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备战2025年高考化学【二轮·突破提升】专题复习讲义
专题27 化学工艺流程综合题
讲义包含四部分：把握命题方向►精选高考真题►高效解题策略►各地最新模拟
化学工艺流程综合题是高考的重难点题型，试题主要将化工生产过程中的主要生产阶段（即生产流
程）用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化学
工艺试题。化学工艺流程综合题结构一般包括题头、题干和题尾三部分。
题头：简单介绍以何种物质（主要成分是什么、杂质是什么等）为原料制备哪种物质，以及物质的性
质和用途；
题干：工业制备的简化工艺流程图，主要考查工艺流程分析，涉及方程式书写、原因解释、试剂作用
分析、溶液组成的判定等考点。
题尾：根据工业生产流程中涉及到的化学知识，命题者精心设计的系列问题。
预计2025年将化学工艺或化学工业生产及最新科技成果融入其中，考查考生的综合能力。从命题趋
势来看，一般有三种题型：
一是从实验设计和评价的角度对化工生产进行模拟；
二是根据一些化工生产的流程来考查考生的综合应用能力；
三是关于化工生产的相关计算。
其中，突出考查原料的选择、循环利用、绿色化学、环境保护、物质的分离提纯、产率的计算等。
1．（2024·海南·高考真题）锰锌铁氧体( )元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用
废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备 、ZnO和 ，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流
程如下：
回答问题：
(1)氨浸的作用是将 元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。
(2)煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是 。
(3)沉锰反应的离子方程式为 。某次实验时，将原料中的Mn以 形式定量沉淀完全，消
耗了 ，并产出 (纯度为99.9%)，则该原料 化学式中 。
(4)沉铁时，选择 是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐 (填化学式)。该钾盐在种植业中的
一种用途是 。(5)通过加入 固体，除去滤液中危害环境的 ，已知 ，
。反应 的平衡常数为 。
【答案】
(1)Zn
(2)氨水
(3) 或不含结晶水形式 0.75
(4) 钾肥或其他合理用途
(5)
【分析】锰锌铁氧体经过氨浸后，分离得到的溶液B经煮沸得到氢氧化锌，则氨浸的作用是将锌元素转移
到溶液B中，将分离得到的固体A溶于硫酸，得到含锰、铁元素的溶液；沉锰过程中， 与 发
生归中反应生成 ；由于加入铁粉还原，则溶液C主要含三价铁离子，铁粉将铁离子还原为二价
铁离子，加入 沉铁，将二价铁离子转化为 。
（1）由分析可知，氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。
（2）由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶
液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。
（3）根据沉锰前后物质可知，沉锰反应的离子反应式为
（便于后续计算）或不含结晶水；由离
子反应式可知，消耗了 ，则锰锌铁氧体中 ，
，由锰锌铁氧体化学式可知， ，化合价代
数和为0，则 ，解的 。
（4）由分析可知，用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择 可以从滤液中回收有价值
的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。
（5）平衡常数 。
2．（2024·广西·高考真题）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿( ，含 和CuO等
杂质)制备光电材料 的流程如下。回答下列问题：已知：
物质
(1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和 ，其主要作用是 。为提高“浸取”速率，可采取的措
施是 (任举一例)。
(2)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。
(3)常温下，用 调节溶液pH至 时，可完全沉淀的离子有 (填化学式)。
(4)“X”可选用_______。
A． B． C．Zn D．
(5)若用 替代 沉锰，得到 沉淀。写出生成 的离子方程式
。
(6) 立方晶胞如图，晶胞参数为 ，该晶体中与一个 紧邻的 有 个。已知 为阿伏加
德罗常数的值，晶体密度为 (用含 的代数式表示)。
【答案】
(1)把二氧化锰还原为硫酸锰 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等
(2)SiO
2
(3)Al3+
(4)D
(5)
(6)4【分析】软锰矿含有 和少量 、CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和
。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化
铝、氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节
pH生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应
生成碳酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为 。
（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和 ，其主要作用是把二氧化锰还原
为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热
等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO。
2
（3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，
c(OH-)= ，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)= ，pH约为
6.7；常温下，用 调节溶液pH至 时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和HS不反应，所以不能选用HS；铜离子、亚铁离子
2 2
都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用 ，选D。
（5）若用 替代 沉锰，得到 沉淀，反应的离子方程式为
。
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式 可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上
的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个 紧邻的 有4个；已知 为阿伏加德罗常数的值，晶体密
度为 。
3．（2024·福建·高考真题）锂云母的主要成分为 ，实验室探索一种碱浸分
解锂云母制备 的工艺流程如下：
(1)“高压浸出”中：
①“滤渣1”中卤化物Y为 。(填化学式)
②一定条件下，元素浸出率与 用量的关系如图，为提高锂浸出率， 最佳用量为 g。(保留小数点后一位)
③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下：
i．尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触
ii．尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入
一定条件下，颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是
。
(2)“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为 。
(3)“沉淀转化”反应 的平衡常数 。(列出
计算式)已知： 时， 。
(4)“操作Z”为加热、趁热过滤和 ；趁热过滤的主要目的是 。( 分解温度约为 )
(5) 的晶胞结构如图所示。①晶体中与一个O紧邻的 有 个。
②一个 与所有紧邻O形成的空间结构为 。
③晶体中微粒间作用力有 。(填标号)
a．氢键 b．离子键 c．金属键 d．范德华力 e．极性共价键 f．
非极性共价键
【答案】
(1) 4.5 该条件下ii的影响程度大于i的影响程度
(2)
(3)
(4)蒸发结晶 除去 杂质
(5)4 四面体形 bde
【分析】锂云母的主要成分为 ，加入氢氧化钠、氧化钙、水高压浸出，得
到铝硅酸盐沉淀和氟化钙沉淀，所得滤液加少量氧化钙进一步净化过滤后，所得滤液中主要含氢氧化锂，
以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，向滤液中加入磷酸生成磷酸锂沉淀，过滤分离，向沉淀中加入氢氧化钙
溶液，转化得到磷酸钙沉淀和氢氧化锂溶液，过滤所得滤液2中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化
钙，通过加热、趁热过滤除去氢氧化钙，滤液蒸发结晶得到氢氧化锂固体，据此分析。
（1）①“高压浸出”中，加入的 与水反应生成氢氧化钙，电离出的 与 生成难溶的 ；
②结合图中曲线，锂的浸出率最大时， 的最佳用量约为4.5g；
③只考虑i的影响，尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触，锂的浸出率越大；只考虑ii的影
响，尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入，锂的浸出率越小，区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺
寸减小而降低，说明ii的影响程度大于i的影响程度；
（2）净化后的滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，“沉锂”加入磷酸生成磷酸锂
的化学方程式为： ；（3）“沉淀转化”反应 的平衡常数
；
（4）滤液2中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，加
热升温会析出氢氧化钙晶体，故趁热过滤的主要目的是除去 杂质；除杂后的滤液主要含 ，
通过蒸发结晶得到 固体；
（5）根据 的晶胞结构及其x轴方向投影图可知，在晶胞中Li位于8个顶点和上、下底面的2个面
心，O位于前、后、左、右4个侧面上，晶体为层状结构。①晶体中与一个O紧邻的 有4个，①晶体中
与一个 紧邻的O也有4个；②因为∠O-Li-O=129°，故一个 与所有紧邻O形成的空间结构为四面体形
而非正四面体形；③由于O无法提供价层孤电子对，且层间距离远， 间不能形成氢键； 为离子
化合物，不存在金属键； 与 间存在离子键；根据 晶体呈层状结构，层间存在范德华力；O-H
属于极性共价键；故晶体中微粒间作用力有bde。
4．（2024·江西·高考真题）稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO 含有
4.
