易錯化工流程綜合題題組

易錯題型一回收、提純型化工流程綜合題

易錯題型二利用礦物制備物質(zhì)型化工流程綜合題

易錯題型一回收、提純型化工流程綜合題

．（山東日照三模）從某鋅焙砂主要成分為、、、、中回收金屬

12024·[ZnOCuOFe3O4SiO2Ga2Fe2O43]

的流程如下：

已知：

①萃取劑對Fe3、Cu2、Ga3有很好的萃取效果，不能萃取“溶解液”中的其它金屬離子。

②常溫下，浸出液中金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH如下表：

金屬離子Fe3Zn2Ga3Cu2

開始沉淀pH1.75.63.04.5

完全沉淀pH2.98.04.96.5

回答下列問題：

（）酸浸時，充入高壓氧的目的是；浸渣的成分為（填化學(xué)式）；

1“”“”Ga2Fe2O43

發(fā)生的化學(xué)方程式為。

（2）“濾液Ⅰ”經(jīng)除銅、濃縮、電積，除得到金屬外，其它產(chǎn)物可在（填操作單元）中循環(huán)使用。

（3）加入物質(zhì)x的目的是。

（）氨溶過程中，若用氨水溶解的固體，則氨水的濃度至少為1。（已

4“”1L0.1molCuOH2molL

知：室溫下，13；20）。

CuSO44NH3H2OCuNH34SO44H2OK210KspCuOH2210

【答案】（1）增加O2的濃度，加快反應(yīng)速率SiO2

Ga2Fe2O4312H2SO4Ga2SO433Fe2SO4312H2O

（2）酸浸、溶解轉(zhuǎn)化

（3）將Fe3轉(zhuǎn)化為Fe2，防止干擾Ga3的萃取

（4）10.4

【分析】向鋅焙砂主要成分為、、、、中加入稀硫酸浸出，酸浸后的

[ZnOCuOFe3O4SiO2Ga2Fe2O43]“”

2+2+3+2+3+

溶液中，含有金屬元素的離子有Zn、Cu、Ga、Fe、Fe，其中SiO2不會被稀硫酸溶解，過濾除去；

濾液中加入氧化鋅，生成氫氧化鐵、氫氧化鎵、部分氫氧化銅，濾液有部分Zn2+、Cu2+；向沉淀中加入氨水，

氫氧化銅溶解，再通入硫酸和還原劑，沉淀溶解得到Ga3+、Fe2+溶液，加入萃取劑，得到Ga3+溶液，加入氫

氧化鈉，得到沉淀，再進(jìn)行加工，得到單質(zhì)鎵，本題據(jù)此作答。

【解析】（1）“酸浸”時，充入高壓氧可以增加O2的濃度，加快反應(yīng)速率，SiO2不和硫酸反應(yīng)，所以“浸渣”

的成分為SiO2，因為硫酸具有酸性，所以發(fā)生的化學(xué)方程式為

，答案：增加的濃度，加快反應(yīng)速率、、

Ga2Fe2O4312H2SO4Ga2SO433Fe2SO4312H2OO2SiO2

；

Ga2Fe2O4312H2SO4Ga2SO433Fe2SO4312H2O

（2）“濾液Ⅰ”主要含有硫酸根、銅離子、鋅離子，經(jīng)除銅、濃縮、電積，除得到金屬外，其它產(chǎn)物可在酸浸、

溶解轉(zhuǎn)化使用，答案：酸浸、溶解轉(zhuǎn)化；

（3）根據(jù)分析可以知道，加入物質(zhì)x的目的是將Fe3轉(zhuǎn)化為Fe2，防止干擾Ga3的萃取，答案：將Fe3轉(zhuǎn)

化為Fe2，防止干擾Ga3的萃??；

（4）設(shè)0.1mol氫氧化銅溶解于1L氨水，根據(jù)化學(xué)計量數(shù)等于物質(zhì)的量之比，得到0.1mol氫氧化銅和氨水

21

反應(yīng)需要0.4mol/L，同時氫氧根為0.2mol/L,c([Cu(NH3)4])0.1molL，又可知，

CuSO4NHHOCuNHSO4HO，設(shè)平衡時氨水的濃度為

4323442xmol/L

2

c([Cu(NH3)4])0.113

K=210

2+420

c(Cu)c(NHHO)Ksp4，代入KspCuOH210，可得x=10，故所需氨水濃

32x2

c(OH-)

