、NH和Zn2＋
【解析】 S2O具有强氧化性，将Mn2＋氧化为MnO2，离子方程式为S2O＋Mn2＋＋2H2O===2SO＋MnO2↓＋4H＋，A正确；S2O结构中含有—O—O—，反应时O元素由－1价降低到－2价，硫元素化合价不变，B错误；试剂X可选ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2，不能使用金属Zn，因为Zn能还原Fe3＋生成Fe2＋，引入新杂质，C错误；加入Na2S2O8引入Na＋、加入碳酸氢铵和氨水“沉锌”时引入NH，“沉锌”时Zn2＋转化为ZnCO3沉淀，滤液中一定大量存在的阳离子有Na＋、NH，D错误。
例3　(2025·南通模拟)陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，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下：
下列有关描述错误的是(C)
A. “滤液①”主要成分是Na[Al(OH)4]
B. “操作①”“操作②”的分离方法不同
C. “酸溶”反应中H2O2溶液可以换成O2
D. “沉钴”时，Na2CO3溶液的滴速过快或浓度太大将导致产品不纯，其原因是溶液碱性增强会产生Co(OH)2杂质
【解析】 Al与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，“滤液①”主要成分是Na[Al(OH)4]，A正确；“操作①”为过滤，“操作②”为萃取、分液，B正确；“酸溶”反应中H2O2作还原剂，H2O2溶液不可以换成O2，C错误；“沉钴”时Na2CO3溶液的滴速过快或浓度太大，溶液碱性增强，会产生Co(OH)2杂质，D正确。
情景创设
有关萃取和反萃取的考查
1. (2022·江苏卷)实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下：
(1) “酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3＋并放出O2，该反应的离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O。
(2) pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl－含量与加料方式有关。得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为B(填字母)。
A. 将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中
B. 将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
(3) 通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3＋能被有机萃取剂(简称HA)萃取，萃取原理为Ce3＋(水层)＋3HA(有机层)??Ce(A)3(有机层)＋3H＋(水层)。
① 加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是提高Ce3＋的萃取率。
② “反萃取”的目的是将有机层中的Ce3＋转移到水层。使Ce3＋尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有适当提高硝酸的浓度；充分振摇分液漏斗(或用适量萃取剂分多次萃取)(答案合理即可)(填两项)。
③ 与“反萃取”得到的水溶液比较，滤去Ce2(CO3)3沉淀的滤液中，物质的量减小的离子有Ce3＋、H＋(填化学式)。
【解析】 (2) 若将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中，则生成的Ce2(CO3)3沉淀会浸泡在含Cl－较多的溶液中，所得Ce2(CO3)3沉淀的表面附着的Cl－较多；若将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中，则所得Ce2(CO3)3沉淀的表面附着的Cl－较少，故选B。(3) ①由萃取原理Ce3＋(水层)＋3HA(有机层)??Ce(A)3(有机层)＋3H＋(水层)知，酸性条件下，Ce3＋不易被HA萃取，加氨水去除过量盐酸，使溶液接近中性，更有利于Ce3＋由水层进入有机层。②“反萃取”时，需要使上述平衡逆向移动，故可以增大稀硝酸的浓度，使平衡逆向进行的程度增大；或通过多次萃取，使有机层中的Ce3＋尽可能多地进入水层。③“反萃取”得到的水溶液中含有较多的Ce3＋、H＋和NO，加入氨水和NH4HCO3生成Ce2(CO3)3沉淀时，氨水、NH4HCO3均会消耗H＋，Ce3＋转化为沉淀，故滤去Ce2(CO3)3沉淀的滤液中，Ce3＋和H＋的物质的量均减小。
2. (2024·江苏卷)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1) 钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4 mol/L盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(×100%))随浸取时间变化如图所示。
① 含铁滤渣的主要成分为Fe2O3(填化学式)。
② 浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是Fe2O3溶于盐酸，c(H＋)减小，Fe3＋水解进入滤渣。
(2) 含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