Th(PO )、UO 和少量镭杂质】为原料制备CeCl •nH O的工艺流程图。
3 4 4 3 8 3 2
已知：
ⅰ．K [Th(OH) ]=4.0×10﹣45，K [Ce(OH) ]=1.6×10﹣20，K [Ce(OH) ]=2.0×10﹣48
sp 4 sp 3 sp 4
ⅱ．镭为第ⅡA族元素
回答下列问题：
(1)关于独居石的热分解，以下说法正确的是 (填标号)。
a．降低压强，分解速率增大 b．降低温度，分解速率降低
c．反应时间越长，分解速率越大 d．提高搅拌速度，分解速率降低
(2)Na UO 中铀元素的化合价为 ，热分解阶段UO 生成NaUO 的化学反应方程式为 。
2 2 7 3 8 2 2 7
(3)浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 ，滤液可用于 阶段循环利用，避免产生大量的
高碱度废水。
(4)溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。
①盐酸溶解Ce(OH) 的离子方程式为 。
4②当溶液pH=4.5时，c(Th4+)= mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
(5)以BaSO 为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 。
4
【答案】
(1)b
(2)+6 2U O+O +6NaOH＝3NaUO+3H O
3 8 2 2 2 7 2
(3)Na PO •12H O 热分解
3 4 2
(4)2Ce(OH) +8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl↑+8H O 4×10﹣7
4 2 2
(5)RaSO
4
【分析】独居石的主要成分为CePO，含有Th(PO )、UO 和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH进行热
4 3 4 4 3 8
分解，UO 发生反应：2UO+O +6NaOH＝3NaUO+3H O，转化为NaUO，CePO 中的Ce被氧化为
3 8 3 8 2 2 2 7 2 2 2 7 4
Ce(OH) ，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、 ，滤液浓缩结晶后，得到的
4
晶体化学式为：NaPO •12H O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到
3 4 2
的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH) 具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH) +8H++2Cl﹣＝2Ce3+
4 4
+Cl↑+8H O，废气为Cl，调节pH，使铀和Th进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO 和
2 2 2 4
RaSO 形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl •nH O，据此分析作答。
4 3 2
（1）a．降低压强，分解速率降低，故a错误；
b．降低温度，分解速率降低，故b正确；
c．反应时间越长，分解速率逐渐变慢，故c错误；
d．提高搅拌速度，分解速率加快，故d错误；
故答案为b；
（2）NaUO 中Na为+1价，O为﹣2价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6价，热分解阶
2 2 7
段UO 生成NaUO 的化学反应方程式为：2UO+O +6NaOH＝3NaUO+3H O
3 8 2 2 7 3 8 2 2 2 7 2
（3）稀释过滤后的滤液中含有Na+、 ，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为：
NaPO •12H O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水；
3 4 2
（4）①根据后续流程可知，生成+3价Ce，则盐酸溶解Ce(OH) 发生氧化还原反应，其离子方程式为：
4
2Ce(OH) +8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl↑+8H O；
4 2 2
②当溶液pH＝4.5时，c(H+)＝1×10﹣4.5mol/L，c(OH﹣)＝1×10﹣9.5mol/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10﹣45，则
c(Th4+)＝4×10﹣7 mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀；
（5）以BaSO 为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO，RaSO 的溶解度更小。
4 4 4
5．（2024·贵州·高考真题）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为 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 和回收 的流程如下：已知：
①25℃时， ；
② 。
回答下列问题：
(1)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。
(2)25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中 。
(3)“除杂”时需加入的试剂X是 。
(4)“水热合成”中， 作为磷源，“滤液2”的作用是 ，水热合成 的离子方程式为
。
(5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料 ，其工艺如下：
①该工艺经碳热还原得到 ，“焙烧”生成 的化学方程式为 。
② 的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有 的单元数有 个。
③若“焙烧”温度为 时，生成纯相 ，则 ，其可能
的结构示意图为 (选填“乙”或“丙”)。
【答案】(1)SiO
2
(2)2.8×10-6
(3)NaOH溶液
(4)提供Na+和反应所需要的碱性环境
(5) 3 0.25 乙
【分析】煤气化渣(主要成分为 及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO 不反应、也不溶解
2
成为滤渣， 及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸，
将铁离子转化为氢氧化铁沉淀；过滤，滤液1中含硫酸铝和硫酸镁，加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化
为氢氧化镁沉淀除去，过滤，滤液主要含 和NaOH，往其中加氢氧化铝晶种，过滤得Al O‧
2 3
3HO和NaOH溶液，焙烧Al O‧3H O得Al O；在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁
2 2 3 2 2 3
还原，然后加NH HPO 、稳定剂和滤液2水热合成得NaFePO 。
4 2 4 4
（1）煤气化渣(主要成分为 及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO 不反应、也不溶解成
2
为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO；
2
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中
；
（3）“除杂”时需要沉淀镁离子、得 ，所以加入的试剂X是NaOH溶液；
（4）“水热合成”中， 作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，其既可以提供合成 所需
要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成 的离子方程式为
；
（5）①该工艺经碳热还原得到 ，“焙烧”时 、NaCO 和O 反应生成 ，其化学方程式
2 3 2
为 ；
②由 的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4× +2=3，Na：8× +2=3，O：8× +4=6，即每个
晶胞中 的单元数有3个；
③若“焙烧”温度为 时， ，生成纯相 ，则
，解得 0.25；丙图中Na：1+6× =1.75， ，乙图中Na：2+2× =2.25， ，则其
可能的结构示意图为乙。6．（2024·广东·高考真题）镓( )在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副
产品炭渣(含 和少量的 等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中， 是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用
提取金属离子 的原理如图。已知：
① 。
② (冰晶石)的 为 。
③浸取液中， 和 以 微粒形式存在， 最多可与2个 配位，其他金属
离子与 的配位可忽略。
(1)“电解”中，反应的化学方程式为 。
(2)“浸取”中，由 形成 的离子方程式为 。
(3)“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过 ，从而有利于 的分
离。
(4)“ 提取”中，原料液的 浓度越 ，越有利于 的提取；研究表明，原料液酸度过高，会
降低 的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提
高 的提取率。
(5)“调 ”中， 至少应大于 ，使溶液中 ，有利于 配离子及 晶体
的生成。若“结晶”后溶液中 ，则 浓度为 。(6)一种含 、 、 元素的记忆合金的晶体结构可描述为 与 交替填充在 构成的立方体体心，
形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方晶胞的体积为
。
【答案】
(1)2AlO(熔融) 4Al+3O ↑
2 3 2
(2)Ga3++4Cl-=[GaCl ]-
4
(3)铁 [FeCl ]-
4
(4)高 NaCl
(5)3.2 4.0×10-7
(6)2:1:1 8a3
【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为
氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM
提取，[GaCl ]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液
4
调pH并结晶得到NaAlF 晶体用于电解铝；
6
（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al O(熔融) 4Al+3O ↑；
2 3 2
（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl ]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl ]-；
4 4
（3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MCl ](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交
m
换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl ]-的微粒形式通过
4
LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离；
（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl ]-的反应正向移动，更有利于Ga的
4
提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提
高Ga的提取率；
（5）由pK(HF)=3.2，K(HF)= =10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)= ×10-3.2<10-
a a
3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF ]3-配离子及Na[AlF ]晶体的生成，若“结晶”后溶液中
6 3 6c(Na+)=0.10mol⋅L-1，根据Na[AlF ](冰晶石)的K 为4.0×10-10，[AlF ]3-浓度为 =4.0×10-
3 6 sp 6
7mol⋅L-1；
（6）合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取
Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞
中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比
Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为
8a3nm。
7．（2024·湖南·高考真题）铜阳极泥(含有Au、 、 、 等)是一种含贵金属的可再生资
源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：