度為0.4+10=10.4mol/L，答案：10.4。

2．（2024屆·河北承德·三模）廢舊手機的廢線路板中富含Cu、Sn、Ni、Pb等金屬和少量Ag、Au，具有較

高的回收價值，其中部分金屬的回收工藝流程如下：

2-2-

已知：①常溫下，PbCl2微溶于水，可與Cl結(jié)合生成PbCl4配離子：PbCl2+2ClPbCl4。

②時，KSnOH=1.410-28，KNiOH=2.010-15。

25℃sp2sp2

回答下列問題：

(1)“拆解破碎”的目的是。

(2)“75℃酸浸”中，金屬Sn與鹽酸反應(yīng)的離子方程式為，選用濃度較大的4mol·L1鹽酸可提高鉛元

素的浸出率，理由是(從平衡移動角度分析)。

(3)“濾渣1”的主要成分是(填化學(xué)式)，“氧化酸浸”中，生成Cu2?反應(yīng)的離子方程式為。

(4)Ni2的排放標(biāo)準(zhǔn)為1.18mg·L1?！俺铃a”殘余液排放前應(yīng)調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為。

3-

(5)“絡(luò)合酸浸”中，Co2+作催化劑，催化Au浸出，化學(xué)方程式為4Au+O+8SO2-+4H+=4AuSO+2HO，

2252322

其反應(yīng)過程按如下步驟進(jìn)行：

2-x

①2先與甘氨酸根(簡寫為gly)形成配合物Cogly(x=1~3)。

Cox

2-x

②在氧氣作用下，Co(Ⅱ)被氧化成Co(Ⅲ)：4Cogly+O+43-xgly-+4H+=4Cogly+2HO。

x232

③Au溶解。

+3-

④加入硫代硫酸鈉溶液，發(fā)生反應(yīng)：Augly+2SO2-=AuSO+2gly-。

223232

步驟③Au溶解的離子方程式為。

(6)錫有白錫和灰錫兩種單質(zhì)。白錫晶體中錫原子的堆積方式如圖所示，該六棱柱底邊邊長為apm，高為cpm，

-3

阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，白錫晶體的密度為gcm(列出計算式)。

【答案】(1)增大酸浸時固體與鹽酸的接觸面積，加快反應(yīng)速率

+2+--2-

(2)Sn+2H=Sn+H2常溫下，PbCl2微溶于水，增大cCl，使PbCl2+2ClPbCl4平衡正

向移動，增大鉛的浸出率

+2+

(3)Cu、Ag、AuCu+H2O2+2H=Cu+2H2O

(4)pH9(或9)

-+

(5)Au+Cogly3=Augly2+Cogly

61191030

(6)33(或其他正確答案)

a2cN

2A

【分析】由題干流程圖可知，廢線路板經(jīng)拆解破碎后加入4.0mol/L的HCl溶液在75℃下酸浸，其中Pb、

Sn、Ni分別轉(zhuǎn)化為PbCl2、SnCl2和NiCl2，過濾得到濾液1主要含有PbCl2、SnCl2和NiCl2、HCl，濾渣1

主要含有Cu、Ag、Au，向濾渣1中加入H2O2、稀硫酸進(jìn)行氧化酸浸，即將Cu轉(zhuǎn)化為CuSO4，過濾得到含

有H2SO4、CuSO4的濾液，含有Ag、Au的濾渣2，向濾渣2中加入CoSO4溶液、甘氨酸溶液和O2，將Ag、

++++

Au轉(zhuǎn)化為Ag、Au，然后用Na2S2O3對Ag進(jìn)行絡(luò)合酸浸，并加萃取劑進(jìn)行Au萃取，然后反萃取得到含

+

Au的水層，最后經(jīng)過一系列操作轉(zhuǎn)化為Au，對濾液1進(jìn)行降溫沉鉛，得到PbCl2，過濾得到PbCl2沉淀，

向濾液中加入NaOH溶液進(jìn)行沉錫，得到Sn(OH)2，最后制得Sn，據(jù)此分析解題。

【詳解】（1）對廢線路板進(jìn)行可以增大酸浸時固體與鹽酸的接觸面積，加快反應(yīng)速率，故答案為：增大酸

浸時固體與鹽酸的接觸面積，加快反應(yīng)速率；

（2）“75℃酸浸”中，金屬Sn與鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，則其離子方程式為

+2+1-

Sn+2H=Sn+H2↑，由題干信息可知，常溫下，PbCl2微溶于水，選用濃度較大的4mol·L鹽酸，增大cCl，

-2-+2+

使PbCl2+2ClPbCl4平衡正向移動，可提高鉛元素的浸出率，故答案為：Sn+2H=Sn+H2↑；常溫下，

--2-

PbCl2微溶于水，增大cCl，使PbCl2+2ClPbCl4平衡正向移動，增大鉛的浸出率；

（3）由分析可知，“濾渣1”的主要成分是Cu、Ag、Au，向濾渣1中加入H2O2、稀硫酸進(jìn)行氧化酸浸，即

+2+

將Cu轉(zhuǎn)化為CuSO4，“氧化酸浸”中，生成Cu2?反應(yīng)的離子方程式為Cu+2H+H2O2=Cu+2H2O，故答案為：

+2+

Cu、Ag、Au；Cu+2H+H2O2=Cu+2H2O；

1.18×103

（4）Ni2的排放標(biāo)準(zhǔn)為1.18mg·L1，c(Ni2+)≤=2.0×10-5mol/L，“沉錫”殘余液排放前應(yīng)調(diào)節(jié)溶液