① 用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液，原理为(R3NH)2SO4＋Fe3＋＋SO＋H2OH＋＋(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层)。已知：(R3NH)2SO4＋H＋＋HSO??2(R3NH·HSO4)，其他条件不变，水层初始pH在0.2～0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是c(OH－)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加。
② 反萃取后，Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。
【解析】 (1) ①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸，得到含有NdCl3和FeCl3的溶液，由图中信息可知，Nd的浸出率逐渐增大，随着时间延长Nd的浸出率大于95%，而Fe的最高浸出率约8%。说明此过程中Nd2O3几乎全部溶于盐酸转化成Nd3＋，而Fe2O3只有很少部分能转化为Fe3＋，所以含铁滤渣的主要成分应是未浸出的Fe2O3。②浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，相同条件下Nd3＋水解能力远小于Fe3＋，Nd2O3溶解会消耗H＋，当c(H＋)低于一定值，Fe2O3不再溶解，同时c(H＋)减少促进Fe3＋水解产生Fe(OH)3。
(2) ①随水层pH增大，H＋的浓度减小，平衡发生移动， c(SO)增大，c(HSO)减小，会使(R3NH)2SO4增多，增加萃取反应进行的程度；同时c(OH－)增大，有利于Fe(OH)2＋的产生。
考点3　工艺流程中反应条件的控制
知 识 梳 理
加入试剂的作用
1. 加氧化剂或还原剂
(1) 转变某种金属离子的价态，再通过调节溶液pH，使金属离子以氢氧化物形式沉淀出来，以达到除去杂质的目的[如Fe2＋―→Fe3＋―→Fe(OH)3]。
(2) 为生成目标产物的价态而加入氧化剂(如在碱性条件下，加入H2O2将Cr3＋氧化成CrO)。
(3) 常见氧化剂：KMnO4、H2O2、空气(O2)、Cl2、次氯酸盐、ClO2、ClO、MnO2、HNO3、Fe3＋等。
(4) 常见还原剂：金属单质、SO2(SO)、I－、Fe2＋、H2O2、HCl、H2C2O4等。
2. 通入空气
(1) 氧化某些离子(如SO、Fe2＋)。
(2) 起搅拌作用。
3. 加有机溶剂
萃取某些物质或降低某些物质的溶解度。
4. 蒸发结晶时加对应酸抑制水解
如从溶液中析出FeCl3、CuCl2、AlCl3、MgCl2、ZnCl2等晶体时，应在HCl气流中加热，以抑制其水解。
①H2O2是绿色氧化剂，无污染，但需注意H2O2受热易分解；Fe3＋、Cu2＋能催化H2O2分解。
②用SO2还原MnO、Fe3＋等离子时，温度不宜过高，温度越高，SO2溶解度越小。
③ 用Na2SO3还原MnO2、Fe3＋等时，Na2SO3实际用量高于理论量，原因是Na2SO3被空气部分氧化。
④ 判断能否加其他物质，要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等。
反应条件的控制
1. 加过量试剂
反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但可能引入杂质，增加后续处理成本(关注后续化学反应)。
2. 气体氛围
(1) 隔绝空气：防止空气中的组分(如氧气)参与反应。
(2) HCl氛围：抑制弱离子的水解。
(3) 惰性气体氛围：通入Ar、N2、H2，防止某些物质被氧化。
3. 热空气(或水蒸气)吹出气体
如海水提溴、凯氏定氮。
4. 控制溶液的pH
(1) 增强物质(MnO、NO等)的氧化性或还原性。
(2) 调节离子的水解程度。
(3) 萃取、离子交换可能有pH要求。
(4) 沉淀某些金属阳离子。
5. 控制温度
(1) 温度对物质性质的影响
① 关注易分解物质：双氧水、氨水、铵盐、硝酸、次氯酸、硝酸盐、草酸、草酸盐以及信息中给出的易分解物质。
② 关注易挥发物质：氨水、硝酸、盐酸等易挥发物质以及沸点较低物质。
③ 关注易被氧化物质：Na2S、Na2SO3、KI、含Fe(Ⅱ)的化合物、酚类、醛类以及信息中给出的易被氧化物质。
④ 关注物质的溶解度：若固体物质的溶解度随温度升高而增大，则降温能促使产品析出；若固体物质的溶解度随温度升高而减小，则升温能促使产品析出；气体的溶解度随温度升高而减小。
(2) 温度在反应原理中的影响
① 温度对反应速率或固体溶解速率的影响
a. 制备物质时，常使用加热的方法加快反应速率。
b. 原料的预处理阶段，升温可以提高浸取速率。
② 温度对平衡移动、反应物转化率或生成物产率的影响
a. 正反应吸热的可逆反应，升温使平衡正向移动，有利于提高反应物的平衡转化率，从而提高产物的产率。
b. 正反应放热的可逆反应，升高温度不利于反应物平衡转化率的提高，不利于提高产物的产率。
c. 升温促进盐类水解，有利于生成沉淀(胶体聚沉后利于过滤分离)。
③ 温度对催化剂活性的影响
如合成氨或SO2催化氧化生成SO3时，选择的温度是500 ℃左右，原因之一就是该温度范围内催化剂的活性最强。
④ 温度对副反应发生的影响
很多有机反应过程一般较为复杂，对温度的控制尤为关键，如实验室制取乙烯、硝基苯等，控制温度都是为了防止副反应的发生。
典 题 悟 法
例4　(2025·苏州期末)通过处理废旧磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可回收钕与铁。