①当某离子的浓度低于 时，可忽略该离子的存在；
② ；
③ 易从溶液中结晶析出；
④不同温度下 的溶解度如下：
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
回答下列问题：
(1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
(2)“滤液1”中含有 和 ，“氧化酸浸”时 反应的离子方程式为 ；
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的 ：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量 的原因是 。
②在“除金”工序溶液中， 浓度不能超过 。
(4)在“银转化”体系中， 和 浓度之和为 ，两种离子分布分数随 浓度的变化关系如图所示，若 浓度
为 ，则 的浓度为 。
(5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在
℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
【答案】
(1)ds 3d104s1
(2)
(3)使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为
0.5
(4)0.05
(5) 高于40℃后， 的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管
道，难以实现连续生产
【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag Se、Cu Se、PbSO 等）加入HO、HSO 、NaCl氧化酸浸，由题中信息
2 2 4 2 2 2 4
可知，滤液1中含有Cu2+和HSeO，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO ；滤渣1中加入NaClO、HSO 、
2 3 4 3 2 4
NaCl，将Au转化为Na[AuCl ]除去，滤液2中含有Na[AuCl ]，滤渣2中含有AgCl、PbSO ；在滤渣2中加
4 4 4
入NaSO ，将AgCl转化为 和 ，过滤除去PbSO ，滤液3中加入NaSO，将
2 3 4 2 2 4
Ag元素还原为Ag单质，NaSO 转化为NaSO ，滤液4中溶质主要为NaSO ，可继续进行银转化过程。
2 2 4 2 3 2 3
（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，故
答案为：ds；3d104s1；
（2）滤液1中含有Cu2+和HSeO，氧化酸浸时Cu Se与HO、HSO 发生氧化还原反应，生成 、
2 3 2 2 2 2 4
和 ，反应的离子方程式为： ，故答案为：
；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量 的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为 ；
②由题目可知 ，在“除金”工序溶液中，若 加入过多，AgCl则会转
化为 ，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转
化，则令 ，由 ，可得 ，即 浓度不
能超过 ，故答案为：0.5；
（4）在“银转化”体系中， 和 浓度之和为 ，溶液中存在平衡关
系： ，根据图可知当 时，此时
，则该平衡关系的平衡常数
，当 时，
，解得此时 ，故答案
为：0.05；
（5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为NaSO ；由不同温度下 的溶解度可知，高于40℃后，
2 3
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，故答
案为： ；高于40℃后， 的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管
道，难以实现连续生产。
8．（2024·河北·高考真题） 是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧
添加剂从石煤中提取 的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程
如下。已知：
i石煤是一种含 的矿物，杂质为大量 和少量 等；苛化泥的主要成分为
等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与 反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙 和偏铝酸钙均
难溶于水。回答下列问题：
(1)钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①为
(填化学式)。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学
式)。
(3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ； 加压导入盐浸工
序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的充
分利用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低 溶液的
浓度
【答案】
(1)
(2)
(3) 提高溶液中 浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放 离子交换
(4)
(5)bd
【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成 、 、 、 、 和
等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如 )和不溶性物质[ 、 等]，过滤后滤
液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯 ，加入氯化铵溶液沉钒，生成 ，经一系列处理后得
到VO；滤渣①在 ， 的条件下加入3%NH HCO 溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通
2 3 4 3
过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行 的富集。
（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为 ；焙烧过程中，氧气被还原， 被氧化生成 ，偏
钒酸盐中钒的化合价为 价； 在 以上开始分解，生成的气体①为 。
（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与 反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于
水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是 。
（3）在弱碱性环境下， 与 和 反应生成 、 和 ，离子方程式为：
； CO 加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提
2
高溶液中 浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放 ；滤液①中含有 、 等，且浓度较
低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。
（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有 ，考虑到水浸所得溶液中含有 ，为避免
引人其他杂质离子，且 廉价易得，故洗脱液的主要成分应为 。
（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；
b． 呈弱酸性，如果将溶液调至碱性， 与 反应，不利于生成 ，b符合题意；
c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；
d．降低 溶液的浓度，不利于生成 ，d符合题意；
故选bd。
9．（2024·全国甲卷·高考真题）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、
铁、钴、锰的 价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于 ，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：
① 。
②以氢氧化物形式沉淀时， 和溶液 的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 。
(2)“酸浸”步骤中， 发生反应的化学方程式是 。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中 和 均为 ，向其中加入 至 沉淀完全，
此时溶液中 ，据此判断能否实现 和 的完全分离 (填“能”或“不
能”)。
(4)“沉锰”步骤中，生成 ，产生 的物质的量为 。
(5)“沉淀”步骤中，用 调 ，分离出的滤渣是 。
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液 ，加入适量的 氧化 ，其反应的离子方程式为 。
(7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。
【答案】
(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
(2)
(3) 不能
(4)
(5)
(6)(7)向滤液中滴加 溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置
后过滤、洗涤、干燥
【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的 价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶
解，Zn及其他 价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然
后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入NaSO 将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁
2 2 8
离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第
三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH) 。
3
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。
（2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他 价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转
化为相应的+2价阳离子进入溶液，即 为转化为CoSO ，反应的化学方程式为
4
。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中 和 均为 ，向其中加入 至 沉淀完
全，此时溶液中 ，则
， 小于 ，说明大部分 也转化为硫化
物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。
（4）“沉锰”步骤中，NaSO 将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为
2 2 8
，因此，生成 ，产生 的物质的量为 。
（5）“沉锰”步骤中， 同时将 氧化为 ，“沉淀”步骤中用 调pH=4， 可以完全
沉淀为 ，因此，分离出的滤渣是 。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化 ，其反应的离子方程式为
。
（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液中有 元素以 形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶
解转化为 ，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加 溶液，
边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥。
10．（2024·湖北·高考真题）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐 中提取铍的路径
为：已知：
回答下列问题：
(1)基态 的轨道表示式为 。
(2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 。
(3)“萃取分液”的目的是分离 和 ，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现
象是 。
(4)写出反萃取生成 的化学方程式 。“滤液2”可以进入 步骤再利用。
(5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 。