59

2.0×1015

的c(OH-)≥=10-5mol/L，則pH范圍為pH≥9，故答案為：pH9(或9)；

2.0×105

（5）根據(jù)題干信息可知，“絡(luò)合酸浸”中，Co2作催化劑，催化Au浸出，化學(xué)方程式為

3-

4Au+O+8SO2-+4H+=，①2先與甘氨酸根簡寫為gly形成配合物

2254AuS2O32+2H2OCo()

2-x2-x

(x=1~3)，即Co2++xgly-=，②在氧氣作用下，Co(Ⅱ)被氧化成Co(Ⅲ)：

CoglyxCoglyx

2-x

-+，④加入硫代硫酸鈉溶液，發(fā)生反應(yīng)：

4Coglyx+O2+43-xgly+4H=4Cogly3+2H2O

+3-1

Augly+2SO2-=AuSO+2gly-，則用[總反應(yīng)式-4①-②-4④]可得③Au溶解的離子方程式，則

2232324

-+

步驟③溶解的離子方程式為，故答案為：

AuAu+Cogly3=Augly2+Cogly

-+

；

Au+Cogly3=Augly2+Cogly

11

（6）由題干晶胞示意圖可知，一個晶胞中含有錫原子的數(shù)目為：12×+2×+3=6，故一個晶胞的質(zhì)量為：

62

6×1193333

g，該六棱柱的底面積為：a2×10-20cm2，高為c×10-10cm，故異一個晶胞的體積為：a2c×10-30cm3，

NA22

6119103061191030

故白錫晶體的密度為：33g/cm3，故答案為：33。

a2cNa2cN

2A2A

3．（2024屆·湖北·三模）廢舊鉛蓄電池具有較高的回收利用價值。由廢鉛膏(含PbO2、PbO、PbSO4和Pb

以及少量的鐵和鋁的氧化物)制備PbO的流程如下：

1300℃400℃

已知：2PbSO42PbOO22SO2；PbCO3PbOCO2

814

②KspPbSO42.510，KspPbCO37.410

請回答下列問題：

(1)“浸取”時為增大浸取速率，可以采取的措施有(請寫一點)。

(2)“浸取”時PbO2發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

(3)“浸取”時將H2C2O4換成H2O2溶液效果會更好，H2O2除作還原劑外，還有的作用為。

(4)“脫硫”的目的是。

脫硫時轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為；用沉淀溶解平衡原理解釋選擇的原

(5)“”PbSO4NH42CO3

因。

剩余固體的質(zhì)量

(6)“焙燒”時會有中間產(chǎn)物xPbCO3yPbO生成，固體殘留率與溫度的關(guān)系如圖所示，則

原始固體的質(zhì)量

358℃時對應(yīng)固體的成分為(填化學(xué)式)。

【答案】(1)粉碎廢鉛膏或者適當(dāng)提高溫度或者適當(dāng)增加硫酸濃度等

(2)

PbO2+H2C2O4+H2SO4=PbSO4+2CO2+2H2O

(3)作氧化劑，促進(jìn)金屬Pb在硫酸中轉(zhuǎn)化為硫酸鉛

(4)降低能源消耗

(5)2-2-該反應(yīng)的

PbSO4(s)+CO3(aq)=PbCO3(s)+SO4(aq)

2--8

cSO4KspPbSO42.5×105，反應(yīng)正向進(jìn)行的程度很大，可以進(jìn)行到底

K=2-==-143.4×10

cCO3KspPbCO37.4×10

(6)7PbCO3·15PbO

【分析】廢鉛膏與硫酸、H2C2O4浸取時，鉛元素全部轉(zhuǎn)化為硫酸鉛，鐵和鋁的氧化物轉(zhuǎn)化為相應(yīng)離子進(jìn)入

濾液，硫酸鉛與碳酸銨反應(yīng)轉(zhuǎn)化為碳酸鉛，焙燒得到氧化鉛。

【詳解】（1）“浸取”時為增大浸取速率，可以采取的措施有粉碎廢鉛膏或者適當(dāng)提高溫度或者適當(dāng)增加硫

酸濃度等；

（2）“浸取”時PbO2主要與H2C2O4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)得失電子守恒以及原子守恒，化學(xué)方程式為

