專題18 化學工藝流程綜合題-分離、提純類-五年（2020-2024）高考化學真題分類匯編（解析版）

2024年高考真題化學試題PAGEPAGE1專題18工藝流程綜合題——分離、提純類考向五年考情（2020-2024）命題趨勢分離、提純類工藝流程綜合題2024·全國甲卷2024·新課標卷2024·安徽卷2024·甘肅卷2024·河北卷2024·湖南卷2023·新課標卷2023·湖北卷2023·遼寧卷2023·福建卷2023·廣東卷2023·河北卷2022·湖南卷2022·湖北卷2022·重慶卷2021·全國乙卷2021·全國甲卷2021·河北卷2021·湖南卷2021·廣東卷2020·新課標Ⅲ卷2020·江蘇卷工藝流程綜合題選取的情境緊密聯(lián)系與人類密切相關的生產生活實際，試題的命制從情境素材開始，以學科素養(yǎng)為目標導向，選取某個學科素養(yǎng)的一個方面或幾個方面，深入考查學生學科素養(yǎng)的表現(xiàn)層次。利用科研前沿和生產實際的真實情境，展現(xiàn)研究過程或者生成過程的具體實際問題，考查學生的探究與創(chuàng)新能力。主要分為兩大考查方向：一是分離、提純類；二是原材料轉化制備類。1．（2024·全國甲卷）鈷在新能源、新材料領域具有重要用途。某煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的價氧化物及鋅和銅的單質。從該廢渣中提取鈷的一種流程如下。注：加沉淀劑使一種金屬離子濃度小于等于，其他金屬離子不沉淀，即認為完全分離。已知：①。②以氫氧化物形式沉淀時，和溶液的關系如圖所示。回答下列問題：（1）“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是。（2）“酸浸”步驟中，發(fā)生反應的化學方程式是。（3）假設“沉銅”后得到的濾液中和均為，向其中加入至沉淀完全，此時溶液中，據(jù)此判斷能否實現(xiàn)和的完全分離(填“能”或“不能”)。（4）“沉錳”步驟中，生成，產生的物質的量為。（5）“沉淀”步驟中，用調，分離出的濾渣是。（6）“沉鈷”步驟中，控制溶液，加入適量的氧化，其反應的離子方程式為。（7）根據(jù)題中給出的信息，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是?！即鸢浮剑?）增大固體與酸反應的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率（2）（3）不能（4）（5）（6）（7）向濾液中滴加溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，靜置后過濾、洗滌、干燥〖解析〗煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的價氧化物及鋅和銅的單質，經稀硫酸酸浸時，銅不溶解，Zn及其他價氧化物除鉛元素轉化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉化為相應的+2價陽離子進入溶液；然后通入硫化氫沉銅生成CuS沉淀；過濾后，濾液中加入Na2S2O8將錳離子氧化為二氧化錳除去，同時亞鐵離子也被氧化為鐵離子；再次過濾后，用氫氧化鈉調節(jié)pH=4，鐵離子完全轉化為氫氧化鐵沉淀除去；第三次過濾后的濾液中加入次氯酸鈉沉鈷，得到Co(OH)3。（1）“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是增大固體與酸反應的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率。（2）“酸浸”步驟中，Cu不溶解，Zn單質及其他價氧化物除鉛元素轉化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉化為相應的+2價陽離子進入溶液，即為轉化為CoSO4，反應的化學方程式為。（3）假設“沉銅”后得到的濾液中和均為，向其中加入至沉淀完全，此時溶液中，則，小于，說明大部分也轉化為硫化物沉淀，據(jù)此判斷不能實現(xiàn)Zn2+和Co2+的完全分離。（4）“沉錳”步驟中，Na2S2O8將Mn2+氧化為二氧化錳除去，發(fā)生的反應為，因此，生成，產生的物質的量為。（5）“沉錳”步驟中，同時將氧化為，“沉淀”步驟中用調pH=4，可以完全沉淀為，因此，分離出的濾渣是。（6）“沉鈷”步驟中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入適量的NaClO氧化，為了保證被完全氧化，NaClO要適當過量，其反應的離子方程式為。（7）根據(jù)題中給出的信息，“沉鈷”后的濾液的pH=5.0~5.5，溶液中有元素以形式存在，當pH＞12后氫氧化鋅會溶解轉化為，因此，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是：向濾液中滴加溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，靜置后過濾、洗滌、干燥。2．（2024·新課標卷）鈷及其化合物在制造合金、磁性材料、催化劑及陶瓷釉等方面有著廣泛應用。一種從濕法煉鋅產生的廢渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的單質或氧化物)中富集回收得到含錳高鈷成品的工藝如下：已知溶液中相關離子開始沉淀和沉淀完全()時的pH：開始沉淀的pH1.56.9—7.46.2沉淀完全的pH2.88.41.19.48.2回答下列問題：（1）“酸浸”前廢渣需粉碎處理，目的是；“濾渣1”中金屬元素主要為。（2）“過濾1”后的溶液中加入的作用是。取少量反應后的溶液，加入化學試劑檢驗，若出現(xiàn)藍色沉淀，需補加。（3）“氧化沉鈷”中氧化還原反應的離子方程式為、。（4）“除鈷液”中主要的鹽有(寫化學式)，殘留的濃度為?！即鸢浮剑?）增大固液接觸面積，加快酸浸速率，提高浸取效率Pb（2）將溶液中的氧化為，以便在后續(xù)調pH時除去Fe元素溶液（3）（4）、〖祥解〗由題中信息可知，用硫酸處理含有Co、Zn、Pb、Fe的單質或氧化物的廢渣，得到含有、、、、等離子的溶液，Pb的單質或氧化物與硫酸反應生成難溶的，則“濾渣1”為“酸浸”時生成的；向濾液中加入將氧化為，然后加入ZnO調節(jié)pH=4使完全轉化為，則“濾渣Ⅱ”的主要成分為，濾液中的金屬離子主要是、和；最后“氧化沉鈷”，加入強氧化劑，將溶液中氧化為，在時形成沉淀，而則被還原為，還會與溶液中的發(fā)生歸中反應生成，得到和的混合物，“除鈷液”主要含有ZnSO4、K2SO4，據(jù)此解答?！冀馕觥剑?）在原料預處理過程中，粉碎固體原料能增大固體與液體的接觸面積，從而加快酸浸的反應速率，提高浸取效率；由分析可知，“濾渣1”的主要成分為PbSO4，則“濾渣1”中金屬元素主要為Pb；（2）酸浸液中含有、、、、等離子。由題表中數(shù)據(jù)可知，當完全沉淀時，未開始沉淀，而當完全沉淀時，已有一部分沉淀，因此為了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，應先將氧化為，然后調節(jié)溶液的pH使完全水解轉化為沉淀，因此，的作用是將氧化為，以便在后續(xù)調pH時除去Fe元素。