(6) 与醋酸反应得到某含4个 的配合物，4个 位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，
且每个 的配位环境相同， 与 间通过 相连，其化学式为 。
【答案】
(1)
(2)快速冷却
(3)先有白色沉淀生成，然后沉淀快速溶解
(4) 反萃取
(5)增强熔融氯化铍的导电性
(6)
【分析】本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫
酸酸浸过滤，滤渣的成分为HSiO，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相
2 3
中，水相1中含有Al3+，有机相为 ，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为 进
入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH) ，通过系列操作得到金属
2
铍，据此回答。
（1）基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为 。
（2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热
熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。
（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过
量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：先有白色沉淀生成，然后沉淀快速溶
解。
（4）反萃取生成 的化学方程式为 ，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。
（5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的
导电性。
（6）由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间
总共有六个CHCOO-，则其化学式为： 。
3
11．（2023·广东·高考真题） 均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含
)中，利用氨浸工艺可提取 ，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由 、 和 配制。常温下， 与 形成可溶
于水的配离子： ； 易被空气氧化为 ；部分氢氧化物的 如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
(1)活性 可与水反应，化学方程式为 。
(2)常温下， 的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。
(3)“氨浸”时，由 转化为 的离子方程式为 。
(4) 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出
现了 的明锐衍射峰。
① 属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
② 提高了 的浸取速率，其原因是 。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。②由 可制备 晶体，其立方晶胞如图。 与O最小间距大于 与O最小间距，x、y为整
数，则 在晶胞中的位置为 ；晶体中一个 周围与其最近的O的个数为 。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得 溶液中 与
的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取 工艺的意义，在于可重复利用 和 (填化学式)。
【答案】
(1)
(2)＞
(3) 或
(4)晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5) 体心 12
(6)0.4或
【分析】硝酸浸取液(含 )中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要
是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液
中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到
氯化镍晶体。
（1）活性 可与水反应，化学方程式为 ；故答案为： 。
（2）常温下， 的氨性溶液中， ，
， ，则 ＞ ；故答案为：＞。
（3）“氨浸”时， 与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成 ，则由
转化为 的离子方程式为或
；故答案为：
或
。
（4） 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，
出现了 的明锐衍射峰。
①X射线衍射图谱中，出现了 的明锐衍射峰，则 属于晶体；故答案为：
晶体。
②根据题意 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则 能提高
了 的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面
积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
（5）①“析晶”过程中为了防止 水解，因此通入的酸性气体A为 ；故答案为： 。
②由 可制备 晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原
子，而氧(白色)原子有3个， 与O最小间距大于 与O最小间距，则Al在顶点，因此 在晶胞中的
位置为体心；晶体中一个 周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，
三个横截面共12个，因此晶体中一个 周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为 ，根
据 ， ，还剩余5个水分子，因此所得
溶液中 与 的比值理论上最高为 ；故答案为：0.4或 。
②“热解”对于从矿石提取 工艺的意义，根据前面分析 ，
，在于可重复利用 和 ；故答案为： 。
12．（2023·全国·高考真题）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂
质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr O 存在，在碱性介质中以CrO 存在。
2
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO 和 。
2
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 。
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO 和MgNH PO 的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达
3 4 4
到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致 ；pH>9时，会导致 。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到VO 沉淀，VO 在pH<1时，溶解为VO 或VO3+在碱
2 5 2 5
性条件下，溶解为VO 或VO ，上述性质说明VO 具有 (填标号)。
2 5
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na SO)溶液，反应的离子方程式为 。
2 2 5
【答案】
(1)Na CrO
2 4
(2)Fe O
2 3
(3)
(4)磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理
4 4
会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO 沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度
3
降低导致MgNH PO 无法完全沉淀
4 4
(5)C
(6)2Cr O +3S O +10H+=4Cr3++6SO +5H O
2 2 2
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的
最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫
酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶
液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO 和MgNH PO 沉淀，过滤得到含有MgSiO 、MgNH PO
3 4 4 3 4 4
的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤
液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，
过滤得到氢氧化铬。
（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：NaCrO；
2 4
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe O；
2 3
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，主要除去的杂质是
，故答案为： ；（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO 和MgNH PO
3 4 4
沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀，同时可能产生硅
4 4
酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO 沉淀，导致产品
3
中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应
4 4
使其浓度降低导致MgNH PO ，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不
4 4
能形成MgSiO 沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉
3 4 4
淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性
氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式
为2Cr O +3S O +10H+=4Cr3++6SO +5H O，故答案为：2Cr O +3S O +10H+=4Cr3++6SO +5H O。
2 2 2 2 2 2
【策略1】明确化工流程中条件控制的思考角度
条件控制 思考角度
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率
固体原料粉
或使反应更充分。
碎或研磨、
液体原料雾 目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等
化
增大接触面积的方法：固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等
①除去硫、碳单质；
②有机物转化、除去有机物；
焙烧或灼烧
③高温下原料与空气中氧气反应；
④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。
煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。
①溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；
酸浸
②去氧化物(膜)
①除去金属表面的油污；
碱溶
②溶解两性化合物(AlO、ZnO等)，溶解铝、二氧化硅等；
2 3
水浸 与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中；
醇浸 提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物；
①加快反应速率或溶解速率；
加热
②促进平衡向吸热反应方向移动(一般是有利于生成物生成的方向)；如：促进水解生成沉淀。
③除杂，除去热不稳定的杂质，如：HO 、氨水、铵盐(NH Cl)、硝酸盐、NaHCO 、
2 2 4 3
Ca(HCO )、KMnO 等物质；
3 2 4
④使沸点相对较低或易升华的原料气化；
⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等
①防止某物质在高温时溶解(或分解)；
②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；
降温
③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；
④降低某些晶体的溶解度，使其结晶析出，减少损失等
温度过低：反应速率过慢或溶解速率小
温度过高：** 错误的表达式 **催化剂逐渐失活，化学反应速率急剧下降