(1) 向钕铁硼中加入硫酸，钕、铁分别转化为Nd3＋、Fe2＋进入滤液。酸浸过程中溶液温度、pH随时间变化如图所示。已知：常温下，Ka2(H2SO4)＝10－2；HSO(aq)??H＋(aq)＋SO(aq)　ΔH<0。
① 常温下，pH＝1.0的硫酸中eq \f(c HSO ,c SO )＝10。
② 酸浸初始阶段溶液的pH迅速上升的原因是反应消耗H＋；温度升高抑制HSO的电离。
(2) 向酸浸后的滤液中加入NaOH溶液，可将Nd3＋转化为NaNd(SO4)2沉淀分离。
① 若加入NaOH溶液过多，放置时间过长可能会产生Fe(OH)2或FeOOH。Fe2＋转化为FeOOH的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋8OH－===4FeOOH↓＋2H2O。
② 检验所得NaNd(SO4)2沉淀中是否含有铁元素的实验方案为取少量沉淀，加入足量盐酸溶解，再加入H2O2溶液，滴加KSCN溶液，若有红色出现，说明含有铁元素。
(3) 将“沉钕”后过滤所得的滤液(含FeSO4、H2SO4)电解可获得铁。为提高阴极的电解效率，可加入少量具有还原性的弱酸盐柠檬酸钠，其作用是柠檬酸根离子与H＋结合，减少H＋在阴极放电；防止Fe2＋被氧化为Fe3＋。
【解析】 (1) ①Ka2(H2SO4)＝eq \f(c SO ·c H＋ ,c HSO )，pH＝1.0的硫酸中eq \f(c HSO ,c SO )＝＝10。(3) 柠檬酸钠是具有还原性的弱酸盐，故加入后柠檬酸根离子与H＋结合，减少H＋在阴极放电，同时利用其还原性还能有效防止Fe2＋被氧化为Fe3＋。
例5　(2025·南京、盐城期末)高铁锌焙烧矿渣主要含ZnO、ZnFe2O4、SiO2。一种利用焙烧矿渣制备ZnSO4·7H2O并生产黄铵铁矾的流程如图所示：
(1) “酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是增大与酸接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率。
(2) “酸浸”时，控制反应温度65 ℃、硫酸初始酸度50 g/L，滤渣中锌元素的质量分数随时间变化的关系如图所示。
当浸出时间超过60 min后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高的原因是浸出时间超过60 min，溶液中H＋被消耗、pH升高，随着Fe3＋水解程度增大，生成的Fe(OH)3胶体吸附溶液中Zn2＋；Fe3＋还可生成Fe(OH)3沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出。
(3) “沉矾”生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6(黄铵铁矾)，需控制溶液pH＝1.5、温度不超过85 ℃。
① 写出生成黄铵铁矾的化学方程式：3Fe2(SO4)3＋5ZnO＋2NH4HCO3＋5H2O2NH4Fe3(SO4)2(OH)6＋5ZnSO4＋2CO2↑。
② 控制溶液温度不能过高的原因是温度过高，NH4HCO3受热分解。
③ pH超过1.5，可发生反应：Fe3＋＋3HCO＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3H2CO3。其平衡常数K与Ka1(H2CO3)、Ksp[Fe(OH)3]的代数关系式为K＝eq \f(K,Ksp[Fe OH 3]·K H2CO3 )。
【解析】 (3) ①“酸浸”后的滤液中主要含有ZnSO4、Fe2(SO4)3，加入ZnO和NH4HCO3后发生反应，转化为黄铵铁矾沉淀。③该反应的平衡常数K＝eq \f(c3 H2CO3 ,c Fe3＋ ·c3 HCO )＝eq \f(c3 H2CO3 ,c Fe3＋ ·c3 HCO )×＝eq \f(K,Ksp[Fe OH 3]·K H2CO3 )。
1. (2025·南通期初)从炼钢粉尘(主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程中ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，并有少量Fe2＋和Fe3＋浸出。下列说法不正确的是(C)
A. 1 mol [Zn(NH3)4]2＋含16 mol σ键
B. “盐浸”过程中需补充NH3，防止浸液pH下降
C. “滤渣”的主要成分为Fe(OH)3
D. “沉锌”过程中得到的“滤液”可循环利用
【解析】 1 mol [Zn(NH3)4]2＋含4 mol Zn—N和12 mol N—H，共含16 mol σ键，A正确；“盐浸”过程中ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，Zn2＋与NH3结合消耗NH3，需补充NH3防止浸液pH下降，B正确；“滤渣”的主要成分为Fe3O4、Fe2O3及少量Fe(OH)3，C错误；“沉锌”过程得到的“滤液”中含NH3和NH4Cl，可循环利用，D正确。
2. (2025·盐城五校联考)重铬酸钾(K2Cr2O7)是常用的工业氧化剂。利用铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量的SiO2)制备重铬酸钾的方法如下：
下列判断不正确的是(A)
A. 可用K2Cr2O7代替NaClO用于生活用具的消毒
B. 该流程中，CO2和KHCO3均可以循环利用
C. 焙烧时，1 mol FeO·Cr2O3完全氧化，消耗1.75 mol O2
D. 改流程表明降低pH可以将K2CrO4转变为K2Cr2O7