；

PbO2+H2C2O4+H2SO4=PbSO4+2CO2+2H2O

（3）“浸取”時將H2C2O4換成H2O2溶液效果會更好，H2O2除作還原劑外，還可以作氧化劑，促進(jìn)金屬Pb

在硫酸中轉(zhuǎn)化為硫酸鉛；

（4）PbSO4在1300℃時分解，PbCO3在400℃時分解，則“脫硫”的目的是降低能源消耗；

（5）“脫硫”時PbSO轉(zhuǎn)化為PbCO，反應(yīng)的離子方程式為2-2-；選擇

43PbSO4(s)+CO3(aq)=PbCO3(s)+SO4(aq)

2--8

cSO4KspPbSO42.5×10

的原因是：該反應(yīng)的5，反應(yīng)正向進(jìn)行的程度很大，可

Na2CO3K=2-==-143.4×10

cCO3KspPbCO37.4×10

以進(jìn)行到底；

267x223y

（6）根據(jù)鉛元素守恒，(x+y)PbCO3xPbCO3·yPbO，固體殘留率88.76%，可得88.76%，解

267xy

x7

得=，則358℃時對應(yīng)固體的成分為7PbCO3·15PbO。

y15

4．（2024屆·廣東茂名·三模）砷的化合物可用于半導(dǎo)體領(lǐng)域。一種從酸性高濃度含砷廢水[砷主要以亞砷酸

（H3AsO3）形式存在，廢水中還含有一定量的硫酸]中回收砷的工藝流程如下：

已知；

Ⅰ.As2S36NaOHNa3AsO3Na3AsS33H2O；

23

Ⅱ.As2S3s3Saq2AsS3aq；

Ⅲ.砷酸（H3AsO4）在酸性條件下有強氧化性，能被SO2等還原；

18，KFeOH4.91017。

Ⅳ.KspFeS6.310sp2

回答下列問題；

(1)“沉砷”時，亞砷酸轉(zhuǎn)化為As2S3的化學(xué)方程式為。

(2)“沉砷”時產(chǎn)生的廢氣可用溶液吸收處理（填化學(xué)式）。

(3)“NaOH溶液浸取”后，所得“濾渣”的主要成分是（填化學(xué)式）；此時溶液中存在平衡：

2，該反應(yīng)的平衡常數(shù)＝（保留位小數(shù)）。

FeSs2OHaqFeOH2sSaqK2

(4)向濾液Ⅱ中通入氧氣進(jìn)行“氧化脫硫”，反應(yīng)的離子方程式為。

(5)“沉砷”過程中FeS不可用過量的Na2S替換，原因是（從平衡移動的

角度解釋）。

(6)該流程最后一步用SO2“還原”砷酸，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

(7)某含砷化合物晶體的晶胞如圖所示，As原子位于緊鄰Ni原子構(gòu)成的正三棱柱的體心。晶胞參數(shù)為apm、

3

apm、cpm，則該晶體的密度為gcm（列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）。

【答案】(1)2H3AsO33FeS3H2SO4As2S33FeSO46H2O

(2)CuSO4（或NaOH等）

(3)FeS0.13

33

(4)AsS32O2AsO43S

232

(5)由于As2S3s3Saq2AsS3aq，加入過量的Na2S，溶液中cS增大，平衡正向移動，不利于

沉砷

(6)2H3AsO42SO2As2O32H2SO4H2O

2(5975)

(7)3

a2cN1030

2A

【分析】含砷廢水加入硫化亞鐵生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和過量的硫化亞鐵加入氫氧化鈉，

As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O，浸取得到硫化亞鐵濾渣和含Na3AsO3、Na3AsS3的濾液Ⅱ；濾液Ⅱ

氧化脫硫生成硫單質(zhì)和Na3AsO4，酸化后生成H3AsO4，砷酸(H3AsO4)在酸性條件下有強氧化性，能SO2被

還原生成As2O3。

【詳解】（1）“沉砷”時，亞砷酸和FeS發(fā)生氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為As2S3，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配

平化學(xué)方程式為：2H3AsO33FeS3H2SO4As2S33FeSO46H2O。

（2）“沉砷”時產(chǎn)生的廢氣為H2S氣體，可用CuSO4溶液(或NaOH溶液等)吸收處理。

（3）“NaOH溶液浸取"后，所得“濾渣”的主要成分是FeS。溶液中存在平衡：

2--18

cSKspFeS6.310

FeSs2OHaqFeOHsS2aq，平衡常數(shù)==0.13。

22-4.910-17

cOHKspFeOH2

3-

（4）濾液Ⅱ氧化脫硫過程中，AsS3和O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫單質(zhì)和Na3AsO4，根據(jù)得失電子守恒和電