** 错误的表达式 **物质分解，如：NaHCO 、NH HCO 、HO、浓HNO 等
控制温度在 3 4 3 2 2 3
一定范围(综
** 错误的表达式 **物质会挥发，如：浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇
合考虑)
等
** 错误的表达式 **物质氧化，如：NaSO 等
2 3
** 错误的表达式 **物质升华，如：I 升华
2
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
控制温度(常
用水浴、冰
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
浴或油浴)
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
①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；
反应物用量
②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；
或浓度
③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等
加入氧化剂
①氧化(或还原)某物质，转化为目标产物的价态；
(或还原剂)
②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH) 沉淀除
3去]
①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；
加入沉淀剂 ②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；
③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋
(1)调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出，以达到除去金属离子的目
的；
** 错误的表达式 **原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度，使溶液
pH值增大；
** 错误的表达式 **pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值~主要离子开始沉淀时
pH (注意两端取值)
** 错误的表达式 **需要的物质：含主要阳离子(不引入新杂质即可)的难溶性氧化物或
氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，使pH增大的物质，如MgO、Mg(OH) 、MgCO 等
2 3
类型的物质；
** 错误的表达式 **实例 1：除去 CuSO 溶液中少量 Fe3+，可向溶液中加入 CuO、
4
Cu(OH) 、Cu (OH) CO 、CuCO ，调节pH至3~4，使Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀除去。
2 2 2 3 3 3
Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3＋＋3HO Fe(OH) ＋3H＋，加入CuO后，溶液中H+浓度
2 3
降低，平衡正向移动，Fe(OH) 越聚越多，最终形成沉淀。
3
a．加入CuO的作用：调节溶液的pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)
3
b．加热的目的：促进Fe3＋水解
pH控制
实例2：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示：
物质 开始沉淀 沉淀完全
Fe(OH) 2.7 3.7
3
Fe(OH) 7.6 9.6
2
Mn(OH) 8.3 9.8
2
若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋：先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH
至3.7~8.3。
实例3：Mg2+ (Fe3+)：MgO、Mg(OH) 、MgCO
2 3
(2)抑制盐类水解；
像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相对应
的无水盐时，由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解(水解反应为吸热反
应)导致产品不纯
如：由MgCl ·6H O制无水MgCl 要在HCl气流中加热，否则：
2 2 2MgCl ·6H O Mg(OH) ＋2HCl↑＋4HO
2 2 2 2
(3)促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离
(4)“酸作用”还可除去氧化物(膜)
(5)“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
(6)特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
【注意】调节pH的试剂选取：
①选取流程中出现的物质；
②未学习过的物质且题目又无信息提示的一般不做考虑；
③已学的常见酸碱(NaOH、NaCO、HCl、HSO 、NH ·H O、HNO)。
2 3 2 4 3 2 3
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质
②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗
③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，
洗涤晶体
减少损耗等
④洗涤沉淀的方法：往漏斗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
在空气中或
在其他气体 要考虑O、HO、CO 或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水
2 2 2
中进行的反 解、防潮解等目的
应或操作
判断能否加
要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
其他物质
提高原子利
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
用率
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作
分离、提纯
从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩―→冷却结晶―→过滤―→洗涤、干燥
【策略2】掌握工艺流程中的分离、提纯、除杂方法及答题要领
操作 答题指导
固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣是难溶于水
的物质，如SiO、PbSO 、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等。过滤主要有常压过滤、减
2 4
过滤
压过滤、热过滤。
(1)常压过滤：通过预处理、调节pH等工序可实现对杂质的去除，但值得注意的是需要分析对产
品的需求及生产目的的综合考虑，准确判断经过过滤后产生的滤液、滤渣的主要成分，
准确判断是留下滤液还是滤渣。
(2)减压过滤(抽滤)：
减压过滤和抽滤是指一种操作，其原理与普通的常压过滤相同。相比普通过滤，抽
滤加快了过滤的速度。抽滤的优点是快速过滤，有时候还可以过滤掉气体，并能达到快
速干燥产品的作用。
(3)趁热过滤：
趁热过滤指将温度较高的固液混合物直接使用常规过滤操作进行过滤，但是由于常
规过滤操作往往耗时较长，这样会导致在过滤过程中因混合物温度降低而使溶质析出，
影响分离效果。因此可使用热过滤仪器、将固液混合物的温度保持在一定范围内进行过
滤，所以又称为热过滤。
(1)适用范围：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如：NaCl。
(2)蒸发结晶的标志：当有大量晶体出现时，停止加热，利用余热蒸干。
(3)实例
①从NaCl溶液中获取NaCl固体
a．方法：蒸发结晶
b．具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干
蒸发结晶 ②NaCl溶液中混有少量的 KNO 溶液
3
a．方法：蒸发结晶、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗
涤、干燥
b．具体操作：若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中
是KNO 和少量NaCl，这样就可以分离出大部分NaCl
3
c．趁热过滤的目的：防止KNO 溶液因降温析出，影响NaCl的纯度
3
(4)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如HO 、浓硝
2 2
酸、NH HCO )或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。
4 3
(1)适用范围：提取溶解度随温度变化较大的物质(KNO)、易水解的物质(FeCl )或结晶水
3 3
化合物(CuSO ·5H O)。
4 2
(2)蒸发结晶的标志：当有少量晶体(晶膜)出现时
冷却结晶
(3)实例：KNO 溶液中混有少量的 NaCl溶液
3
a．方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙
醇洗等)、干燥
b．具体操作：若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO，母液中
3是NaCl和少量KNO，这样就可以分离出大部分KNO。
3 3
重结晶 将结晶得到的晶体溶于溶剂制得饱和溶液，又重新从溶液结晶的过程。
晶体干燥的 自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干(热稳定性较好)，低温减压干燥(热稳定性
方法 差)。
选用合适的萃取剂(如四氯化碳、金属萃取剂)，萃取后， 静置、分液——将分液漏斗玻
萃取与分液
璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准。下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
①萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另
萃取与反萃 一种溶剂的过程。如用CCl 萃取溴水中的Br 。
4 2
取
②反萃取：用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。
洗涤试剂 适用范围 目的
除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降
冷水 产物不溶于水
蒸
低固体因为溶解而造成的损失
馏
水 有特殊性的物质，其溶解 除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降
热水
度随着温度升高而下降 低固体因为温度变化溶解而造成的损失
有机溶剂(酒 固体易溶于水、难溶于有 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除
精、丙酮等) 机溶剂 去固体表面的水分，产品易干燥
洗涤晶体
饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解
除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂
酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱
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
检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试
剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净
蒸馏是利用液体混合物中各组分的沸点不同，给液体混合物加热，使其中的某一组分变
蒸馏或分馏
成蒸气再冷凝成液体，跟其他组分分离的过程。
减压蒸馏 减小压强，使液体沸点降低，防止受热分解、氧化等。
冷却法 利用气体易液化的特点分离气体,如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气。
滴定终点的 以“用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，酚酞作指示剂”为例：当加入最后一滴
判断 标准盐酸后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不褪色
【策略3】工艺流程中的物质确定及方程式书写方法
1、工艺流程中的物质确定
首先分析题干信息，明确原料成分，看清流程图中的箭头指向，根据物质性质写出相关的化学反应(离子方程式或化学方程式)，最后根据题干信息确定滤液中物质的成分。滤液中物质的成分确定的思维模型如
图所示：
循环物质的确定
(1)流程图中回头箭头的物质。
(2)生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步
反应的相关物质。
副产品的确定
①过量的反应物。
②原料中不参与反应的物质。
滤渣成分的确定
③由原料转化的生成物。
④由杂质转化的沉淀物。
2、工艺流程中的方程式书写