【解析】 K2Cr2O7作氧化剂，被还原生成Cr3＋，Cr3＋属于重金属离子，A错误；由流程可知，CO2可循环利用，KHCO3受热分解生成K2CO3及CO2，CO2和KHCO3均可循环利用，B正确；焙烧过程中，Fe元素由＋2价升到＋3价，Cr元素由＋3价升到＋6价，1 mol FeO·Cr2O3完全氧化失去7 mol电子，根据得失电子相等可知，1 mol FeO·Cr2O3完全氧化消耗1.75 mol O2，C正确；通入CO2可降低溶液pH，将K2CrO4转变为K2Cr2O7，D正确。
3. (2025·扬州期中)从高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中提取单质碲(Te)的部分实验过程如下：
(1) “浸出”时，控制其他条件不变，Te、Pb元素单位时间内的浸出率随硫酸浓度的变化如图所示。“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为PbSO4(填化学式)。硫酸浓度大于5 mol/L时，随着硫酸浓度增大，Te元素浸出率下降的原因是硫酸浓度增大，生成更多的PbSO4附着在TeO2表面，阻碍反应进行。已知：浸出率＝×100%。
(2) “还原”时控制温度80 ℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2。若先加入少量NaCl生成TeCl，可大幅提高反应速率。TeCl被Na2SO3还原的离子方程式为TeCl＋4SO===Te↓＋6Cl－＋2SO＋2SO2↑，该过程中Cl－的作用是催化剂；与Te4＋形成配合物。
【解析】 (1) “浸出”时加入硫酸溶液，能将Pb(OH)2转化为PbSO4留在滤渣中， “浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为PbSO4。(2) 该过程中反应前后Cl－的数量没有改变，但反应速率加快，Cl－的作用是催化剂作用及与Te4＋形成配合物。
4. (2025·苏北四市一模)从高铟烟灰中(主要含In2O3、In2S3、PbO、SiO2等)提取铟的过程如下：
已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化。
(1) 氧化酸浸：向高铟烟灰中加入MnO2和稀硫酸充分反应，硫元素被氧化为SO。
① 写出In2S3参与反应的离子方程式：In2S3＋12MnO2＋24H＋===2In3＋＋12Mn2＋＋3SO＋12H2O。
② “过滤”所得滤渣中含MnO2、SiO2和PbSO4(填化学式)。
(2) 萃取：向滤液中加入有机萃取剂(HA)并搅拌，发生反应：In3＋(水相)＋3HA(有机相) ??InA3(有机相)＋3H＋(水相)。在一定条件下，搅拌速率与铟萃取率关系如图1所示，铟萃取率先增大后减小的可能原因是搅拌速率增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速率过快，容易造成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低。
　　　　
图1　　　　　　　　　　　　　　　　图2
(3) 反萃取：InA3(有机相)＋4HCl(水相)??HInCl4(水相)＋3HA(有机相)，有机相与水相体积之比和反萃取率、水相中铟浓度的关系如图2所示，操作时选择有机相与水相体积之比为4∶1，原因是反萃取率最高。
【解析】 (1) ②在“氧化酸浸”的过程中，PbO与H2SO4反应生成难溶的PbSO4，故滤渣的成分中还含有PbSO4。(2) 开始时，搅拌速率比较小，随着搅拌速率增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；结合“已知”中的说明可知，随着搅拌速率过快，容易造成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低。
练习1　化学工艺流程(选择题)
1. (2025·扬州期中)以某种MnCO3样品(含少量Fe2＋)为原料制备MnO2的部分流程如下 ：
下列说法正确的是(D)
A. “酸浸”时MnCO3发生的反应为Mn2＋＋SO===MnO2↓＋SO2↑
B. “氧化”时可以用等物质的量的H2O2代替MnO2
C. 滤渣经充分洗涤后可以得到纯净的Fe(OH)3固体
D. 随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小
【解析】 “酸浸”时MnCO3发生的反应为MnCO3＋2H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O，A错误；H2O2易在Fe3＋催化作用下分解，“氧化”时不能用等物质的量的H2O2代替MnO2，B错误；加石灰乳“沉铁”过程中还生成微溶物CaSO4，洗涤后不能得到纯净的Fe(OH)3固体，C错误；电解总反应为MnSO4＋2H2OMnO2↓＋H2↑＋H2SO4，随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小，D正确。
2. (2025·海安期初)碲被誉为“现代工业的维生素”。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲设计工艺流程如图所示。
已知：① “焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在；② TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱；③ H6TeO6的Ka1＝1.0×10－7，氧化性比硫酸强。
下列有关说法正确的是(B)
A. “焙烧”使用的主要仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒
B. “碱溶”后的滤渣中Ag和Au可用稀硝酸分离
C. “氧化”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D. “还原”反应的离子方程式为H5TeO＋3SO＋H＋===Te↓＋3SO＋3H2O
【解析】 焙烧固体用坩埚，且坩埚放在泥三角上，加热时需要酒精灯，并用玻璃棒搅拌，A错误；Au不溶于稀硝酸，而Ag溶于稀硝酸，可选择稀硝酸分离，B正确； “氧化”过程中H2O2被还原为水，Te由＋4价升到＋6价，氧化剂H2O2与还原剂TeO物质的量比为1∶1，C错误；H6TeO6为弱酸，离子方程式中不能拆开，D错误。
3. (2025·宿迁期中)实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程如图所示。下列说法正确的是(C)
A. “溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2HCl===Cu2＋＋2H2O＋2Cl－
B. 因为升高温度可以加快反应速率，所以“溶解”时适宜使用高温
C. “调节pH＝2”后，溶液中大量存在的离子有Cu2＋、Zn2＋、H＋、Cl－
D. 将ZnCl2溶液加热蒸干即可获得无水ZnCl2
【解析】 HCl为强电解质，在离子方程式中应拆分， “溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O，A错误；双氧水受热易分解、盐酸受热挥发，溶解过程需在适宜的温度下进行，B错误；ZnCl2为强酸弱碱盐，加热促进Zn2＋水解和HCl挥发，因此需在HCl氛围中加热获得无水ZnCl2，D错误。
4. (2025·海安期初)Co3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛，利用钴渣(主要含Co2O3、FeO)制备Co3O4的流程如图所示。下列说法正确的是(C)
A. “浸取”后的滤液中主要阳离子：H＋、Fe3＋、Co3＋
B. (NH4)2C2O4溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)
C. “沉钴”时将(NH4)2C2O4换成Na2C2O4，则制得的Co3O4纯度降低
D. “煅烧”时每生成1 mol Co3O4反应转移2 mol电子
【解析】 “沉钴”时得到的CoC2O4中Co是＋2价， “浸取”后的滤液中主要阳离子有H＋、Fe3＋、Co2＋，A错误；(NH4)2C2O4溶液中电荷守恒式为c(NH)＋c(H＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)，B错误；“沉钴”时将(NH4)2C2O4换成Na2C2O4，制得的Co3O4易混有Na＋，纯度降低，C正确；“煅烧”时，CoC2O4与O2反应生成CO2和 Co3O4：3CoC2O4＋2O26CO2＋Co3O4，Co、C化合价升高，每生成1 mol Co3O4转移8 mol电子，D错误。
5. (2025·常州中学)以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如图所示。下列说法不正确的是(B)
A. 1 mol过二硫酸钠(Na2S2O8)含有过氧键(—O—O—)数目约为6.02×1023
B. “氧化除锰”过程中共消耗2 mol过二硫酸钠(Na2S2O8)，则废液中共含有2 mol Mn2＋
C. 沉锌反应：3ZnSO4＋6NH4HCO3===ZnCO3·2Zn(OH)2↓＋5CO2↑＋3(NH4)2SO4＋H2O
D. “调节pH”时试剂X可以选用ZnO或Zn(OH)2
【解析】 Na2S2O8中S元素为＋6价，有1个过氧键，A正确；“氧化除锰”过程中生成MnO2，S2O被还原为SO，离子方程式为Mn2＋＋ S2O＋2H2O===MnO2↓＋2SO＋4H＋，2 mol Mn2＋消耗2 mol S2O，但溶液中Fe2＋也会消耗S2O，B错误；“沉锌”反应中Zn2＋与HCO反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、CO2和水，C正确；“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3，D正确。
6. (2025·常州一中)用精炼铜漂浮阳极泥(主要成分为BiAsO4、SbAsO4，含有少量Ag、Au)制备Bi2O3的工艺流程如下：
已知：① “转化”分两步进行，其中第一步BiOCl转化为Bi(OH)3。② 常温下，Ksp[Bi(OH)3]＝4.0×10－31；BiOCl＋H2O??Bi3＋＋2OH－＋Cl－　K＝1.6×10－31。
下列说法错误的是(D)
A. “滤渣1”的主要成分是Ag、Au，含砷废水主要成分是Na3AsO4
B. “水解”分离Sb和Bi的原理是Sb3＋的水解pH低于Bi3＋水解的pH
C. “转化”的总反应为2BiOCl＋2NaOH===Bi2O3＋2NaCl＋H2O
D. 当BiOCl恰好完全转化成Bi(OH)3时，溶液c(Cl－)＝0.04 mol/L，此时溶液pH＝12
【解析】 “酸浸”时阳极泥中的Ag、Au不与盐酸反应，Sb3＋、Bi3＋、AsO浸出，Sb3＋水解生成SbOCl，加入NaOH，Bi3＋水解生成BiOCl，含砷废水主要成分是Na3AsO4，“转化”发生反应为2BiOCl＋2NaOH===Bi2O3＋2NaCl＋H2O。BiOCl＋H2O??Bi3＋＋2OH－＋Cl－的K＝c(Bi3＋)·c2(OH－)·c(Cl－)＝1.6×10－31，Ksp[Bi(OH)3]＝4.0×10－31＝c(Bi3＋)·c3(OH－)，由c(Cl－)＝0.04 mol/L得c(OH－)＝0.1 mol/L，pH＝13，D错误。