常用溶液檢驗，若生成藍色沉淀，則說明溶液中仍存在，需補加；（3）由分析可知，該過程發(fā)生兩個氧化還原反應，根據(jù)分析中兩個反應的反應物、產物與反應環(huán)境()，結合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可寫出兩個離子方程式：、；（4）最終得到的“除鈷液”中含有的金屬離子主要是最初“酸浸”時與加入ZnO調pH時引入的、加入“氧化沉鈷”時引入的，而陰離子是在酸浸時引入的，因此其中主要的鹽有和。當溶液時，恰好完全沉淀，此時溶液中，則，則?！俺捯骸钡?，即，則，此時溶液中。3．（2024·安徽卷）精煉銅產生的銅陽極泥富含等多種元素。研究人員設計了一種從銅陽極泥中分離提收金和銀的流程，如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）位于元素周期表第周期第族。（2）“浸出液1”中含有的金屬離子主要是。（3）“浸取2”步驟中，單質金轉化為的化學方程式為。（4）“浸取3”步驟中，“浸渣2”中的(填化學式)轉化為。（5）“電沉積”步驟中陰極的電極反應式為?！半姵练e”步驟完成后，陰極區(qū)溶液中可循環(huán)利用的物質為(填化學式)。（6）“還原”步驟中，被氧化的與產物的物質的量之比為。（7）可被氧化為。從物質結構的角度分析的結構為(a)而不是(b)的原因：?！即鸢浮剑?）四ⅠB（2）Cu2+（3）（4）AgCl（5）（6）3：4（7）(a)結構中電子云分布較均衡，結構較為穩(wěn)定，(b)結構中正負電荷中心不重合，極性較大，較不穩(wěn)定，且存在過氧根，過氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)結構〖祥解〗精煉銅產生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等元素，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu2+進入浸取液1中，Ag、Au不反應，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入鹽酸、H2O2浸取，Au轉化為HAuCl4進入浸取液2，Ag轉化為AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4將HAuCl4還原為Au，同時N2H4被氧化為N2；浸渣2中加入，將AgCl轉化為，得到浸出液3，利用電沉積法將還原為Ag?！冀馕觥剑?）Cu的原子序數(shù)為29，位于第四周期第ⅠB族；（2）由分析可知，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu2+進入浸取液1中，故浸取液1中含有的金屬離子主要是Cu2+；（3）浸取2步驟中，Au與鹽酸、H2O2反應氧化還原反應，生成HAuCl4和H2O，根據(jù)得失電子守恒及質量守恒，可得反應得化學方程式為：；（4）根據(jù)分析可知，浸渣2中含有AgCl，與反應轉化為；（5）電沉積步驟中，陰極發(fā)生還原反應，得電子被還原為Ag，電極反應式為：；陰極反應生成，同時陰極區(qū)溶液中含有Na+，故電沉積步驟完成后，陰極區(qū)溶液中可循環(huán)利用得物質為；（6）還原步驟中，HAuCl4被還原為Au，Au化合價由+3價變?yōu)?價，一個HAuCl4轉移3個電子，N2H4被氧化為N2，N的化合價由-2價變?yōu)?價，一個N2H4轉移4個電子，根據(jù)得失電子守恒，被氧化的N2H4與產物Au的物質的量之比為3：4；（7）(a)結構中電子云分布較均衡，結構較為穩(wěn)定，(b)結構中正負電荷中心不重合，極性較大，較不穩(wěn)定，且存在過氧根，過氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)結構。4．（2024·甘肅卷）我國科研人員以高爐渣(主要成分為，，和等)為原料，對煉鋼煙氣(和水蒸氣)進行回收利用，有效減少了環(huán)境污染，主要流程如圖所示：已知：（1）高爐渣與經焙燒產生的“氣體”是。（2）“濾渣”的主要成分是和。（3）“水浸2”時主要反應的化學方程式為，該反應能進行的原因是。（4）鋁產品可用于。（5）某含鈣化合物的晶胞結構如圖甲所示，沿x軸方向的投影為圖乙，晶胞底面顯示為圖丙，晶胞參數(shù)。圖丙中與N的距離為；化合物的化學式是，其摩爾質量為，阿伏加德羅常數(shù)的值是，則晶體的密度為(列出計算表達式)?！即鸢浮剑?）NH3（2）SiO2（3），微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣（4）凈水（5）Ca3N3B〖祥解〗高爐渣(主要成分為，，和等)加入在400℃下焙燒，生成硫酸鈣、硫酸鎂、硫酸鋁，同時產生氣體，該氣體與煙氣(和水蒸氣)反應，生成，所以該氣體為NH3；焙燒產物經過水浸1，然后過濾，濾渣為以及未反應的SiO2，濾液溶質主要為硫酸鎂、硫酸鋁及硫酸銨；濾液濃縮結晶，析出，剩余富鎂溶液；濾渣加入溶液，濾渣中的會轉化為更難溶的碳酸鈣?！冀馕觥剑?）由分析可知，高爐渣與經焙燒產生的“氣體”是NH3；（2）由分析可知，“濾渣”的主要成分是和未反應的SiO2；（3）“水浸2”時主要反應為硫酸鈣與碳酸銨生成更難溶的碳酸鈣，反應方程式為，該反應之所以能發(fā)生，是由于，，，微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣；（4）鋁產品溶于水后，會產生，水解生成膠體，可用于凈水；（5）圖丙中，Ca位于正方形頂點，N位于正方形中心，故與N的距離為pm；由均攤法可知，晶胞中Ca的個數(shù)為，N的個數(shù)為，B的個數(shù)為，則化合物的化學式是Ca3N3B；其摩爾質量為，阿伏加德羅常數(shù)的值是，晶胞體積為則晶體的密度為。5．（2024·河北卷）是制造釩鐵合金、金屬釩的原料，也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取的工藝，具有釩回收率高、副產物可回收和不產生氣體污染物等優(yōu)點。工藝流程如下。已知：i石煤是一種含的礦物，雜質為大量和少量等；苛化泥的主要成分為等。ⅱ高溫下，苛化泥的主要成分可與反應生成偏鋁酸鹽；室溫下，偏釩酸鈣和偏鋁酸鈣均難溶于水。回答下列問題：（1）釩原子的價層電子排布式為；焙燒生成的偏釩酸鹽中釩的化合價為，產生的氣體①為(填化學式)。（2）水浸工序得到濾渣①和濾液，濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣，濾液中雜質的主要成分為(填化學式)。（3）在弱堿性環(huán)境下，偏釩酸鈣經鹽浸生成碳酸鈣發(fā)生反應的離子方程式為；加壓導入鹽浸工序可提高浸出率的原因為；浸取后低濃度的濾液①進入(填工序名稱)，可實現(xiàn)釩元素的充分利用。（4）洗脫工序中洗脫液的主要成分為(填化學式)。（5）下列不利于沉釩過程的兩種操作為(填序號)。a．延長沉釩時間