（1）明确一些特殊物质中元素的化合价
CuFeS：Cu为＋2，Fe为＋2，S为－2； C O：C为＋3；
2 2
KFeO：Fe为＋6； HCN：C为＋2；N为－3；
2 4
FePO ：Fe为＋3； CuH：Cu为＋1，H为－1；
4
LiFePO ：Fe为＋2； BH：B为＋3、H为－1；
4
LiNH、LiNH、AlN：N为－3； FeO：Fe为＋(8－n)；
2 2
NH：N为－2； Si N：Si为＋4，N为－3；
2 4 3 4
NaSO：S为＋2； MnO(OH)：Mn为＋3；
2 2 3SO：S为＋6； CrO：Cr为＋6；
2
VO：V为＋5；
（2）氧化还原反应方程式的书写
①常见氧化剂及其还原产物
氧化剂 Cl(X ) O Fe3＋ 酸性KMnO MnO
2 2 2 4 2
还原产物 Cl－(X－) HO/O2－/ OH－ Fe2＋ Mn2＋ Mn2＋
2
氧化剂 ClO 浓HSO HNO HO(H＋) PbO
2 4 3 2 2 2
还原产物 Cl－ SO NO (浓)、NO(稀) HO Pb2＋
2 2 2
氧化剂 酸性KCr O HClO FeO(H＋) NaBiO —
2 2 7 3
还原产物 Cr3＋ Cl－ Fe3＋ Bi3＋ —
②常见还原剂及其氧化产物
还原剂 金属单质 Fe2＋ HS/S2－ SO /SO
2 2
氧化产物 金属离子 Fe3＋ S、SO SO 、SO
2 3
还原剂 HI/I－ NH NH CO
3 2 4
氧化产物 I N、NO N CO
2 2 2 2
（3）把握陌生氧化还原反应方程式的书写步骤
①首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入
的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。
②根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
③根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或HO等。
2
④根据质量守恒配平反应方程式。
【策略4】掌握化工流程中的有关计算
1．溶度积(K )的有关计算
sp（1）已知溶度积，求溶液中的某种离子的浓度，如K ＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝ mol·L－1。
sp
（2）已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中另一种离子的浓度，如某温度下，AgCl的K ＝a，在
sp
0.1 mol·L－1 NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol·L－1。
（3）计算反应的平衡常数，如反应 Cu2＋(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2＋(aq)，K (MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2
sp
－)，K (CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，平衡常数K＝＝。
sp
（4）求解开始沉淀和沉淀完全时的pH，如判断M(OH) (s) Mn＋(aq)＋nOH－(aq)开始沉淀与沉淀完全
n
时的pH。
①开始沉淀时pH的求法：c(OH－)＝，c(H＋)＝，从而确定pH。
②沉淀完全时pH的求法：当Mn＋的浓度小于或等于1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子已经沉淀完
全，c(OH－)＝ mol·L－1，结合K 求出c(H＋)，从而确定pH。
w
注意：有关K 的计算往往与pH的计算结合，要注意pH与c(OH－)关系的转换；难溶电解质的悬浊液
sp
即其沉淀溶解平衡状态，满足相应的K 。
sp
（5）分步沉淀问题分析
①定义
如果一种溶液中同时含有 I－和Cl－，当慢慢滴入AgNO 溶液时，刚开始只生成 AgI沉淀；加入的
3
AgNO 到一定量时才出现AgCl沉淀，这种先后沉淀的现象称为分步沉淀。
3
②原理
在含有同浓度I－和Cl－的溶液中，加入AgNO 溶液，之所以 AgI沉淀先生成，是因为 K (AgI)比
3 sp
K (AgCl)小，假定溶液中c(I－)＝c(Cl－)＝0.01 mol·L－1，刚开始生成AgI和AgCl沉淀时所需要的Ag＋浓度
sp
分别是：
c(Ag＋) ＝ mol·L－1＝9.3×10－15 mol·L－1
AgI
c(Ag＋) ＝ mol·L－1＝1.8×10－8 mol·L－1
AgCl
可见沉淀I－所需要的c(Ag＋)要小得多，所以AgI先沉淀，继续滴加AgNO ，当c(Ag＋)＝1.8×10－8
3
mol·L－1时，AgCl沉淀也开始生成，这时c(I－)、c(Cl－)和c(Ag＋)同时平衡：
c(Ag＋)·c(I－)＝K (AgI)＝9.3×10－17
sp
c(Ag＋)·c(Cl－)＝K (AgCl)＝1.8×10－10
sp
两式相除得：＝≈1.9×106
如果溶液中c(Cl－)>1.9×106c(I－)，向其中滴加AgNO 溶液时，则要先生成AgCl沉淀。
3
2．溶度积常数的考查角度及思路分析
考查角度 思路分析
判断沉淀的生成或沉淀是
否完全 ①根据离子浓度数据求得Q，若Q>K sp ，则有沉淀生成；②利用K 的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－
sp
1，则该离子沉淀完全
①根据氢氧化物的K 以及开始沉淀时金属阳离子的初始浓度，计算溶
sp
常温下，计算氢氧化物沉 液中c(OH－)，再求得溶液的pH；
淀开始和沉淀完全时的
pH
②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1，根据K
sp
可计算
金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH
计算沉淀转化反应的平衡
根据沉淀的转化反应和K ，计算该反应的平衡常数，K的值越大，转
常数，并判断沉淀转化的 sp
化反应越易进行，转化程度越大
程度
①沉淀类型相同，则K 小的化合物先沉淀；
sp
沉淀先后的计算与判断
②沉淀类型不同，则需要根据K 计算出沉淀时所需离子浓度，所需离
sp
子浓度小的先沉淀
3、物质组成、含量的计算
物质的质量分数(或纯度) ×100%
计算 产品产率 ×100%
公式 物质的转化率 ×100%
A B (s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，
m n
K 的相关计算
sp
K ＝cm(An＋)·cn(Bm－)
sp
4、利用“碘量法”进行物质含量测定
（1）直接碘量法：直接碘量法是用碘滴定液直接滴定还原性物质的方法。在滴定过程中，I 被还原为I
2
－。
淀粉：淀粉遇碘显蓝色，反应极为灵敏。化学计量点稍后，溶液中有过量的碘，
指示剂 碘与淀粉结合显蓝色而指示终点到达。碘自身的颜色指示终点，化学计量点后，
溶液中稍过量的碘显黄色而指示终点。
适用对象 I 是较弱的氧化剂，强还原性的S2－、SO、SO、As O、Vc等都可直接滴定。
2 2 2 3
（2）间接碘量法①剩余碘量法
剩余碘量法是在供试品(还原性物质)溶液中先加入定量、过量的碘滴定液，待
I 与测定组分反应完全后，然后用硫代硫酸钠滴定液滴定剩余的碘，以求出待测组
2
分含量的方法。滴定反应为：
I(定量过量)＋还原性物质→2I－＋I(剩余)
2 2
I(剩余)＋2SO→SO＋2I－
2 2 4
分类
②置换碘量法
置换碘量法是先在供试品(氧化性物质)溶液中加入碘化钾，供试品将碘化钾氧
化析出定量的碘，碘再用硫代硫酸钠滴定液滴定，从而可求出待测组分含量。滴
定反应为：
氧化性物质＋2I－→I
2
I＋2SO→SO＋2I－。
2 2 4
淀粉，淀粉指示剂应在近终点时加入，因为当溶液中有大量碘存在时，碘易吸附
指示剂
在淀粉表面，影响终点的正确判断。
I－是中等强度的还原剂。主要用来测氧化态物质：CrO、Cr O、HO 、 KMnO 、
2 2 2 4
适用对象
IO、Cu2＋、NO、NO等。
1．（2025·广东深圳·一模）一种从石煤灰渣（主要含 及 等）中提取钒的工艺流程
如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力： ；萃取 的原理为
；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含 的硫酸盐难溶于水；
。(1)“酸浸”时，钒主要以 的形式进入溶液。
①为提高浸取率，可采取的措施是 （任写一条）。
② 发生反应的化学方程式为 。
(2)“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子
浓度 10.79 0.0041 0.11 0.029
据此分析“溶液3”可在 工序循环利用。
(3)“中间盐”的一种含钒物质为 ；“溶解”后，所得溶液中钒主要以 的形式存在。该含
钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为 。
(4)“还原”步骤的主要目的是 。
(5)“萃取”前，需调节溶液 。
①已知萃取前溶液中 ，理论上，为避免产生 沉淀，应调节溶液pH小于
（保留一位小数）。
②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是 。
(6)一种V—Ti固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的立方晶胞结构如图。
①该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为 。
②储氢材料的性能常用“体积储氢密度”（ 储氢材料可释放出的 体积）来衡量。一定条件下，50%
的氢可从上述晶体中释放出来，且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设 为阿伏加德常数的值，
的摩尔体积为 ，则该储氢材料的“体积储氢密度”为 （列出算式）。
【答案】
(1)“适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等，答案合理即可
(2)酸浸
(3)(4)将 转化为 ，避免 影响 的萃取
(5)3.3 过低，即 浓度过大，会导致萃取反应 的平衡逆向移动，
不利于 进入有机相
(6)1：2 或 等答案合理即可
【分析】酸浸时， 溶于稀硫酸，得到 ，而SiO 不溶于稀硫酸而除
2
去，溶液1中加入 固体，得到 ，而溶液2中加入添加剂，得到中间盐，
“中间盐”中一种含钒物质为 在热水、空气、酸性条件下溶解，“溶解”后，所得溶液中钒
主要以 的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反
萃取得到钒溶液，最终得到钒材料，回答下列问题。
（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步
粉碎等；
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以 的形式进入溶液， 与硫酸反应生成VO₂⁺的化学方程式
为： ；
（2）根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H⁺、VO₂⁺、Al³⁺和Fe³⁺，由于H⁺浓度最高，溶液3可
以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸；
（3）由题干信息：含 的硫酸盐难溶于水， “中间盐”的一种含钒物质为 发生溶解工
序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以 的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：
；
（4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在 且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：
，还原步骤的主要目的是将Fe³⁺还原为Fe²⁺，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂
HR优先与VO²⁺结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将 转化为 ，避免 影响
的萃取；
（5）①已知Al(OH)₃的溶度积 ，溶液中Al³⁺浓度为0.4mol/L，根据溶度积公式：
解得： ,
，pH= ，为避免产生 沉淀，pH应小于3.3；
②pH过低，即 浓度过大，会导致萃取反应 的平衡逆向移动，不利于V进
入有机相，降低了钒元素的萃取率；
（6）①根据晶胞结构图，金属原子（V和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个
数比为 ；
②该晶胞的体积为 ，该晶胞中含有8个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释
放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为 ，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为
mol，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为 ，根据定义可
知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为 或者 。