7. (2025·泰州中学)将含银废液中的银回收具有实际应用价值。实验室利用沉淀滴定废液回收银的流程如下。下列有关说法正确的是(D)
A. 回收过程的主要分离操作为萃取，所用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯
B. 氯化银中加入氨水发生的离子反应为Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋2H2O
C. 当析出4.320 0 g Ag时理论上至少消耗甲醛物质的量为0.02 mol
D. “操作X”为减压蒸发、结晶、30 ℃下干燥
【解析】 流程图中分离后得到沉淀和滤液，主要分离操作是过滤，A错误；AgCl难溶于水，离子方程式中不能拆开，B错误；4.320 0 g Ag的物质的量为0.04 mol，根据HCHO～4Ag可知生成0.04 mol Ag至少消耗0.01 mol甲醛，C错误；硝酸银受热易分解，从硝酸银溶液中获得硝酸银固体方法为减压蒸发、结晶、30 ℃下干燥，D正确。
8. (2025·苏州中学)以钢铁厂灰渣(主要成分为ZnO，并含少量CuO、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的一种工艺流程如图所示。已知：过量氨水使ZnO、CuO溶解，转化为[Zn(NH3)4]2＋和[Cu(NH3)4]2＋配离子。下列说法正确的是(C)
A. 滤液①中大量存在HCO、CO、OH－
B. 滤渣②的成分为Cu
C. “蒸氨沉锌”过程中反应的化学方程式为2Zn(NH3)4CO3＋H2O8NH3↑＋ZnCO3·Zn(OH)2＋CO2↑
D. “煅烧”过程需使用蒸发皿
【解析】 浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋，Fe2O3不反应，故滤渣①为Fe2O3，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋、NH4HCO3、NH3·H2O，加入Zn粉时，发生反应：Zn＋[Cu(NH3)4]2＋ ===Cu＋[Zn(NH3)4]2＋，从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2＋，故滤渣②为Cu、Zn(过量)，滤液②中主要含[Zn(NH3)4]2＋、NH4HCO3、NH3·H2O，经过“蒸氨沉锌”操作获得沉淀ZnCO3·Zn(OH)2，最后煅烧获得ZnO。滤液①中没有大量的CO、OH－，A错误；滤渣②为Cu和过量的Zn，B错误；“煅烧”过程需使用坩埚，D错误。
9. (2025·常州中学)陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，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所示。下列有关描述错误的是(C)
A. “滤液①”主要成分是Na[Al(OH)4]
B. “操作①”“操作②”的分离方法不同
C. “酸溶”反应中H2O2可以换成O2
D. “沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大将导致产品不纯，其原因是溶液碱性增强会产生Co(OH)2杂质
【解析】 “碱浸”后废料中的铝箔溶解转化为Na[Al(OH)4]而被除去，“滤液①”主要成分是Na[Al(OH)4]，A正确；“钴渣①”主要含Co3O4和LiCoO2，经过“酸溶”之后，Co元素转化为Co2＋，即在“酸溶”步骤中Co元素被还原，故H2O2作还原剂，不可以换成O2，“操作①”为过滤，得到“滤液②”，“滤液②”中主要含CoSO4和Li2SO4，经过“操作②”即萃取、分液，实现分离，二者的分离方法不同，B正确、C错误；向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实现Co元素从有机相转移到水相，最后经过“沉钴”操作获得CoCO3，“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大时，溶液碱性太强，会产生Co(OH)2杂质，易导致产品不纯，D正确。
10. (2025·淮安五校联考)以含钴废渣(主要成分为CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)为原料制备CoCO3的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是(D)
A. “酸浸”时稀硫酸用量不宜过多
B. “除铝”时加入Na2CO3溶液过滤后所得滤渣是Al(OH)3
C. “萃取”时萃取剂总量一定，分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好
D. “沉钴”时将含Co2＋的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，可提高CoCO3的产率
【解析】 钴废渣主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，加入硫酸“酸浸”并通入SO2，纵观整个流程知最后得到CoCO3，说明该过程中SO2起还原作用，将Co3＋还原为Co2＋，“酸浸”时稀硫酸用量若过多，将增加后续步骤中Na2CO3的用量，造成浪费，A正确；“除铝”时加入Na2CO3溶液，发生的反应为2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑，过滤后所得滤渣是Al(OH)3，B正确；萃取过程中，多次萃取能使萃取效率提高，C正确；“沉钴”时将含Co2＋的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，溶液碱性过强，会生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的产率，D错误。