b．將溶液調至堿性

c．攪拌

d．降低溶液的濃度〖答案〗（1）（2）（3）提高溶液中濃度，促使偏釩酸鈣轉化為碳酸鈣，釋放離子交換（4）（5）bd〖祥解〗石煤和苛化泥通入空氣進行焙燒，反應生成、、、、和等，水浸可分離焙燒后的可溶性物質(如)和不溶性物質[、等]，過濾后濾液進行離子交換、洗脫，用于富集和提純，加入氯化銨溶液沉釩，生成，經一系列處理后得到V2O3；濾渣①在，的條件下加入3%NH4HCO3溶液進行鹽浸，濾渣①中含有釩元素，通過鹽浸，使濾渣①中的釩元素進入濾液①中，再將濾液①回流到離子交換工序，進行的富集。〖解析〗（1）釩是23號元素，其價層電子排布式為；焙燒過程中，氧氣被還原，被氧化生成，偏釩酸鹽中釩的化合價為價；在以上開始分解，生成的氣體①為。（2）由已知信息可知，高溫下，苛化泥的主要成分與反應生成偏鋁酸鈉和偏鋁酸鈣，偏鋁酸鈉溶于水，偏鋁酸鈣難溶于水，所以濾液中雜質的主要成分是。（3）在弱堿性環(huán)境下，與和反應生成、和，離子方程式為：；CO2加壓導入鹽浸工序可提高浸出率，因為C可提高溶液中濃度，促使偏釩酸鈣轉化為碳酸鈣，釋放；濾液①中含有、等，且濃度較低，若要利用其中的釩元素，需要通過離子交換進行分離、富集，故濾液①應進入離子交換工序。（4）由離子交換工序中樹脂的組成可知，洗脫液中應含有，考慮到水浸所得溶液中含有，為避免引人其他雜質離子，且廉價易得，故洗脫液的主要成分應為。（5）a．延長沉釩時間，能使反應更加完全，有利于沉釩，a不符合題意；b．呈弱酸性，如果將溶液調至堿性，與反應，不利于生成，b符合題意；c．攪拌能使反應物更好的接觸，提高反應速率，使反應更加充分，有利于沉釩，c不符合題意；d．降低溶液的濃度，不利于生成，d符合題意；故選bd。6．（2024·湖南卷）銅陽極泥(含有Au、、、等)是一種含貴金屬的可再生資源，回收貴金屬的化工流程如下：已知：①當某離子的濃度低于時，可忽略該離子的存在；②

；③易從溶液中結晶析出；④不同溫度下的溶解度如下：溫度℃020406080溶解度/g14.426.137.433.229.0回答下列問題：（1）Cu屬于區(qū)元素，其基態(tài)原子的價電子排布式為；（2）“濾液1”中含有和，“氧化酸浸”時反應的離子方程式為；（3）“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的：①在“氧化酸浸”工序中，加入適量的原因是。②在“除金”工序溶液中，濃度不能超過。（4）在“銀轉化”體系中，和濃度之和為，兩種離子分布分數(shù)隨濃度的變化關系如圖所示，若濃度為，則的濃度為。（5）濾液4中溶質主要成分為(填化學式)；在連續(xù)生產的模式下，“銀轉化”和“銀還原”工序需在℃左右進行，若反應溫度過高，將難以實現(xiàn)連續(xù)生產，原因是?！即鸢浮剑?）ds3d104s1（2）（3）使銀元素轉化為AgCl沉淀0.5（4）0.05（5）高于40℃后，的溶解度下降，“銀轉化”和“銀還原”的效率降低，難以實現(xiàn)連續(xù)生產〖祥解〗銅陽極泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由題中信息可知，濾液1中含有Cu2+和H2SeO3，濾渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；濾渣1中加入NaClO、H2SO4、NaCl，將Au轉化為Na[AuCl4]除去，濾液2中含有Na[AuCl4]，濾渣2中含有AgCl、PbSO4；在濾渣2中加入Na2SO3，將AgCl轉化為Ag2SO3，過濾除去PbSO4，濾液3含有Ag2SO3；濾液2中加入Na2S2O4，將Ag元素還原為Ag單質，Na2S2O4轉化為Na2SO3，濾液4中溶質主要為Na2SO3，可繼續(xù)進行銀轉化過程?！冀馕觥剑?）Cu的原子序數(shù)為29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds區(qū)，其基態(tài)原子的價電子排布式為3d104s1；（2）濾液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸時Cu2Se與H2O2、H2SO4發(fā)生氧化還原反應，生成、和，反應的離子方程式為：；（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入適量的原因是使銀元素轉化為AgCl沉淀；②由題目可知，在“除金”工序溶液中，若加入過多，AgCl則會轉化為，當某離子的濃度低于1.0×10?5mol?L?1時，可忽略該離子的存在，為了不讓AgCl發(fā)生轉化，則另，由，可得，即濃度不能超過；（4）在“銀轉化”體系中，和濃度之和為，溶液中存在平衡關系：，當時，此時，則該平衡關系的平衡常數(shù)，當時，，解得此時；（5）由分析可知濾液4中溶質主要成分為Na2SO3；由不同溫度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“銀轉化”和“銀還原”的效率降低，難以實現(xiàn)連續(xù)生產。7．（2023·新課標卷）鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質為鐵、鋁、硅、磷等的化合物，從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如下圖所示：

已知：最高價鉻酸根在酸性介質中以Cr2O存在，在堿性介質中以CrO存在?；卮鹣铝袉栴}：（1）煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為___________(填化學式)。（2）水浸渣中主要有SiO2和___________。（3）“沉淀”步驟調pH到弱堿性，主要除去的雜質是___________。（4）“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果，若pH<9時，會導致___________；pH>9時，會導致___________。（5）“分離釩”步驟中，將溶液pH調到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1時，溶解為VO或VO3+在堿性條件下，溶解為VO或VO，上述性質說明V2O5具有___________(填標號)。A．酸性

B．堿性

C．兩性（6）“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)溶液，反應的離子方程式為___________?！即鸢浮剑?）Na2CrO4（2）Fe2O3（3）Al(OH)3（4）磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產生硅酸膠狀沉淀不宜處理會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀（5）C（6）2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O〖祥解〗由題給流程可知，鉻釩渣在氫氧化鈉和空氣中煅燒，將釩、鉻、鋁、硅、磷等元素轉化為相應的最高價含氧酸鹽，煅燒渣加入水浸取、過濾得到含有二氧化硅、氧化鐵的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸調節(jié)溶液pH將Al元素轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到強氧化鋁濾渣和濾液；向濾液中加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液將硅元素、磷元素轉化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，過濾得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸調節(jié)溶液pH將釩元素轉化為五氧化二釩，過濾得到五氧化二釩和濾液；向濾液中焦亞硫酸鈉溶液將鉻元素轉化為三價鉻離子，調節(jié)溶液pH將鉻元素轉化為氫氧化鉻沉淀，過濾得到氫氧化鉻?！冀馕觥剑?）由分析可知，煅燒過程中，鉻元素轉化為鉻酸鈉，故〖答案〗為：Na2CrO4；（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化鐵，故〖答案〗為：Fe2O3；（3）由分析可知，沉淀步驟調pH到弱堿性的目的是將Al元素轉化為氫氧化鋁沉淀，故〖答案〗為：Al(OH)3；（4）由分析可知，加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液的目的是將硅元素、磷元素轉化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9時，磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產生硅酸膠狀沉淀不宜處理；若溶液pH>9時，會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀，故〖答案〗為：磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4，同時可能產生硅酸膠狀沉淀不宜處理；會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀；（5）由題給信息可知，五氧化二釩水能與酸溶液反應生成鹽和水，也能與堿溶液發(fā)生生成鹽和水的兩性氧化物，故選C；（6）由題意可知，還原步驟中加入焦亞硫酸鈉溶液的目的是將鉻元素轉化為鉻離子，反應的離子方程式為2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O，故〖答案〗為：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。8．（2023·湖北卷）是生產多晶硅的副產物。利用對廢棄的鋰電池正極材料進行氯化處理以回收Li、Co等金屬，工藝路線如下：