2．（2025·福建·一模）铟(In)是一种典型的稀散金属，广泛应用于半导体、航空航天、电子光学材料等领
域。以含铅烟灰[主要成分是PbO，还含有少量 等物质]为原料制备粗铟的工艺流程
如图所示。
已知：
①“浸出液”中 和 的浓度分别为 。
② 代表萃取剂，萃取时发生反应为
③常温下， 。
回答下列问题：
(1)In位于元素周期表第五周期ⅢA族，基态In原子的价电子排布式为 。
(2)“热溶解”时， 发生反应的化学方程式为 。
(3)“浸渣”的主要成分是 。“水浸”时，铟的浸出率很高，工业上仍采用多级浸出(即将浸出液
返回“水浸”步骤)，其优点是 。
(4)“还原除砷”时， (弱酸)反应的离子方程式为 。
(5)从平衡移动的角度解释“萃取”前“调pH”目的是 ；常温下，应调节pH不大于
。
(6)“萃取”所得配合物的结构如图(R-代表2-乙基己基)，该物质中存在的微粒间作用力类型有
___________(填标号)。A．金属键 B．氢键 C．配位键 D．范德华力
(7)工业上一般利用闪锌矿(主要成分是ZnS)为原料制备Zn。ZnS晶胞结构如图，该晶胞若沿体对角线投
影，则 的投影图为___________(填标号)。
A． B． C． D．
【答案】
(1)
(2)
(3) 可以富集 (或“增大) 的浓度”)，提高铟的萃取率(“减少后续萃取剂用量”或“实现
萃取剂循环利用”等均可得分)
(4)
(5) 消耗溶液中 ，使萃取平衡正向移动(答“降低溶液中 的浓度，有利于 萃取”也可得分)
4
(6)BCD
(7)B
【分析】含铅烟灰与浓硫酸在加热条件下反应，其中的成分如 、 等会与硫酸发生反应，转化为可溶性的硫酸盐等，Pb会形成PbSO 沉淀，同时产生 气体，热溶解后的产物加水溶
4
解，可溶物进入浸出液，不溶物形成浸渣被分离出去，向浸出液中加入还原剂，将砷元素还原为 沉
淀除去，从而降低浸出液中的砷含量，加入 调节溶液的pH值，为后续的萃取做准备，利用 和
煤油组成的有机萃取剂，将溶液中的铟离子萃取到有机相中，实现铟与其他金属离子（如 等）在水相
和有机相的分离，向负载铟的有机相中加入盐酸，使铟离子从有机相重新进入水相，得到含铟的水相溶
液，在含铟的溶液中加入锌，利用锌比铟活泼的性质，通过置换反应将铟从溶液中置换出来，从而得到粗
铟。
（1）In位于第五周期ⅢA族，根据主族元素价电子为最外层电子，第五周期元素电子排布先排5s能级，
排2个电子，再排5p能级，ⅢA族元素5p能级有1个电子，所以价电子排布式为 。
（2）浓硫酸有强氧化性， 中S为-2价，会被浓硫酸氧化，S元素被氧化为 ，根据得失电子守恒和
原子守恒配平该方程式，得出 。
（3）①含铅烟灰中 与浓硫酸反应生成难溶的 ，所以浸渣主要成分是 ；②多级浸出将浸
出液返回“水浸”步骤，可以提高铟的浸取率，充分利用浸出液中的铟。
（4）“还原除砷”时， 作还原剂将 还原为 ， 被氧化为 ，根据得失电子守恒、
电荷守恒和原子守恒配平离子方程式 。
（5）①由萃取反应可知，降低 浓度，平衡正向移动，有利于萃取；
②当 开始沉淀时， ，
，pH=7；当 开始沉淀时， ，
，pH=4，常温下，萃取前应调节pH不大于4。
（6）从配合物结构可知，存在In与O之间的配位键，分子之间存在范德华力，氢键，故选BCD。
（7）沿体对角线投影， 的投影会呈现出特定的对称结构，B选项符合ZnS晶胞沿体对角线投影时
的分布情况。
3．（2025·重庆·一模）央视报道《王者归“铼”》：金属铼(Re)熔点高、耐磨、耐腐蚀，可用来制造航空
发动机核心部件。以含铼废渣(主要含Re、 、Fe、Ni和 )为原料制备金属铼的工艺流程如图1所
示。已知：
Ⅰ．本实验条件下， 开始形成胶体的pH为1.5.
Ⅱ．“酸浸”浸液中含有 、 、 ； 属于强酸；离子交换中存在平衡：
(1)铼是第六周期元素，与锰元素族序数相同，则基态Re原子的价电子排布式为 。
(2)“焙烧”常采用高压、通空气逆流操作(空气从培烧炉下部通入，铼废渣粉末从中上部加入)，其目的是
。
(3)“浸渣”的主要成分为 (填化学式)。
(4)其他条件相同时，“离子交换”过程中料液和D296体积比与Re交换率、Re交换量的关系如图2所
示，混合液的pH与 提取率的关系如图3所示。
①由图2和图3推断，“离子交换”选择的适宜条件为 。
②图3中，其他条件相同，混合液的pH>1.5时， 的提取率降低的主要原因是 。
(5)“反萃取”时，选用的试剂X为盐酸的理由为 。
(6)常温下，如果“一系列操作”过程中有含铼溶液的pH=9.0，该溶液中 (填
“>”“<”或“=”)。(已知：常温下 )(7)“热解”步骤反应的化学方程式为 。
【答案】
(1)
(2)增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率
(3)
(4)料液和D296体积比为12：1，混合溶液的pH为1.5 pH>1.5， 水解(或与 )生成 胶
体吸附 并聚沉
(5)加盐酸，可增大溶液中的 ，使 平衡逆向移
动，有利于反萃取，且盐酸易挥发，易除去
(6)>
(7)
【分析】含铼废料主要含Re、 、Fe、Ni和 ，含铼废料在富氧空气中焙烧，硫化物生成二氧化
硫，铼被氧化为Re O，铁生成氧化物，往烧渣中加入稀硫酸进行酸浸，浸渣是SiO，浸液含强酸
2 7 2
，调节pH值，再加入D296进行离子交换，分液出水相；往有机相中加入试剂X进行反萃取，分液出有机
相；将水相中的溶质进行结晶，分离出晶体进行煅烧，得到Re O，通入H 进行热还原，得到Re，据此分
2 7 2
析；
（1）铼是第六周期元素，与锰元素（ ）族序数相同，则基态Re原子的价电子排布式为 ；
（2）“焙烧”常采用高压、通空气逆流操作(空气从培烧炉下部通入，铼废渣粉末从中上部加入)，其目的
是：增大废料与空气的接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
（3）SiO 难溶于水，“浸渣”的主要成分为SiO；
2 2
（4）①由图1和图2可知，料液和D296体积比为 、混合液 为1.5时铼交换率最大，所以“离子交
换”选择的适宜条件为料液和D296体积比为 ，混合液 为1.5；
②由图2知，其他条件相同，混合液的 时， 的提取率降低的主要原因是pH>1.5， 水解(或
与 )生成 胶体吸附 并聚沉；
（5）“反萃取”时，选用的试剂X为盐酸，对平衡
有抑制作用，理由为：加盐酸，可增大溶液中的c(Cl-)，使
平衡逆向移动，有利于反萃取，且盐酸易挥发，易
除去；（6） ，故 >
；
（7）“热解”步骤反应 和氧气反应生成氮气和 ，化学方程式为：
；
4．（2025·重庆·一模）四钼酸铵的用途非常广泛，可用作催化剂、防腐剂、阻燃剂、电化学应用等。下图
是用辉钼矿(含 、 、 、 、 等)制备四钼酸铵和一些副产品的工艺流程图：
已知：
① 、 、 均可与纯碱反应生成对应的钠盐。
②当溶液中离子浓度小于 时，可认为离子已完全沉淀。
③ 下部分难溶物的 ( )的数值如下表：
难溶物
39 20 33
(1)四钼酸铵中 元素的化合价为 ，基态 原子的价层电子排布图为 。
(2)“氧化焙烧”时， 反应生成 和 ，则该反应的化学方程式为 ；在“溶
液 ”中通入气体1和气体2的顺序是先通入 再通入 (填化学式)。
(3)“沉钒”时，加入过量 的目的是 。
(4)“净化”过程加入氨水调节溶液 ，需将溶液的 调至大于 ，其原因是 。
(5)生成聚合硫酸铝铁的离子反应为： (系数未配平)，若生成 沉淀，理论上产生的气体在标准状况下的体积为 。
【答案】
(1)
(2)
(3)增大 浓度，促进 尽可能完全析出
(4)为使 、 、 沉淀完全， 需要的 最大， 沉淀完全需要的 大于
(5)
【分析】辉钼矿(含 、 、 、 、 等)加入纯碱、氧气焙烧， 反应生成
和 ， 、 均可与纯碱反应生成对应的钠盐，焙烧产生的气体1主要为CO；加
2
入 ，相应的金属元素转化为金属阳离子，钒元素转化为 ，加入氨水净化，沉淀
，得到滤渣1为 ；向滤液中加入 沉钼，得到
(NH )MoO ·2H O晶体； 焙烧生成 和 ，氨气、二氧化碳与溶液X反应，经一系列操作
4 2 4 13 2
得到纯碱，则溶液X是饱和 溶液，滤渣1为 ，加入 酸溶，再
加入 聚合得到聚合硫酸铝铁，据此解答。
（1）根据化合价代数和为0可知，(NH )MoO ·2H O中 元素的化合价为+6价；基态 原子的价层电
4 2 4 13 2
子排布式为 ，排布图为： ；
（2）“氧化焙烧”时， 反应生成 和 ，则该氧化还原反应的化学方程式为：
2MoS +6Na CO+9O 2NaMoO +4Na SO +6CO ；
2 2 3 2 2 4 2 4 2
“溶液 ”是饱和 溶液，CO 在其中溶解度较小，应先通NH ，再通CO；
2 3 2
（3）“沉钒”时，加入过量 的目的是提高 浓度，促进 尽可能完全析出，提高原
料利用率；
（4）“净化”过程加入氨水调节溶液 ，沉淀 ，由表中数据可知，沉淀[Cu(OH) ]需要
2
的pH最大， 完全沉淀时， = ，pH＞6.5；
（5）将离子反应配平得到： ，生成1mol
沉淀，同时生成nmolCO ，在标准状况下的体积为22.4nL。
25．（2025·贵州毕节·一模）铜阳极泥(含有 、 、 、 等)是一种含贵金属的可再生资
源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：
① ；
② 易从溶液中结晶析出；
③不同温度下 的溶解度如下：
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
回答下列问题：
(1)为提高“氧化酸浸”的效率，可采取的措施有 (任写二种)。
(2)“滤液1”中含有 和 ，“滤渣1”含有Au及 、 (填化学式)。
(3)“除金”时反应的离子方程式为 。
(4)“氧化酸浸”和“除金”工序均需控制加入的NaCl不过量，原因是 。
(5)“银还原”工序消耗的 与产生的 的物质的量之比为 。
(6)为实现连续生产，“银转化”和“银还原”工序一般需控制温度在 ℃左右进行。
(7)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。“除金”时，硫代硫酸根 也可作为配体提供孤电
子对与 形成 ， 可看作是 中的一个 原子被S原子取代的产物。
①硫代硫酸根 的空间构型为： 。
②分别判断 中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由： 。
【答案】
(1)搅拌或粉碎或适当升高温度等(2)
(3)
(4)防止氯化钠过量导致 转化为
(5)1：2
(6)40
(7)四面体形 中心S原子无孤电子对不可以做配位原子，端基S原子有孤电子对可以做配位原子
【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag Se、Cu Se、PbSO 等）加入HO、HSO 、NaCl氧化酸浸，由题中信息
2 2 4 2 2 2 4
可知，滤液1中含有Cu2+和HSeO，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO ；滤渣1中加入NaClO、HSO 、
2 3 4 2 4
NaCl，将Au转化为Na[AuCl ]除去，滤液2中含有Na[AuCl ]，滤渣2中含有AgCl、PbSO ；在滤渣2中加
4 4 4
入NaSO ，将AgCl转化为 和 ，过滤除去PbSO ，滤液3中加入NaSO，将Ag元
2 3 4 2 2 4
素还原为Ag单质，NaSO 转化为NaSO ，滤液4中溶质主要为NaSO ，可继续进行银转化过程。
2 2 4 2 3 2 3
（1）搅拌、粉碎、适当升高温度等措施能提高“氧化酸浸”的效率，故答案为：搅拌或粉碎或适当升高
温度等；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为金、氯化银、硫酸铅，故答案为： ； ；
（3）由分析可知，加入氯酸钠、硫酸和氯化钠混合溶液除金的目的是将金转化为Na[AuCl ]，反应的离子
4
方程式为 ，故答案为：
；
（4）由题给信息可知，氯化银能与溶液中的氯离子反应转化为二氯合银离子，所以“氧化酸浸”和“除
金”工序均需控制加入的氯化钠不过量，否则会使银的产率降低，故答案为：防止氯化钠过量导致
转化为 ；
（5）由分析可知，加入NaSO 溶液将[Ag(SO)]3-转化为银时，NaSO 被氧化为可以循环使用的
2 2 4 3 2 2 2 4
NaSO ，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；
2 3
（6）由题给信息可知，高于40℃后，亚硫酸钠的溶解度减小，会使“银转化”和“银还原”的效率降
低，难以实现连续生产，导致银的产率降低，故答案为：40；
（7）①由题意可知，硫代硫酸根离子中中心原子硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的
空间构型为四面体形，故答案为：四面体形；
②硫代硫酸根离子中中心原子硫原子的孤对电子对数为0，而端基硫原子有孤电子对，所以代硫酸根离子
中的中心硫原子不能做配位原子，端基硫原子能做配位原子，故答案为：中心S原子无孤电子对不可以做
配位原子，端基S原子有孤电子对可以做配位原子。
6．（2025·四川·模拟预测） 具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级 的流程如下。
该阳极泥主要含有 ，以及 和微量 等杂质离子。已知： 。金属离子生成氢氧化物沉淀，其
和溶液 的关系如下图所示：
回答下列问题：
(1)基态锰原子的电子排布式为 。
(2)“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入 的作用是 。
(3)“除钾钠”步骤中，控制溶液 和 与 反应分别生成 和
沉淀，其中 生成沉淀的离子方程式为 。
(4)“除杂Ⅰ”步骤中，加 调溶液 ，该步除杂的总反应方程式为 。
(5)“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是 、 。