33

荷守恒配平離子方程式為：AsS32O2AsO43S。

23

（5）“沉砷”過程中FeS不可用過量的Na2S替換，原因是：由于As2S3s3Saq2AsS3aq，加入過

2

量的Na2S，溶液中cS增大，平衡正向移動，不利于沉砷。

（6）該流程最后一步用SO2“還原”砷酸生成As2O3，SO2轉(zhuǎn)化為H2SO4，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平

化學(xué)方程式為：2H3AsO42SO2As2O32H2SO4H2O。

1111

（7）該晶胞中，位于頂點和棱上的Ni原子數(shù)為(4×+4×)+(2×+2×)=2，位于晶胞內(nèi)部的As原子數(shù)

61236

為2。根據(jù)晶胞中“As原子位于緊鄰Ni原子構(gòu)成的正三棱柱的體心"以及“晶胞參數(shù)為apm、apm、cpm”可

2(5975)

223223

知，該晶胞的底面面積=sin60°apm=apm。該晶體的密度為3gcm。

2a2cN1030

2A

5．（2024·山東濟南三模）垃圾是放錯位置的資源。從某廢舊鉀離子電池（主要含石墨、K2NiFeO4、鋁箔、

醚類有機物等）回收部分有價金屬的流程如圖。

n

已知：K2NiFeO4中Ni為+3價；M(水相)nRH(有機相)MRn（有機相)nH（水相)。

回答下列問題：

（1）為符合“雙碳”戰(zhàn)略，將“焙燒”后的氣體A通入“濾液Ⅰ”至過量，除Al(OH)3外，還可獲得的副產(chǎn)品有

（填化學(xué)式）。

（2）“酸溶”時主要反應(yīng)的離子方程式為?！八崛堋睍r不能用SO2替代雙氧水，原因是。

（3）“萃取”過程萃取劑與溶液的體積比V0/VA對溶液中金屬元素的萃取率影響如圖2所示。則V0/VA最

佳取值為；“反萃取”時應(yīng)選擇的試劑為（填化學(xué)式）。

（）中測定。方法一：稱取一定質(zhì)量晶體加水溶解后，加入足量溶液并加熱，

4NH4FeSO42xH2OxNaOH

產(chǎn)生氣體全部被一定量的H2SO4吸收，反應(yīng)結(jié)束后，加入指示劑（填“甲基橙”、“酚酸”或“石蕊”），

再用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余H2SO4。方法二：稱取一定質(zhì)量晶體，加水溶解并加入過量的BaCl2溶液，沉