回答下列問題：（1）Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。（2）燒渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙燒”后剩余的應先除去，否則水浸時會產生大量煙霧，用化學方程式表示其原因_______。（3）鑒別洗凈的“濾餅3”和固體常用方法的名稱是_______。（4）已知，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中濃度為_______?！?50℃煅燒”時的化學方程式為_______。（5）導致比易水解的因素有_______(填標號)。a．Si-Cl鍵極性更大

b．Si的原子半徑更大c．Si-Cl鍵鍵能更大

d．Si有更多的價層軌道〖答案〗（1）4Ⅷ（2）（3）焰色反應（4）（5）abd〖祥解〗由流程和題中信息可知，粗品與在500℃焙燒時生成氧氣和燒渣，燒渣是LiCl、和的混合物；燒渣經水浸、過濾后得濾液1和濾餅1，濾餅1的主要成分是和；濾液1用氫氧化鈉溶液沉鈷，過濾后得濾餅2（主要成分為）和濾液2（主要溶質為LiCl）；濾餅2置于空氣中在850℃煅燒得到；濾液2經碳酸鈉溶液沉鋰，得到濾液3和濾餅3，濾餅3為。〖解析〗（1）Co是27號元素，其原子有4個電子層，其價電子排布為，元素周期表第8、9、10三個縱行合稱第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。（2）“500℃焙燒”后剩余的應先除去，否則水浸時會產生大量煙霧，由此可知，四氯化硅與可水反應且能生成氯化氫和硅酸，故其原因是：遇水劇烈水解，生成硅酸和氯化氫，該反應的化學方程式為。（3）洗凈的“濾餅3”的主要成分為，常用焰色反應鑒別和，的焰色反應為紫紅色，而的焰色反應為黃色。故鑒別“濾餅3”和固體常用方法的名稱是焰色反應。（4）已知，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中，濃度為?！?50℃煅燒”時，與反應生成和，該反應的化學方程式為。（5）a．Si-Cl鍵極性更大，則Si-Cl鍵更易斷裂，因此，比易水解，a有關；

b．Si的原子半徑更大，因此，中的共用電子對更加偏向于，從而導致Si-Cl鍵極性更大，且Si原子更易受到水電離的的進攻，因此，比易水解，b有關；c．通常鍵能越大化學鍵越穩(wěn)定且不易斷裂，因此，Si-Cl鍵鍵能更大不能說明Si-Cl更易斷裂，故不能說明比易水解，c無關；

d．Si有更多的價層軌道，因此更易與水電離的形成化學鍵，從而導致比易水解，d有關；綜上所述，導致比易水解的因素有abd。9．（2023·遼寧卷）某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含（和)。實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。

已知：物質回答下列問題：（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率的方法為_______(答出一條即可)。（2）“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產生具有強氧化性的過一硫酸，中過氧鍵的數(shù)目為_______。（3）“氧化”中，用石灰乳調節(jié)，被氧化為，該反應的離子方程式為_______(的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為、_______(填化學式)。（4）“氧化”中保持空氣通入速率不變，(Ⅱ)氧化率與時間的關系如下。體積分數(shù)為_______時，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大體積分數(shù)時，(Ⅱ)氧化速率減小的原因是_______。

（5）“沉鈷鎳”中得到的(Ⅱ)在空氣中可被氧化成，該反應的化學方程式為_______。（6）“沉鎂”中為使沉淀完全，需控制不低于_______(精確至0.1)?！即鸢浮剑?）適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積（2）NA（3）Fe(OH)3（4）9.0%SO2有還原性，過多將會降低的濃度，降低(Ⅱ)氧化速率（5）（6）11.1〖祥解〗在“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產生具有強氧化性的過一硫酸，用石灰乳調節(jié)，被氧化為，發(fā)生反應，F(xiàn)e3+水解同時生成氫氧化鐵，“沉鉆鎳”過程中，Co2+變?yōu)镃o(OH)2，在空氣中可被氧化成。〖解析〗（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時，為提高浸取速率可適當增大硫酸濃度、升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積（2）的結構簡式為，所以中過氧鍵的數(shù)目為NA（3）用石灰乳調節(jié)，被氧化為，該反應的離子方程式為：；氫氧化鐵的Ksp=10-37.4，當鐵離子完全沉淀時，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根據(jù)Kw=10-14，pH=3.2，此時溶液的pH=4，則鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀，故濾渣還有氫氧化鐵；（4）根據(jù)圖示可知體積分數(shù)為0.9%時，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大體積分數(shù)時，由于SO2有還原性，過多將會降低的濃度，降低(Ⅱ)氧化速率（5）“沉鉆鎳”中得到的Co(OH)2，在空氣中可被氧化成，該反應的化學方程式為：；（6）氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當鎂離子完全沉淀時，c(Mg2+)=10-5mol/L，根據(jù)Ksp可計算c(OH-)=10-2.9mol/L，根據(jù)Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；10．（2023·福建卷）白合金是銅鈷礦冶煉過程的中間產物，一種從白合金(主要含及少量)中分離回收金屬的流程如下：（1）“酸浸1”中，可以加快化學反應速率的措施有（任寫其中一種），CoO發(fā)生反應的離子方程式。（2）“焙燒1”中，晶體[和]總質量隨溫度升高的變化情況如下：溫度區(qū)間/℃晶體總質量變小不變變小不變①升溫至過程中，晶體總質量變小的原因是；發(fā)生分解的物質是(填化學式)。②為有效分離鐵、鈷元素，“焙燒1”的溫度應控制為℃。（3）時，的。反應的平衡常數(shù)(列出計算式即可)。經計算可判斷難溶于稀硫酸。II.銅的硫化物結構多樣。天然硫化銅俗稱銅藍，其晶胞結構如圖。（4）基態(tài)的價電子排布式為。（5）晶胞中含有個。晶體中微粒間作用力有(填標號)。a．氫鍵

b．離子鍵

c．共價鍵

d．金屬鍵（6）“焙燒2”中發(fā)生反應的化學方程式為；“濾渣2”是(填化學式)?！即鸢浮剑?）粉碎白合金、攪拌、適當升溫、適當增大稀濃度等（2）失去結晶水（3）或或之間任一數(shù)字（4）（5）22:1bc（6）〖祥解〗白合金經過稀硫酸酸浸1后得到濾液1（其中含有Co2+、Fe2+、、Fe3+）以及濾渣1（SiO2、Cu2S、CuS），濾液1經結晶后得到硫酸鐵以及硫酸鈷的晶體，焙燒1和水浸后得到硫酸鈷溶液以及三氧化二鐵；濾渣1經空氣焙燒2后得到氧化銅，加入稀硫酸后得到CuSO4溶液以及濾渣2SiO2?！冀馕觥剑?）“酸浸1”中，可以加快化學反應速率的措施有：粉碎白合金、攪拌、適當升溫、適當增大稀濃度等（任寫一條即可），CoO發(fā)生反應的離子方程式為：；（2）①由圖可知，升溫至過程中，晶體總質量變小的原因是二者失去結晶水；227~566℃質量不變，而后566~600℃質量再次減小，說明此時硫酸鐵分解；②為有效分離鐵、鈷元素，“焙燒1”的溫度應控制為600~630℃，此時硫酸鐵已全部分解；（3）的平衡常數(shù)=；（4）基態(tài)的價電子排布式為3d9；（5）由俯視圖可知，俯視圖處于頂點位置的S可能處于晶胞頂點或者棱上，結合晶胞圖形可知該S處于棱上，且該S實際存在形式為，個數(shù)為；俯視圖處于面點位置的S可能處于晶胞體內或者面心上，結合晶胞圖形可知該S處于體內，且該S實際存在形式為，個數(shù)為2個，因此晶胞中S的總價態(tài)為2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞內部，則晶胞中Cu的總個數(shù)為6個，設Cu+的個數(shù)為x，Cu2+的個數(shù)為y，則x+y=6，x+2y=+8，聯(lián)立二式子解得x=4，y=2，故2:1；晶體中微粒間作用力有離子鍵及共價鍵；（6）“焙燒2”中發(fā)生反應的化學方程式為：，由分析可知，濾渣2為SiO2。11．（2023·廣東卷）均是重要的戰(zhàn)略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工藝可提取，并獲得高附加值化工產品。工藝流程如下：已知：氨性溶液由、和配制。常溫下，與形成可溶于水的配離子：；易被空氣氧化為；部分氫氧化物的如下表。氫氧化物回答下列問題：（1）活性可與水反應，化學方程式為。（2）常溫下，的氨性溶液中，(填“>”“<”或“=”)。（3）“氨浸”時，由轉化為的離子方程式為。（4）會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了的明銳衍射峰。①屬于(填“晶體”或“非晶體”)。②提高了的浸取速率，其原因是。（5）①“析晶”過程中通入的酸性氣體A為。②由可制備晶體，其立方晶胞如圖。與O最小間距大于與O最小間距，x、y為整數(shù)，則在晶胞中的位置為；晶體中一個周圍與其最近的O的個數(shù)為。