练习2　化学工艺流程(非选择题)
1. (2025·丹阳中学)稀土元素已成为发展尖端科学技术不可缺少的材料。以氟碳铈矿(含CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程可表示为 。
(1) “硫酸酸浸”时不能使用硅酸盐容器，原因是氢氟酸会腐蚀硅酸盐容器。
(2) “复盐分离”时先加入硫脲()还原酸浸液中CeF等离子，生成二硫甲脒()和Ce3＋，再加入Na2SO4生成难溶的复盐NaCe(SO4)2·nH2O，写出硫脲和CeF反应的离子方程式：
＋2CeF＋2H＋===＋2Ce3＋＋4HF。
(3) 在硫酸介质中Ce(Ⅳ)可被磷酸二异辛酯()萃取，Ce(Ⅲ)不被萃取。萃取“酸浸液”中Ce(Ⅳ)，制取CeO2的流程：。
① 被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，本题实验条件下D[Ce(Ⅳ)]＝16。向20 mL含0.09 mol/L Ce(Ⅳ)的酸浸液中加入10 mL萃取剂，充分振荡、静置后，水层中c[Ce(Ⅳ)]＝0.01 mol/L。
② 反萃取时有机层加H2O2的作用是将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)，使其进入水层。
【解析】 (1) CeFCO3中Ce为＋3价，氧化焙烧后Ce被氧化为＋4价，硫酸酸浸产生HF，HF会腐蚀硅酸盐。(3) ①被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比D[Ce(Ⅳ)]＝16。向20 mL含0.09 mol/L Ce(Ⅳ)的酸浸液中加入10 mL萃取剂，水层中有0.09 mol/L×0.02 L＝0.02 L×c水[Ce(Ⅳ)]＋0.01 L×16×c水[Ce(Ⅳ)]，解得c水[Ce(Ⅳ)]＝0.01 mol/L。
2. (2025·常州期末)以铜碲渣为原料制备单质碲(Te)并回收铜的过程如下：
已知：① Ka1(H2TeO3)＝2.7×10－3、Ka2(H2TeO3)＝1.8×10－8；Ksp(CuC2O4)＝2.8×10－8。② CuC2O4＋C2O??[Cu(C2O4)2]2－　K＝1.8×10－10。
(1) 原料铜碲渣主要成分为Cu2Te、Ag2Te、Cu等，“氧化酸浸”的浸出液中碲主要以H2TeO3形式存在，滤渣可用于提炼贵金属银。
① “氧化酸浸”时温度控制在80 ℃左右，目的是温度较低时反应速率较慢，但温度过高会加速H2O2分解。
② 写出Cu2Te发生反应的离子方程式：Cu2Te＋4H＋＋4H2O2===H2TeO3＋2Cu2＋＋5H2O。
③ 滤渣中含银物质的化学式为Ag2SO4。
(2) “沉铜”时测得铜沉淀率随Na2C2O4投入量的变化关系如图1所示。后续向沉铜后的溶液中加入Na2SO3溶液“还原”制得单质Te。
① 铜沉淀率随Na2C2O4投入量的增大先增加后下降，原因是c(C2O)增加，生成的CuC2O4沉淀增多；继续增大c(C2O)，生成的CuC2O4沉淀与C2O反应生成[Cu(C2O4)2]2－而溶解。
② 增大Na2C2O4投入量，碲损失率略有增加的原因可用离子方程式解释为H2TeO3＋2C2O＋4H＋===Te↓＋4CO2↑＋3H2O。
　　　　
图1　　　　　　　　　　　　　　　　图2
(3) “热解”在氩气氛围中进行。实验测得升温过程中固体质量保留百分数(剩余固体质量与起始CuC2O4质量的比值)随温度变化的关系如图2所示。温度在330～400 ℃之间，剩余固体的质量保持恒定，此时获得的含铜固体产物为Cu(填化学式)。
【解析】 (1) ③Ag2Te在H2SO4环境中被H2O2氧化后，Ag＋与SO结合形成Ag2SO4。(2) ①c(C2O)增加，生成的CuC2O4沉淀增多，故铜的沉淀率增大；结合“已知②”信息可知，继续增大c(C2O)时，生成的CuC2O4沉淀与C2O反应生成易溶的[Cu(C2O4)2]2－，从而导致铜的沉淀率减小。②Te的存在形式主要是H2TeO3，Te损失说明H2TeO3参与反应，结合“还原”步骤中的原理，增大Na2C2O4投入量时，H2TeO3被Na2C2O4还原为Te。(3) CuC2O4的相对分子质量为152，设有152 g固体进行热解，最终所剩固体的质量＝152 g×42.1%≈64 g，故热解后的固体为Cu单质。
3. (2025·盐城四校联考)利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量SiO2、FeO、Fe2O3、MnO2)制备二次电池添加剂β-Co(OH)2的流程如下。
已知：① 25 ℃时，Co2＋(aq)＋6NH3(aq)??[Co(NH3)6]2＋(aq)；② 沉淀过快无法形成β-Co(OH)2；③ Co(OH)2在碱性溶液中易被氧化。
(1) “酸浸”中Co2O3反应的离子方程式为Co2O3＋4H＋＋ SO===2Co2＋＋ SO＋2H2O。
固液混合时，将水钴矿和亚硫酸钠溶液混合形成悬浊液再滴加硫酸，而不是将矿石先和硫酸混合再滴加亚硫酸钠，其原因是防止Na2SO3与硫酸反应产生SO2逸出，不利于Na2SO3的还原反应。
(2) 已知酸浸后溶液中各离子开始沉淀的pH和完全沉淀的pH如右表所示，“沉铁”中pH控制的理论范围为3.2～7.2(或3.2≤pH<7.2)。
离子 Fe3＋ Fe2＋ Co2＋ Mn2＋