淀經(jīng)過濾、水洗、醇洗、烘干、稱重。若烘干不徹底，導(dǎo)致x測量結(jié)果（填“偏高”、“偏低”或“不影

響”）；方法三：采用熱重分析法測定時，當(dāng)樣品加熱到150℃時，失掉1.5個結(jié)晶水，失重5.6%，則x。

【答案】（1）KHCO3

2332

（2）2K2NiFeO4H2O214H2Ni2Fe4K8H2OO2Fe會被SO2還原為Fe，無法被

完全除去，影響含鎳產(chǎn)品純度

（3）0.25H2SO4

（4）甲基橙偏低12

【分析】廢舊鉀離子電池焙燒后，石墨以及醚類有機物轉(zhuǎn)化為二氧化碳和水，鋁箔轉(zhuǎn)化為氧化鋁，堿浸時

濾液為四羥基合鋁酸鈉與過量的氫氧化鉀溶液，過量二氧化碳與四羥基合鋁酸鈉、氫氧化鉀溶液生成

Al(OH)3和KHCO3，K2NiFeO4與稀硫酸、過氧化氫發(fā)生

2KNiFeOHO14H2Ni22Fe34K8HOO，萃取后，2進(jìn)入水相，調(diào)得到，

242222NipHNi(OH)2

加熱得到，有機相反萃取，向水相中加入硫酸銨固體，經(jīng)過一系列操作，得到。

NiOOHNH4FeSO42xH2O

【解析】（1）根據(jù)分析知，副產(chǎn)品是KHCO3；

（2）根據(jù)流程知，雙氧水與鎳元素發(fā)生氧化還原反應(yīng)，由得失電子守恒以及電荷、原子守恒知，“酸溶”時

23

主要反應(yīng)的離子方程式為2K2NiFeO4H2O214H2Ni2Fe4K8H2OO2；“酸溶”時不能用

32

SO2替代雙氧水，原因是Fe會被SO2還原為Fe，無法被完全除去，影響含鎳產(chǎn)品純度；

（3）萃取時，需要鐵元素的萃取率高，鎳元素萃取率低，所以V0/VA最佳取值為0.25；為了不引入新的雜

質(zhì)，“反萃取”時應(yīng)選擇的試劑為H2SO4；

（4）因為硫酸銨溶液顯酸性，所以用甲基橙為指示劑；若烘干不徹底，則硫酸鋇的質(zhì)量偏大，則

中硫酸根的含量偏大，導(dǎo)致測量結(jié)果偏低；失掉個結(jié)晶水，失重，則

NH4FeSO42xH2Ox1.55.6%

1.5×18

×100%=5.6%，x=12。

266+18x

6．（2024·山東聊城二模）一種利用濕法煉鋅凈化渣回收鈷并制備堿式碳酸鋅的工藝如下圖所示，已知凈化

渣含有較多的Zn(Ⅱ)、Cu(Ⅱ)、Pb(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸鹽及氫氧化物(“Ⅱ”指相應(yīng)元素的化合價

為2價)。

35.26.912.9

已知：298K,Ksp(CuS)10,KalH2S10,Ka2H2S10。

（1）浸出渣主要成分為。

（2）大多數(shù)金屬硫化物都難溶于水，選擇Na2S除銅的原因是，若加入Na2S后溶液中

2711

cCu1.010mol/L,cH2S1.010mol/L，則溶液的pH約為。

（3）研究加入Na2S2O8后溫度和時間對金屬脫除率的影響，所得曲線如下圖所示。

金屬脫除是指溶液中的二價金屬離子被氧化后形成氫氧化物沉淀而除去。由圖可知“氧化沉鈷”適宜的條件

是，Co(OH)3濾渣中還含有。

（4）在適宜的條件下，加入Na2S2O8并調(diào)節(jié)溶液pH至5.0~5.2，反應(yīng)生成Co(OH)3的離子方程式為。

以1t濕法煉鋅凈化渣(Co的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w%)為原料提取出mkgCo(OH)3，在提取過程中鈷的損失率為

%(填含w、m的表達(dá)式)。

【答案】（1）硫酸鉛

（2）生成的硫化銅的溶解度最小，先于其它的金屬離子沉淀1.3

（3）80℃、2hFe(OH)3

1100w59m

（4）2Co2++SO2-+6HO=2CoOH+2SO2-+6H+

2823411w

【分析】凈化渣中含有較多的Zn(Ⅱ)、Cu(Ⅱ)、Pb(Ⅱ)、Co(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸鹽及氫氧化物，加入硫酸

常壓浸出，得到硫酸鉛沉淀成為浸出渣，浸出液加入硫化鈉，將銅離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，加入Na2S2O8將二

價鈷氧化后轉(zhuǎn)化為Co(OH)3沉淀除去，同時使得鐵轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去鐵，濾液中加入鋅粉，可以將

鎳置換出來得到金屬鎳和硫酸鋅溶液，硫酸鋅和碳酸鈉反應(yīng)生成ZnCO3·xZn(OH)2。

【解析】（1）由分析可知，浸出渣主要成分為硫酸鉛；

（2）硫化銅的溶解度最小，最容易生成硫化銅沉淀，先于其它的金屬離子轉(zhuǎn)化為沉淀而被除去，故選擇Na2S

K(CuS)1035.2

27cS2spmol/L1028.2mol/L

除銅；加入Na2S后溶液中cCu1.010mol/L，27，

cCu1.010

c2H+cS2-

6.912.9，

KalH2SKa2H2S=1010

cH2S

6.912.96.912.911

+1010cH2S1010101.3

cH=mol/L10mol/L，則溶液的pH約為1.3；

cS2-1028.2

（3）從圖分析，鈷的脫除率在80℃是最高，脫出時間2小時時接近100%，故適宜的溫度和時間是80℃、

2h；從圖分析，沉鈷時鐵的脫除率也很高，所以氫氧化鈷中還有氫氧化鐵；

2+

（4）在適宜的條件下，加入Na2S2O8并調(diào)節(jié)溶液pH至5.0～5.2，Na2S2O8具有強氧化性可將Co氧化為+3

價，生成Co(OH)3沉淀，根據(jù)溶液顯弱酸性等相關(guān)信息，結(jié)合電子守恒可知，反應(yīng)的離子方程式：

2+2-2-+；濕法煉鋅凈化渣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為為原料提取出

2Co+S2O8+6H2O=2CoOH3+2SO4+6H1t(Cow%)

mkgCo(OH)3，根據(jù)Co元素守恒，在提取過程中鈷的損失率為

59

1000kgw%mkg

1100w59m。

110100%%

1000kgw%11w

7．（2024·安徽安慶·二模）粗氫氧化鈷Co(OH)3是以銅鈷礦為原料濕法提取而得到的粗制鈷鹽中間品，含

有MnOOH以及Al2O3、Fe3O4、Mg等雜質(zhì)，粗氫氧化鈷濕法制取精制硫酸鈷流程如下：

（1）浸出時添加還原劑SO2對原料中的錳和(填元素名稱)進(jìn)行有效浸出。保持溫度，SO2流速等條

件不變，Co浸出率與時間關(guān)系如圖所示，則H2SO4濃度最適宜為mol/L。

2

（2）“除雜”時混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸H2SO5。Mn被H2SO5氧化

為MnO2，該反應(yīng)的離子方程式為(已知：H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱)。生石灰調(diào)節(jié)pH