（6）①“結晶純化”過程中，沒有引入新物質。晶體A含6個結晶水，則所得溶液中與的比值，理論上最高為。②“熱解”對于從礦石提取工藝的意義，在于可重復利用和(填化學式)?！即鸢浮剑?）（2）＞（3）或（4）晶體減少膠狀物質對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積（5）體心12（6）0.4或〖祥解〗硝酸浸取液(含)中加入活性氧化鎂調節(jié)溶液pH值，過濾，得到濾液主要是硝酸鎂，結晶純化得到硝酸鎂晶體，再熱解得到氧化鎂和硝酸。濾泥加入氨性溶液氨浸，過濾，向濾液中進行鎳鈷分離，，經過一系列得到氯化鉻和飽和氯化鎳溶液，向飽和氯化鎳溶液中加入氯化氫氣體得到氯化鎳晶體?！冀馕觥剑?）活性可與水反應，化學方程式為；故〖答案〗為：。（2）常溫下，的氨性溶液中，，，，則＞；故〖答案〗為：＞。（3）“氨浸”時，與亞硫酸根發(fā)生氧化還原反應，再與氨水反應生成，則由轉化為的離子方程式為或；故〖答案〗為：或。（4）會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了的明銳衍射峰。①X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了的明銳衍射峰，則屬于晶體；故〖答案〗為：晶體。②根據(jù)題意會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物，則能提高了的浸取速率，其原因是減少膠狀物質對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積；故〖答案〗為：減少膠狀物質對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積。（5）①“析晶”過程中為了防止水解，因此通入的酸性氣體A為；故〖答案〗為：。②由可制備晶體，其立方晶胞如圖。x、y為整數(shù)，根據(jù)圖中信息Co、Al都只有一個原子，而氧(白色)原子有3個，與O最小間距大于與O最小間距，則Al在頂點，因此在晶胞中的位置為體心；晶體中一個周圍與其最近的O原子，以頂點Al分析，面心的氧原子一個橫截面有4個，三個橫截面共12個，因此晶體中一個周圍與其最近的O的個數(shù)為12；故〖答案〗為：體心；12。（6）①“結晶純化”過程中，沒有引入新物質。晶體A含6個結晶水，則晶體A為，根據(jù)，，還剩余5個水分子，因此所得溶液中與的比值理論上最高為；故〖答案〗為：0.4或。②“熱解”對于從礦石提取工藝的意義，根據(jù)前面分析，，在于可重復利用和；故〖答案〗為：。12．（2023·河北卷）閉環(huán)循環(huán)有利于提高資源利用率和實現(xiàn)綠色化學的目標。利用氨法浸取可實現(xiàn)廢棄物銅包鋼的有效分離，同時得到的可用于催化、醫(yī)藥、冶金等重要領域。工藝流程如下：已知：室溫下的?；卮鹣铝袉栴}：（1）首次浸取所用深藍色溶液①由銅毛絲、足量液氨、空氣和鹽酸反應得到，其主要成分為(填化學式)。（2）濾渣的主要成分為(填化學式)。（3）浸取工序的產物為，該工序發(fā)生反應的化學方程式為。浸取后濾液的一半經氧化工序可得深藍色溶液①，氧化工序發(fā)生反應的離子方程式為。（4）浸取工序宜在之間進行，當環(huán)境溫度較低時，浸取液再生后不需額外加熱即可進行浸取的原因是。（5）補全中和工序中主反應的離子方程式+。（6）真空干燥的目的為?！即鸢浮剑?）（2）（3）（4）鹽酸和液氨反應放熱（5）（6）防止干燥過程中被空氣中的氧化〖祥解〗由題給流程可知，銅包鋼用由銅毛絲、足量液氨、空氣和鹽酸反應得到的二氯化四氨合銅深藍色溶液浸取，將銅轉化為一氯化二氨合亞銅，過濾得到含有鐵的濾渣和一氯化二氨合亞銅濾液；將濾液的一半經氧化工序將一氯化二氨合亞銅可以循環(huán)使用的二氯化四氨合銅；濾液的一半加入加入硫酸、鹽酸中和，將一氯化二氨合亞銅轉化為硫酸亞銅和氯化亞銅沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸亞銅的濾液和氯化亞銅；氯化亞銅經鹽酸、乙醇洗滌后，真空干燥得到氯化亞銅；硫酸亞銅溶液發(fā)生置換反應生成海綿銅?！冀馕觥剑?）由分析可知，由銅毛絲、足量液氨、空氣和鹽酸反應得到的深藍色溶液①為二氯化四氨合銅，故〖答案〗為：；（2）由分析可知，濾渣的主要成分為鐵，故〖答案〗為：Fe；（3）由分析可知，浸取工序發(fā)生的反應為二氯化四氨合銅溶液與銅反應生成一氯化二氨合亞銅，反應的化學方程式為；氧化工序中一氯化二氨合亞銅發(fā)生的反應為一氯化二氨合亞銅溶液與氨水、氧氣反應生成二氯化四氨合銅和水，反應的離子方程式為，故〖答案〗為：；；（4）浸取工序中鹽酸與氨水反應生成氯化銨和水的反應為放熱反應，反應放出的熱量可以使反應溫度保持在30~40℃之間，所以當環(huán)境溫度較低時，浸取液再生后不需額外加熱即可進行浸取，故〖答案〗為：鹽酸和液氨反應放熱；（5）由題給方程式可知，溶液中加二氨合亞銅離子與氯離子、氫離子反應生成氯化亞銅沉淀和銨根離子，反應的離子方程式為+，故〖答案〗為：；；（6）氯化亞銅易被空氣中的氧氣氧化，所以為了防止干燥過程中氯化亞銅被氧化，應采用真空干燥的方法干燥，故〖答案〗為：防止干燥過程中被空氣中的氧化。13．（2022·湖南卷）鈦(Ti)及其合金是理想的高強度、低密度結構材料。以鈦渣(主要成分為，含少量V、Si和Al的氧化物雜質)為原料，制備金屬鈦的工藝流程如下：已知“降溫收塵”后，粗中含有的幾種物質的沸點：物質沸點答下列問題：（1）已知，的值只決定于反應體系的始態(tài)和終態(tài)，忽略、隨溫度的變化。若，則該反應可以自發(fā)進行。根據(jù)下圖判斷：時，下列反應不能自發(fā)進行的是_______。A． B．C． D．（2）與C、，在的沸騰爐中充分反應后，混合氣體中各組分的分壓如下表：物質分壓①該溫度下，與C、反應的總化學方程式為_______；②隨著溫度升高，尾氣中的含量升高，原因是_______。（3）“除釩”過程中的化學方程式為_______；“除硅、鋁”過程中，分離中含、雜質的方法是_______。（4）“除釩”和“除硅、鋁”的順序_______(填“能”或“不能”)交換，理由是_______。（5）下列金屬冶煉方法與本工藝流程中加入冶煉的方法相似的是_______。A．高爐煉鐵 B．電解熔融氯化鈉制鈉 C．鋁熱反應制錳 D．氧化汞分解制汞〖答案〗（1）C（2）