开始沉淀pH 1.9 7.0 7.2 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 9.2 10.1
(3) 萃取剂对Co2＋、Mn2＋萃取率随pH的影响如图，应选择萃取剂N(填“M”或“N”)。若萃取剂萃取某金属离子的分配系数K＝18eq \b\lc\[\rc\](eq \a\vs4\al\co1(分配系数K＝))，用10 mL萃取剂萃取20 mL水溶液中的该金属离子，则萃取率＝90%eq \b\lc\(\rc\)(eq \a\vs4\al\co1(萃取率＝×100%))。
(4) CoSO4→[Co(NH3)6]2＋→β-Co(OH)2过程中，先加氨水再缓慢加NaOH溶液的理由是NaOH碱性太强，生成沉淀太快，防止沉淀过快无法形成β-Co(OH)2。
(5) “沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是温度高可减少溶解氧，且形成NH3气氛隔绝空气，防止产物被氧化。
【解析】 水钴矿在H2SO4和Na2SO3混合溶液中酸浸，SiO2和硫酸不反应，过滤后存在于滤渣1中，滤液中含有Co2＋、Fe2＋、Mn2＋，再向滤液中加入NaClO、Na2CO3进行沉铁，将铁元素转化为Fe(OH)3沉淀过滤后存在于滤渣2中，向滤液中加入萃取剂，水相中含有Co2＋，经过一系列处理后得到CoSO4固体，再加入氨水溶解，加入热的NaOH溶液沉Co得到β-Co(OH)2。(1) 硫酸能与Na2SO3反应放出SO2，固液混合时，将水钴矿和Na2SO3溶液混合形成悬浊液再滴加硫酸，目的是防止Na2SO3与硫酸反应产生SO2逸出。(2)“沉铁”中要求除去Fe3＋而Co2＋不沉淀，由图可知，控制pH的理论范围为3.2～7.2。(3) 由图可知，pH相同时，选用萃取剂N时，Mn2＋萃取率远大于Co2＋，而选用萃取剂M时，Mn2＋萃取率和Co2＋萃取率都很大，且相差不大，所以应选择萃取剂N。由题意可知，＝＝18×＝9，萃取率为×100%＝90%。(4) 由题给信息可知，沉淀过快无法形成β-Co(OH)2，所以制备时应先向溶液中加入氨水形成[Co(NH3)6]2＋，然后再缓慢加入NaOH溶液形成β-Co(OH)2沉淀。(5) Co(OH)2在碱性溶液中易被氧化，加入NaOH溶液时，升温利于减少溶解氧，且氨气能隔绝空气，防止产物被氧化。
4. (2025·如皋质检)五氧化二钒(V2O5)具有强氧化性，可作制硫酸的催化剂。利用废钒催化剂的酸浸液(含VO、VO2＋、K＋、Fe3＋、Al3＋和SO)制取V2O5的一种工艺路线如下：
已知：ⅰ. 溶液中含＋5价V的各种离子浓度与溶液pH的关系如图所示。ⅱ. “离子交换”和“洗脱”可表示为4ROH＋V4OR4V4O12＋4OH－(ROH为阴离子交换树脂)。
(1) “氧化”时控制溶液的pH<1，VO2＋(约0.1 mol/L)反应的离子方程式为6VO2＋＋ClO＋3H2O===Cl－＋6VO＋6H＋。
(2) “调pH”时控制溶液pH约为7～8。pH不能过大的原因是pH过大，OH－浓度过大，抑制后续离子交换反应向正向进行；pH大于8，V4O的浓度降低；Al(OH)3溶解后带入杂质。
(3) “沉钒”时，得到NH4VO3沉淀。确认沉淀已洗涤干净的实验方法是取最后一次洗涤滤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生则已洗涤干净。
(4) “煅烧”时须在有氧条件下进行，原因是防止V2O5煅烧时被NH3还原。
(5) 为测定所制得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取0.500 0 g样品，用稀硫酸溶解、定容得100 mL(VO2)2SO4溶液。量取20.00 mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的30.00 mL 0.050 00 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.010 00 mol/L KMnO4标准溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗标准溶液的体积为10.00 mL。计算V2O5样品的纯度(写出计算过程，杂质不参与反应，V—51)。实验过程中反应如下：
VO＋Fe2＋＋H＋——VO2＋＋Fe3＋＋H2O(未配平)；
MnO＋Fe2＋＋H＋——Mn2＋＋Fe3＋＋H2O(未配平)。
n(KMnO4)＝10.00×10－3 L×0.010 00 mol/L＝1.000×10－4 mol
n(Fe2＋)＝30.00×10－3 L×0.050 00 mol/L＝1.500×10－3 mol
根据电子守恒有：5n(KMnO4)＋n(VO)＝n(Fe2＋)
n(VO)＝(1.500×10－3 mol－5×1.000×10－4 mol)×＝5.000×10－3 mol
n(V2O5)＝5.000×10－3 mol×＝2.500×10－3 mol
w(V2O5)＝＝91%
【解析】 (2) pH过大，OH－浓度过大，抑制后续离子交换反应向正向进行；pH大于8，V4O转化为其他含钒离子，V4O浓度降低；Al(OH)3溶解，引入杂质。(3) 确认沉淀已洗涤干净即检验洗涤液中无Cl－，实验方法是取最后一次洗涤滤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无沉淀产生则已洗涤干净。(4) 煅烧NH4VO3生成V2O5、NH3和H2O，由题给信息可知V2O5具有强氧化性， 而NH3有还原性，“煅烧”时须在有氧条件下进行。

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