337.4

(保留一位小數(shù))時，檢驗反應(yīng)后的濾液中恰好不存在Fe(已知：Fe(OH)3的Ksp10，離子濃度

106molL1時沉淀完全)。

（3）在萃取劑一定量的情況下，提高萃取率的措施有(答出一點即可)，萃取后水相溶液中存在的金

屬離子有。

（4）硫酸鈷的溶解度曲線如圖所示，從溶液中獲得CoSO4?7H2O的方法是。

【答案】（1）鈷、鐵3.0

2+-2-+

（2）H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO4+3H3.5

（3）分多次加入萃取劑Mn2+

（4）蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾洗滌，低溫干燥

【分析】由題干工藝流程圖可知，將粗氫氧化鈷用水磨成漿后加入H2SO4和SO2進(jìn)行浸出，將Co轉(zhuǎn)化為

Co2+，F(xiàn)e轉(zhuǎn)化為Fe2+、Al轉(zhuǎn)化為Al3+、Mg轉(zhuǎn)化為Mg2+，Mn轉(zhuǎn)化為Mn2+，過濾除去其他不溶性雜質(zhì)，向

2+3+

濾液中加入生石灰，熱空氣和SO2，將Fe轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al轉(zhuǎn)化為Al(OH)3，過濾出Fe(OH)3和Al(OH)3，

向濾液中加入萃取劑P204以萃取Co2+，分液出水層含有Mn2+和有機相含有Co2+，對有機相進(jìn)行反萃取得

到水層含有CoSO4，據(jù)此分析解題。

2+2+

【解析】（1）由分析可知，浸出時加入H2SO4和SO2進(jìn)行浸出，將Co轉(zhuǎn)化為Co，F(xiàn)e轉(zhuǎn)化為Fe、Al

3+2+2+

轉(zhuǎn)化為Al、Mg轉(zhuǎn)化為Mg，Mn轉(zhuǎn)化為Mn，故添加還原劑SO2對原料中的錳和鈷、鐵進(jìn)行有效浸出，

保持溫度，SO2流速等條件不變，根據(jù)Co浸出率與時間關(guān)系圖所示信息可知，H2SO4濃度為3.0mol/L時浸

出速率最快，故硫酸濃度最適宜為3.0mol/L，故答案為：鈷、鐵；3.0；

（2）“除雜”時混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸(H2SO5)，H2SO5中含有一個過

2

氧鍵，故Mn被H2SO5氧化為MnO2，H2SO5轉(zhuǎn)化為H2SO4，該反應(yīng)的離子方程式為：

2+-2-+33+61

H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO4+3H，檢驗反應(yīng)后的濾液中恰好不存在Fe，即Fe離子濃度10molL時，

-37.414

Ksp[Fe(OH)3]10Kw10

此時33-10.5，則+-3.5，即生石灰調(diào)節(jié)，

c(OH-)=3+==10c(H)=-==10mol/LpH=3.5

c(Fe)10-6c(OH)1010.5

2+-2-+

故答案為：H2O+Mn+HSO5=MnO2+SO4+3H；3.5；

（3）在萃取劑一定量的情況下，分多次加入萃取劑能夠提高萃取率，由分析可知，萃取后水相溶液中存在

的金屬離子有Mn2+，故答案為：分多次加入萃取劑；Mn2+；

（4）由題干硫酸鈷的溶解度曲線圖示信息可知，CoSO4?7H2O的溶解度隨溫度升高而明顯增大，故從溶液

中獲得CoSO4?7H2O的方法是蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，過濾洗滌，低溫干燥，故答案為：蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶，

過濾洗滌，低溫干燥。

8．（2024·山東威海二模）銠(Rh)是一種稀有貴金屬，工業(yè)上從廢銠材料(主要含Rh，還含有Cu、Fe等)中

提煉銠的主要途徑有如下兩種：

已知：①Rh金屬活動順序位于H之后。

3

②Rh(Ⅲ)易與Cl形成配離子RhCl6，且該配離子在水溶液中存在以下平衡：

3。

RhCl63H2ORhOH33H6Cl

③已知25℃時相關(guān)物質(zhì)的Ksp見下表。

氫氧化物

FeOH3CuOH2RhOH3

38.619.622.6

Ksp1.0101.0101.010

(已知開始沉淀的金屬離子濃度為0.1mol·L1；金屬離子濃度1.0105mol?L1時，可認(rèn)為該離子沉淀完

全。)