5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2

隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應（3）

3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3

蒸餾（4）不能

若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質；（5）AC〖解析〗鈦渣中加入C、Cl2進行沸騰氯化，轉化為相應的氯化物，降溫收塵后得到粗TiCl4，加入單質Al除釩，再除硅、鋁得到純TiCl4，加入Mg還原得到Ti。（1）記①，②，③，④；A．由圖可知，600℃時的，反應自發(fā)進行，故A不符合題意；B．由圖可知，600℃時的，反應自發(fā)進行，故B不符合題意；C．由圖可知，600℃時的，反應不能自發(fā)進行，故C符合題意；D．根據(jù)蓋斯定律，可由①+③得到，則600℃時其，反應自發(fā)進行，故D不符合題意；故選C；（2）①根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，該溫度下C主要生成CO和CO2，根據(jù)相同條件下氣體的壓強之比是物質的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物質的量之比約是5：2：4，所以TiO2與C、Cl2反應的總化學方程式為5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故〖答案〗為：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應，導致CO含量升高，故〖答案〗為：隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應；（3）“降溫收塵”后釩元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根據(jù)得失電子守恒和元素守恒配平方程式為3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4與TiCl4沸點差異較大，“除硅、鋁"過程中可采用蒸餾的方法分離AlCl3、SiCl4，故〖答案〗為：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸餾；（4）若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質，因此“除釩”和“除硅、鋁”的順序不能交換，故〖答案〗為：不能；若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質；（5）本工藝中加入Mg冶煉Ti的方法為熱還原法；A．高爐煉鐵的原理是用還原劑將鐵礦石中鐵的氧化物還原成金屬鐵，屬于熱還原法，故A符合題意；B．電解熔融氯化鈉制取金屬鈉的原理是電解法，故B不符合題意；C．鋁熱反應制錳是利用Al作還原劑，將錳從其化合物中還原出來，為熱還原法，故C符合題意；D．Hg為不活潑金屬，可以直接用加熱分解氧化汞的方法制備汞，故D不符合題意；故〖答案〗選AC，故〖答案〗為：AC。14．（2022·湖北卷）全球對鋰資源的需求不斷增長，“鹽湖提鋰”越來越受到重視。某興趣小組取鹽湖水進行濃縮和初步除雜后，得到濃縮鹵水(含有和少量)，并設計了以下流程通過制備碳酸鋰來提取鋰。時相關物質的參數(shù)如下：的溶解度：化合物回答下列問題：（1）“沉淀1”為___________。（2）向“濾液1”中加入適量固體的目的是___________。（3）為提高的析出量和純度，“操作A”依次為___________、___________、洗滌。（4）有同學建議用“侯氏制堿法”的原理制備。查閱資料后，發(fā)現(xiàn)文獻對常溫下的有不同的描述：①是白色固體；②尚未從溶液中分離出來。為探究的性質，將飽和溶液與飽和溶液等體積混合，起初無明顯變化，隨后溶液變渾濁并伴有氣泡冒出，最終生成白色沉淀。上述現(xiàn)象說明，在該實驗條件下___________(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)，有關反應的離子方程式為___________。（5）他們結合（4）的探究結果，擬將原流程中向“濾液2”加入改為通入。這一改動能否達到相同的效果，作出你的判斷并給出理由___________?！即鸢浮剑?）Mg(OH)2（2）將轉化成CaCO3沉淀除去，同時不引入新雜質（3）蒸發(fā)濃縮