回答下列問題：

（1）途徑一：

①“氯化溶解”過程中，金屬Rh轉(zhuǎn)化為H3RhCl6，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

②“定向脫銅”時，銅的沉淀率隨pH變化如圖所示，實際工業(yè)生產(chǎn)中控制pH為2，pH不宜大于2的原因

是。

③“陽離子交換”過程中，被陽離子交換樹脂吸附的金屬陽離子有。

（2）途徑二：

①“控溫焚燒”的目的是且防止Rh單質(zhì)被氧化。

②“加熱至熔融”的目的是將焚燒后的物質(zhì)全部轉(zhuǎn)化成可溶性的硫酸鹽。已知Rh單質(zhì)與KHSO4反應(yīng)的產(chǎn)物

之一為SO2，則參加反應(yīng)的Rh和KHSO4的物質(zhì)的量之比為。

③步驟“調(diào)pH①”中應(yīng)調(diào)節(jié)的pH范圍為(保留兩位有效數(shù)字)。

④用氨水沉淀銠元素的離子方程式為。

3-

【答案】（1）2Rh+3Cl2+6HCl=2H3RhCl6pH>2，[RhC16]水解平衡正向移動，導(dǎo)致Rh沉淀率增加而

損失Na+、Fe3+

3+

（2）防止溫度過低，Cu、Fe氧化不完全2:32.8~4.2Rh+3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3NH4

【分析】途徑一：廢銠材料(主要含Rh，還含有Cu、Fe等)粉碎后通入氯氣并加入鹽酸，“氯化溶解”得到

H3RhCl6、CuCl2、FeCl3，加入草酸和銅離子結(jié)合生成草酸銅，同時加入NaOH調(diào)節(jié)溶液pH，陽離子交換樹

+3+3-

脂吸附Na、Fe為濾液除雜，[RhCl6]發(fā)生水解反應(yīng)生成Rh(OH)3沉淀，最后得到銠粉；途徑二：廢銠材

料(主要含Rh，還含有Cu、Fe等)焚燒將Cu轉(zhuǎn)化為CuO，將Fe轉(zhuǎn)化為Fe2O3，加熱熔融，加入KHSO4，

生成Rh2(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3，加入水和氨水調(diào)pH使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，再加入氨水調(diào)節(jié)

pH，生成Rh(OH)3沉淀和Cu(NH3)4SO4溶液，過濾，Rh(OH)3和途徑一相同處理得銠粉；

【解析】（1）①高銅銠精礦通入氯氣和HCl，“氯化溶解”得到H3RhCl6，反應(yīng)的方程式為

2Rh+3Cl2+6HCl=2H3RhCl6；

3-

②由圖像可知，pH=2時，銅的沉淀率已達(dá)98%，若pH<2，銅的沉淀率會較低；pH>2，[RhC16]水解平衡

正向移動，導(dǎo)致Rh沉淀率增加而損失；

③定向脫銅后溶液得到草酸鈉、FeCl3，“陽離子交換”過程中，溶液中被陽離子交換樹脂吸附的金屬陽離子

主要有Na+、Fe3+；

（2）①“控溫焚燒”即焚燒溫度不能過高不能過低，若溫度過高，Rh單質(zhì)被氧化，Rh的氧化物性質(zhì)穩(wěn)定，

難溶解，后續(xù)不方便處理，控溫同時防止溫度過低，Cu、Fe氧化不完全；

3+

②Rh單質(zhì)與KHSO4反應(yīng)生成Rh，還原產(chǎn)物為SO2，硫元素得2個電子，Rh失3個電子，根據(jù)氧化還原

反應(yīng)得失電子守恒，參加反應(yīng)的Rh和KHSO4的物質(zhì)的量之比為2:3；

38.6

KspFeOH

3+?38.6-331.010-11.2

③Fe沉淀完全時，由Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10，c(OH)=3=10mol/L，即

cFe31105

2+?19.6

pH=2.8，同時為了使Cu不發(fā)生沉淀，由Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10，

19.6

KspCuOH21.010

c(OH-)==10-9.8mol/L，即pH=4.2，故調(diào)節(jié)的pH范圍為2.8~4.2；

cCu21.0

?3+

④用氨水調(diào)pH，NH3·H2O電離產(chǎn)生的OH與Rh反應(yīng)生成Rh(OH)3沉淀，其離子方程式為

3+

Rh+3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3NH4。

9．（2024·山東濱州二模）從陽極泥