趁熱過濾（4）

不穩(wěn)定

Li++HCO=LiHCO3，2LiHCO3=Li2CO3↓+CO2↑+H2O（5）能達到相同效果，因為改為通入過量的，則LiOH轉化為LiHCO3，結合（4）的探究結果，LiHCO3也會很快分解產生Li2CO3，所以這一改動能達到相同的效果〖解析〗濃縮鹵水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的濾液1，沉淀1為Mg(OH)2，向濾液1中加入Li2CO3后，得到濾液2，含有的離子為和OH-，沉淀2為CaCO3，向濾液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通過蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾，洗滌、干燥后得到產品Li2CO3。（1）濃縮鹵水中含有，當加入石灰乳后，轉化為Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1為Mg(OH)2；（2）濾液1中含有和，結合已知條件：LiOH的溶解度和化合物的溶度積常數(shù)，可推測，加入Li2CO3的目的是將轉化成CaCO3沉淀除去，同時不引入新雜質；（3）由Li2CO3的溶解度曲線可知，溫度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在溫度高時，溶解度小，有利于析出，所以為提高的析出量和純度，需要在較高溫度下析出并過濾得到沉淀，即依次蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾，洗滌。故〖答案〗為：蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾；（4）飽和LiCl和飽和NaHCO3等體積混合后，產生了LiHCO3和NaCl，隨后LiHCO3分解產生了CO2和Li2CO3。故〖答案〗為：不穩(wěn)定，Li++HCO=LiHCO3，2LiHCO3=Li2CO3↓+CO2↑+H2O；（5）“濾液2”中含有LiOH，加入，目的是將LiOH轉化為Li2CO3。若改為通入過量的，則LiOH轉化為LiHCO3，結合（4）的探究結果，LiHCO3也會很快分解產生Li2CO3，所以這一改動能達到相同的效果。故〖答案〗為：能達到相同效果，因為改為通入過量的，則LiOH轉化為LiHCO3，結合（4）的探究結果，LiHCO3也會很快分解產生Li2CO3，所以這一改動能達到相同的效果。15．（2022·重慶卷）電子印制工業(yè)產生的某退錫廢液含硝酸、錫化合物及少量Fe3+和Cu2+等，對其處理的流程如圖。Sn與Si同族，25℃時相關的溶度積見表。化學式Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)Fe(OH)3Cu(OH)2溶度積1.0×10-564×10-382.5×10-20（1）Na2SnO3的回收①產品Na2SnO3中Sn的化合價是______。②退錫工藝是利用稀HNO3與Sn反應生成Sn2+，且無氣體生成，則生成的硝酸鹽是_____，廢液中的Sn2+易轉化成SnO2·xH2O。③沉淀1的主要成分是SnO2，焙燒時，與NaOH反應的化學方程式為______。（2）濾液1的處理①濾液1中Fe3+和Cu2+的濃度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。②25℃時，為了使Cu2+沉淀完全，需調節(jié)溶液H+濃度不大于______mol?L-1。（3）產品中錫含量的測定稱取產品1.500g，用大量鹽酸溶解，在CO2保護下，先用Al片將Sn4+還原為Sn2+，再用0.1000mol?L-1KIO3標準溶液滴定，以淀粉作指示劑滴定過程中IO被還原為I—，終點時消耗KIO3溶液20.00mL。①終點時的現(xiàn)象為______，產生I2的離子反應方程式為_____。②產品中Sn的質量分數(shù)為_____%?！即鸢浮剑?）+4價Sn(NO3)2、NH4NO3SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O（2）Fe(OH)32×10-7（3）滴入最后一滴KIO3標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色IO+5I-+6H+=3I2+3H2O47.6%〖祥解〗由題給流程可知，向退錫廢液中加入氫氧化鈉溶液調節(jié)溶液pH為1.5，將錫的化合物轉化為二氧化錫，過濾得到含有鐵離子、銅離子的濾液1和沉淀1；向沉淀1中加入氫氧化鈉焙燒將二氧化錫轉化為錫酸鈉后，水浸、過濾得到錫酸鈉溶液，溶液經蒸發(fā)結晶得到錫酸鈉?！冀馕觥剑?）①由化合價代數(shù)和為0可知，錫酸鈉中錫元素的化合價為+4價，故〖答案〗為：+4價；②由分析可知，退錫工藝中發(fā)生的反應為錫與稀硝酸反應生成硝酸亞錫、硝酸銨和水，則則生成的硝酸鹽是硝酸亞錫和硝酸銨，故〖答案〗為：Sn(NO3)2、NH4NO3；③由沉淀1的主要成分是二氧化錫可知，焙燒時發(fā)生的反應為二氧化錫和氫氧化鈉高溫條件下反應生成錫酸鈉和水，反應的化學方程式為SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故〖答案〗為：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；（2）①由溶度積可知，向濾液1中加入氫氧化鈉溶液，溶解度小的氫氧化鐵先沉淀，故〖答案〗為：Fe(OH)3；②由溶度積可知，25℃時，銅離子沉淀完全時，溶液中的氫氧根離子濃度為=5×10-8mol/L，則溶液中的氫離子濃度不大于2×10-7mol/L，故〖答案〗為：2×10-7；（3）①由題意可知，碘酸鉀先與二價錫離子反應生成碘離子，當二價錫反應完，碘離子與碘酸根反應生成碘單質，碘遇淀粉溶液變藍色時，溶液由無色變?yōu)樗{色，則終點時的現(xiàn)象為滴入最后一滴碘酸鉀標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色，反應生成碘的離子方程式為IO+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，故〖答案〗為：滴入最后一滴KIO3標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色；IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；②由得失電子數(shù)目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol?L-1碘酸鉀溶液，則1.500g產品中錫元素的質量分數(shù)為×100%=47.6%，故〖答案〗為：47.6%。16．（2021·全國乙卷）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有、、、、以及少量的。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。

該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的見下表金屬離子開始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列問題：（1）“焙燒”中，、幾乎不發(fā)生反應，、、、轉化為相應的硫酸鹽，寫出轉化為的化學方程式_______。（2）“水浸”后“濾液”的約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調節(jié)至11.6，依次析出的金屬離子是_______。（3）“母液①"中濃度為_______。（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是_______?！八崛茉钡某煞质莀______、_______。（5）“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，水〖解析〗出沉淀，該反應的離子方程式是_______。（6）將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經處理得_______，循環(huán)利用?！即鸢浮搅蛩帷枷榻狻接深}給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，二氧化鈦與稀硫酸反應得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O?！冀馕觥剑?）氧化鋁轉化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應的化學方程式為Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故〖答案〗為：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；（2）由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調節(jié)溶液pH為11.6時，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀，故〖答案〗為：Fe3+、Al3+、Mg2+；（3）由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，當溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為=1×10—6mol/L，故〖答案〗為：1×10—6；（4）增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故〖答案〗為：硫酸；SiO2、CaSO4；（5）酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應的離子方程式為TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故〖答案〗為：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；（6）由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用，故〖答案〗為：(NH4)2SO4。17．（2021·全國甲卷）碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面?；卮鹣铝袉栴}：（1）的一種制備方法如下圖所示：①加入粉進行轉化反應的離子方程式為_______，生成的沉淀與硝酸反應，生成_______后可循環(huán)使用。②通入的過程中，若氧化產物只有一種，反應的化學方程式為_______；若反應物用量比時，氧化產物為_______；當，單質碘的收率會降低，原因是_______。（2）以為原料制備的方法是：先向溶液中加入計量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反應得到，上述制備的總反應的離子方程式為_______。（3）溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少為_______。在溶液中可發(fā)生反應。實驗室中使用過量的與溶液反應后，過濾，濾液經水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反應中加入過量的原因是_______?！即鸢浮?AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-AgNO3FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被過量的進一步氧化4防止單質碘析出〖解析〗（1）①由流程圖可知懸濁液中含AgI，AgI可與Fe反應生成FeI2和Ag，F(xiàn)eI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入粉進行轉化反應的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的銀能與硝酸反應生成硝酸銀參與循環(huán)中，故〖答案〗為：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；②通入的過程中，因I-還原性強于Fe2+，先氧化還原性強的I-，若氧化產物只有一種，則該氧化產物只能是I2，故反應的化學方程式為FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反應物用量比時即過量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好將全部I-和Fe2+氧化，故氧化產物為I2、FeCl3，當即過量特別多，多余的氯氣會與生成的單質碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應，單質碘的收率會降低，故〖答案〗為：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被過量的進一步氧化；（2）先向溶液中加入計量的，生成碘化物即含I-的物質；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反應得到，上述制備的兩個反應中I-為中間產物，總反應為與發(fā)生氧化還原反應，生成和，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒]及元素守恒配平離子方程式即可得：，故〖答案〗為：；（3）溶液和溶液混合可生成沉淀和，化學方程式為4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成，則消耗的至少為4mol；反應中加入過量，I-濃度增大，可逆反應平衡右移，增大溶解度，防止升華，有利于蒸餾時防止單質碘析出，故〖答案〗為：4；防止單質碘析出。18．（2021·河北卷）綠色化學在推動社會可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團隊設計了一種熔鹽液相氧化法制備高價鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產生廢棄物，實現(xiàn)了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+內循環(huán)。工藝流程如圖：回答下列問題：（1）高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是_______(填元素符號)。（2）工序①的名稱為__。（3）濾渣的主要成分是__(填化學式)。（4）工序③中發(fā)生反應的離子方程式為_______。（5）物質V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH，此時發(fā)生的主要反應的化學方程式為__，可代替NaOH的化學試劑還有_______(填化學式)。（6）熱解工序產生的混合氣體最適宜返回工序_______(填“①”或“②”或“③”或“④”)參與內循環(huán)。（7）工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的pH為__。(通常認為溶液中離子濃度小于10-5mol?L-1為沉淀完全；A1(OH)3+OH-?Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)〖答案〗Fe、Cr溶解浸出MgO、Fe2O32Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2ONa2CO3②8.37〖祥解〗由題給流程可知，鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的反應為，在熔融氫氧化鈉作用下，F(xiàn)e(CrO2)2被氧氣高溫氧化生成鉻酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反應轉化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應；將氧化后的固體加水溶解，過濾得到含有氧化鎂、氧化鐵的濾渣1和含有過量氫氧化鈉、鉻酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件下分離得到鉻酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向鉻酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳得到重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳氣體得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；向濾渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反應轉化為碳酸氫鎂溶液；碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序②循環(huán)使用；碳酸鎂高溫煅燒得到氧化鎂?！冀馕觥剑?）由分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和鉻元素，故〖答案〗為：Fe、Cr；（2）由分析可知，工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質，故〖答案〗為：溶解浸出；（3）由分析可知，濾渣Ⅰ的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故〖答案〗為：MgO、Fe2O3；（4）工序③中發(fā)生的反應為鉻酸鈉溶液與過量的二氧化碳反應生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應的離子方程式為2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓，故〖答案〗為：2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓；（5）碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反應為高溫下，，F(xiàn)e(CrO2)2與氧氣和碳酸氫鈉反應生成鉻酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應的化學方程式為4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類似的反應，故〖答案〗為：4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；（6）熱解工序產生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序為工序②，故〖答案〗為：②；（7）工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的反應為，反應的平衡常數(shù)為K1====1013.37，當為10—5mol/L時，溶液中氫離子濃度為=mol/L=10—8.37mol/L，則溶液的pH為8.37，故〖答案〗為：8.37。19．（2021·湖南卷）可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈰(Ce)主要以形式存在，還含有、、、等物質。以獨居石為原料制備的工藝流程如下：回答下列問題：（1）鈰的某種核素含有58個質子和80個中子，該核素的符號為_______；（2）為提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少寫兩條)；（3）濾渣Ⅲ的主要成分是_______(填化學式)；（4）加入絮凝劑的目的是_______；（5）“沉鈰”過程中，生成的離子方程式為_______，常溫下加入的溶液呈_______(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：的，的，)；（6）濾渣Ⅱ的主要成分為，在高溫條件下，、葡萄糖()和可制備電極材料，同時生成和，該反應的化學方程式為_______〖答案〗適當升高溫度，將獨居石粉碎等Al(OH)3促使鋁離子沉淀↑堿性6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑〖祥解〗焙燒濃硫酸和獨居石的混合物、水浸，轉化為Ce2(SO4)3和H3PO4，與硫酸不反應，轉化為Al2(SO4)3，轉化為Fe2(SO4)3，轉化為CaSO4和HF，酸性廢氣含HF；后過濾，濾渣Ⅰ為和磷酸鈣、FePO4，濾液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，F(xiàn)e2(SO4)3，加氯化鐵溶液除磷，濾渣Ⅱ為FePO4；聚沉將鐵離子、鋁離子轉化為沉淀，過濾除去，濾渣Ⅲ主要為氫氧化鋁，還含氫氧化鐵；加碳酸氫銨沉鈰得Ce2(CO3)3·nH2O?！冀馕觥剑?）鈰的某種核素含有58個質子和80個中子，則質量數(shù)為58+80=138，該核素的符號為；（2）為提高“水浸”效率，可采取的措施有適當升高溫度，將獨居石粉碎等；（3）結合流程可知，濾渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；（4）加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀；（5）用碳酸氫銨“沉鈰”，則結合原子守恒、電荷守恒可知生成的離子方程式為↑；銨根離子的水解常數(shù)Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氫根的水解常數(shù)Kh()==≈2.3×10-8，則Kh()<Kh()，因此常溫下加入的溶液呈堿性；（6）由在高溫條件下，、葡萄糖()和可制備電極材料，同時生成和可知，該反應中Fe價態(tài)降低，C價態(tài)升高，結合得失電子守恒、原子守恒可知該反應的化學方程式為6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑。20．（2021·廣東卷）對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁()、鉬()、鎳()等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：已知：25℃時，的，；；；該工藝中，時，溶液中元素以的形態(tài)存在。（1）“焙燒”中，有生成，其中元素的化合價為_______。（2）“沉鋁”中，生成的沉淀為_______。（3）“沉鉬”中，為7.0。①生成的離子方程式為_______。②若條件控制不當，也會沉淀。為避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)時，應停止加入溶液。（4）①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和，為_______。②往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量_______(填化學式)氣體，再通入足量，可析出。（5）高純(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護膜為一種氧化物，可阻止刻蝕液與下層(砷化鎵)反應。

①該氧化物為_______。②已知：和同族，和同族。在與上層的反應中，元素的化合價變?yōu)?5價，則該反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為_______?！即鸢浮?6+=↓〖祥解〗由題中信息可知，廢催化劑與氫氧化鈉一起焙燒后，鋁和鉬都發(fā)生了反應分別轉化為偏鋁酸鈉和鉬酸鈉，經水浸、過濾，分離出含鎳的固體濾渣，濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到的沉淀X為氫氧化鋁，濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，過濾得到鉬酸鋇?！冀馕觥剑?）“焙燒”中，有生成，其中Na和O的化合價為+1和-2，根據(jù)化合價的代數(shù)和為0可知，元素的化合價為+6。（2）“沉鋁”中，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀為。（3）①濾液II中含有鉬酸鈉，加入氯化鋇溶液后生成沉淀，該反應的離子方程式為+=↓。②若開始生成沉淀，則體系中恰好建立如下平衡：，該反應的化學平衡常數(shù)為。為避免中混入沉淀，必須滿足，由于“沉鉬”中為7.0，，所以溶液中時，開始生成沉淀，因此，時，應停止加入溶液。（4）①濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀，同時生成碳酸氫鈉，過濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，因此，過濾得到的濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和，故為。②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知，往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量，再通入足量，可析出。（5）①由題中信息可知，致密的保護膜為一種氧化物，是由與反應生成的，聯(lián)想到金屬鋁表面容易形成致密的氧化膜可知，該氧化物為。②由和同族、和同族可知，中顯+3價（其最高價）、顯-3價。在與上層的反應中，元素的化合價變?yōu)?5價，其化合價升高了8，元素被氧化，則該反應的氧化劑為，還原劑為。中的O元素為-1價，其作為氧化劑時，O元素要被還原到-2價，每個參加反應會使化合價降低2，根據(jù)氧化還原反應中元素化合價升高的總數(shù)值等于化合價降低的總數(shù)值可知，該反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為。21.（2020·新課標Ⅲ）某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(c=0.01mol·L?1)的pH沉淀完全時(c=1.0×10?5mol·L?1)的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列問題：（1）“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是____________________________________。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調為中性，生成沉淀。寫出該反應的離子方程式_________________________。（2）“濾液②”中含有的金屬離子是_________________________。（3）“轉化”中可替代H2O2的物質是_________________________。若工藝流程改為先“調pH”后“轉化”，即“濾液③”中可能含有的雜質離子為_________________________。（4）利用上述表格數(shù)據(jù)，計算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出計算式)。如果“轉化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol·L?1，則“調pH”應控制的pH范圍是_________________________。（5）硫酸鎳在強堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫出該反應的離子方程式_________________________。（6）將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環(huán)使用，其意義是_________________________?！即鸢浮剑?）除去油脂、溶解鋁及其氧化物+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+（3）O2或空氣Fe3+（4）3.2~6.2（5）2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O（6）提高鎳回收率〖解析〗由工藝流程分析可得，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行堿浸，可除去油脂，并發(fā)生反應2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4N