(6)“除杂Ⅲ”步骤中，随着“沉淀4”的生成，溶液 将 (填“升高”或“下降”或“不变”)。
(7)“浓缩结晶”步骤中，析出 后的滤液应返回到 步骤，其目的是 。
【答案】
(1)1s22s22p63s23p63d54s2
(2)还原二氧化锰为锰离子
(3)
(4)
(5)CaF MgF
2 2(6)下降
(7)溶解 循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率
【分析】阳极泥加入二氧化硫将二氧化锰还原为硫酸锰，加入硫酸铁除去钠钾，滤液加入碳酸锰调溶液
，使得铁离子转化为沉淀除去，滤液加入MnF ，使得钙离子、镁离子转化为CaF 、MgF 沉淀除
2 2 2
去，滤液加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，滤液浓缩结晶得到硫酸锰。
（1）锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2；
（2）二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入 的作用是还
原二氧化锰为锰离子；
（3）“除钾钠”步骤中，控制溶液 ，酸性条件下， 与 反应生成 沉
淀，其中 生成沉淀的离子方程式为： ；
（4）“除杂Ⅰ”步骤中，加 调溶液 ，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量
守恒，反应还生成硫酸锰、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方程式为
；
（5）由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF 、MgF ；
2 2
（6）“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为
、 ，反应过程中生成氢离子，使得溶液酸性增强，故随着“沉淀4”的生成，溶液
将下降。
（7）“浓缩结晶”步骤中，析出 后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的
是循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率。
7．（2025·河南·模拟预测）一种利用钛白粉副产品[主要成分为 ，含有少量
等]和农药盐渣(主要成分为 等)制备电池级磷酸铁
的工艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的 如下表。
氟化物回答下列问题：
(1)“除钛”中产生的少量气体是 (填化学式)；铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得 水解以
沉淀形式除去，其另一个作用是 。
(2)“除杂1”中除去的离子是 (填化学式)。
(3)“氧化1”中若 加入速度过快，会导致 用量增大，原因是 。本步骤不能使用稀盐酸代替
溶液，原因是 。
(4)滤渣3的主要成分是 ，生成该物质的离子方程式为 。
(5)“氧化2”的目的是减少 气体的排放(填化学式)。
(6)“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致 产量降低，原因是 。
【答案】
(1) 还原
(2)
(3)氧化生成的 可以使 分解速率增大，导致 用量增大 防止盐酸与 反应生成
，产生污染
(4)
(5)
(6)溶液中 浓度较大，磷元素主要以 形式存在， 浓度低，生成
沉淀量少
【分析】该工艺流程的原料为钛白粉副产品[主要成分为 ，含有少量
等]和农药盐渣(主要成分为 等)，产品为电池级磷
酸铁，钛白粉副产品在硫酸中溶解1后，加入铁粉“除钛”过程发生反应有 、
，提高了溶液体系的pH，使 水解以 沉淀形式除去，溶液中主要含
有 ，加入 “除杂1”中除去 ，“氧化1”中 被 氧化为 ，
“除杂2”中加入的 与 发生氧化还原反应生成 而除去 ，溶液中 与农药盐
渣中的 结合生成 。
（1）根据上述分析可知，“除钛”过程加入的铁粉发生的主要反应有 、，提高了溶液体系的pH，使 水解以 沉淀形式除去，故少量气体是
，铁粉作用之一是提高体系的pH，使得 水解以 沉淀形式除去，其另一个作用是还原
；
故答案为： ；还原 ；
（2）“除钛”后溶液中主要含有 ，由 、 、 的 可知， 更
难溶于水，加入 与 反应生成难溶于水的 ，故 “除杂1”中除去的是 ；
故答案为： ；
（3）“氧化1”中 被 氧化为 ， 是 分解的催化剂，可以使 分解速率增大，故
加入速度过快，会导致 用量增大；该反应 在酸性条件下发生，
本步骤若使用稀盐酸代替 溶液，则溶液中含有 ，在“除杂2”中会与 反应生成 ，产生
污染；
故答案为：氧化生成的 可以使 分解速率增大，导致 用量增大；防止盐酸与 反应生
成 ，产生污染；
（4）“除杂2”中加入的 与 发生氧化还原反应生成 ，离子方程式为
；
故答案为： ；
（5）农药盐渣成分中有 ，“除杂2”后溶液含有 ，二者混合会发生 ，
“氧化2”的目的是使 转化为 ，从而减少 气体的排放；
故答案为： ；
（6）“沉铁”中如果体系酸性过强，则溶液中 浓度较大，磷元素主要以 形式存
在， 浓度低，生成 沉淀量少，导致 产量降低；
故答案为：溶液中 浓度较大，磷元素主要以 形式存在， 浓度低，生成
沉淀量少。
8．（2025·福建福州·模拟预测）以废干电池[主要含 、 、Zn、 、Fe、KOH]和钛白
厂废酸(主要含 ，还有少量 、 、 、 等)为原料，制备锰锌铁氧体
的流程如下：已知：
①25℃时， ， ；酸性较弱时 、 均易形成 配离
子(M代表金属元素)；
② 在煮沸时易分解。
(1)酸浸过程中含锰物质被溶液中的 还原为 ：
① 的电子排布式为 ；
②其中 参与反应的离子方程式为 。
(2)氧化时加入 将 、 氧化，再加入 调节溶液pH为1~2，生成偏钛酸 和黄钾
铁矾 沉淀，使得钛、钾得以脱除。加入 生成黄钾铁矾的离子方程式为
。
(3)①氟化过程中溶液pH与钙镁去除率关系如图所示。当 时，溶液pH过高或过低， 、
去除率都会下降，其原因是 。
②氟化后，溶液中 为 。
③某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，
H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中。若四面体空隙填充率为100%，则该晶体储氢后
的化学式为 。
(4)共沉淀前，需测定溶液中锰元素含量。先准确量取1.00mL氟化后溶液于锥形瓶中，加入少量硫酸、磷
酸和硝酸银( 是催化剂)溶液振荡；将溶液加热至80℃，加入 溶液充分反应后，再将溶液煮
沸，冷却后，用0.0700mol/L的 标准液滴定至溶液由浅红色变为无色，平行滴定3次，平均消耗 标准液体积为Vml。
①溶液中锰元素含量为 mol/L。
②加入 完全反应后，若溶液不煮沸可能导致锰元素含量 (填“偏小”或“偏大”或
“不影响”)。
【答案】
(1)
(2)
(3)pH过低，溶液酸性较强，F⁻转化为弱酸HF，溶液中 浓度减小， 、 去除率减小；pH过高，
、 沉淀转化为 配离子，沉淀重新溶解， 、 的去除率降低 0.5
(4)0.014V 偏大
【分析】废干电池主要含 、 、Zn、 、Fe、KOH，加废硫酸“酸浸”，锰元素被
还原为 ，所得溶液中含有Mn2+、Zn2+、K+、Fe3+、Fe2+、 、 、 ；加双氧水把
、 氧化，加NH F生成 、 沉淀除 、 ；再加入 调节溶液pH为1~2，生成偏
4
钛酸 和黄钾铁矾 沉淀，使得钛、钾得以脱除；加碳酸铵“共沉淀”得到锰锌
铁氧体。
（1）①Mn是25号元素， 的电子排布式为 ；
② 被 还原为 ，Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒，参与反应的离子方程式为
。
（2）氧化时加入 将 氧化为Fe3+，再加入 调节溶液pH为1~2，Fe3+水解为黄钾铁矾
沉淀，生成黄钾铁矾沉淀的离子方程式为
。
（3）①根据题意，酸性较弱时 、 均易形成 配离子；pH过低，溶液酸性较强，F⁻转化为
弱酸HF，溶液中 浓度减小， 、 去除率减小；pH过高， 、 沉淀转化为 配离
子，沉淀重新溶解，所以溶液pH过高或过低， 、 的去除率降低。
②氟化后，溶液中 。
③某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中，根据均摊原则，晶胞中含有Cu原子数
、Ag原子数为 ，每个晶胞有8个四面体空隙，若四面体空隙填充率为100%，则该晶体储氢后的
化学式为Cu AgH 。
3 8
（4）用 把Mn2+氧化为 ，充分反应后，再将溶液煮沸除去剩余 ，冷却后，用
0.0700mol/L的 标准液滴定至溶液由浅红色变为无色， 被还原为Mn2+，平行滴定3
次，平均消耗 标准液体积为Vml。根据得失电子守恒得反应关系式，Mn2+~~ ~~~5
，n(Mn2+)= ；
①溶液中锰元素含量为 mol/L。
②加入 完全反应后，若溶液不煮沸，剩余 氧化 ，消耗
的体积增大，可能导致锰元素含量偏大。
9．（2024·浙江·一模）某工业废液中含有 ，一定条件下可实现如下转化：
已知：
①白色沉淀C中， 元素的物质的量相同。C的晶体中有一种三角锥形的阴离子和一种正四面体
形的阳离子。
② ，水溶液中 恰好完全
沉淀时的 。
③通常条件下， 在 溶液中的溶解度极小。
请回答：
(1)依据步骤I的结果，与 的结合能力 (填“>”、“<”或“=”)。当废液中 恰
好完全沉淀时，溶液中 。
(2)D中的金属阳离子是 ；步骤Ⅲ中 的作用为 。(3)生成C的离子方程式 ，设计实验验证C中所含的阳离子 。
(4)下列说法正确的是___________。
A．溶液A呈深蓝色的原因是含有
B．分子间氢键的强度 弱于
C．离子恰好完全沉淀时对应溶液的
D． 与 形成配位键的是碳原子
【答案】
(1)<
(2) 与 形成配合物，促进 在 中的溶解
(3) 取少量固体C，加入稀硫酸溶解，若
溶液呈蓝色且有紫红色不溶物生成，则含有 取溶解后的溶液于另一试管中加入浓 溶液并加热，
若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则含有
(4)AB
【分析】含有 废液中通入NH ，得到红褐色Fe(OH) 沉淀和深蓝色[Cu(NH )]SO 溶液，
3 3 3 4 4
红褐色Fe(OH) 沉淀加入盐酸，得到黄色的FeCl 溶液D，最后在加热和 作用下将Au氧化溶
3 3
解，深蓝色[Cu(NH )]SO 溶液中通入SO 气体发生氧化还原反应，得到白色沉淀C，白色沉淀C中
3 4 4 2
元素的物质的量相同，C的晶体中有一种三角锥形的阴离子和一种正四面体形的阳离子，C
为：NH CuSO 。
4 3
（1）CuSO 中通入NH ，得到深蓝色[Cu(NH )]SO 溶液，说明Cu2+结合NH 的能力大于结合OH-离子的能
4 3 3 4 4 3
力，故与 的结合能力 < ；当废液中 恰好完全沉淀时pH=2.8，则c(OH-)=10-11.2mol/L，
，溶液中 ；
（2）D中的金属阳离子是Fe3+，步骤Ⅲ中 的作用为：与 形成配合物，促进 在 中的
溶解；
（3）由分析可知，白色沉淀为NH CuSO ，生成C的离子方程式为
4 3
；C中的阳离子为 和Cu+，Cu+遇酸发生
歧化反应，生成Cu2+和Cu单质， 遇碱加热生成氨气，验证C中所含的阳离子方案是：取少量固体
C，加入稀硫酸溶解，若溶液呈蓝色且有紫红色不溶物生成，则含有Cu+；取溶解后的溶液于另一试管中加
入浓 溶液并加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则含有 ；（4）A．经分析，Cu2+与氨气反应，先生成Cu(OH) 沉淀，继续通入氨气，沉淀溶解得到 溶
2
液，A呈深蓝色的原因是含有 ，A正确；
B．O的电负性大于S， 中的N-H键的极性强于 中的N-H键的极性，极性越强，形成
的氢键越强，分子间氢键的强度 弱于 ，B正确；
C．根据 可知，Cu2+和Fe3+完全沉淀时，浓度为1×10-
5mol/L，由 和c(Fe3+)=1×10-5mol/L，可以计算出Fe3+恰好完全沉淀时c(OH-)=
，由 和c(Cu2+)=1×10-5mol/L可以计算出Cu2+完全沉淀时对应溶
液的c(OH-)= ，对应的 ，C错误；
D． 的C原子没有孤电子对，与 形成配位键的不是碳原子，D错误；
答案选AB。
10．（2025·湖南长沙·模拟预测）以某混合氧化物(由 、 、 、 组成)为原料制备
和 的工艺流程如下。
已知： 与 的化学性质相似。回答下列问题：
(1)写出“酸浸”时， 反应的化学方程式： 。
(2)“去铜”时，除了生成 外，还有 、 生成，该反应的离子方程式为 。
(3)为检验“去铜”后是否含有 ，选用的试剂是 。
(4)“熔融”时 转化为 ，该反应中每转移 电子，消耗 。
(5)已知“‘歧化”时反应为 。常温下，相关物质的溶解度
数据如下。
物质溶解度( 水) 111 256
通入 至溶液 达 时，应停止通 ，不能继续通入 的原因是 。可以替代 的试
剂是 (填“稀盐酸”“稀硫酸”或“稀醋酸”)。
(6) 的纯度测定：称取 粗品于烧杯中，加入蒸馏水和稀硫酸溶解，再用 的
溶液滴定3次，平均消耗 溶液 。 样品的纯度为 (用含 的代
数式表示，杂质不参与反应)。已知酸性条件下 与 反应，生成 和 。
【答案】
(1)
(2)
(3) 溶液或硫氰化钾溶液
(4)
(5)若继续通入 ，则会生成 ，由于与碳酸钾相比，碳酸氢钾溶解度与高锰酸钾溶解度相差不是
很大，会使得到的高锰酸钾粗品中含有较多的杂质 稀醋酸
(6)
【分析】混合氧化物加 碱浸，由题干信息可知 溶于 ，其他固体不溶，过滤得滤渣，将滤
渣溶于硫酸，其中 、 溶于硫酸生成硫酸铜和硫酸铁，二氧化锰不溶于硫酸，过滤后滤液中通入二
氧化硫再加 将铜还原为 沉淀，同时硫酸铁被还原为硫酸亚铁，硫酸亚铁溶于经浓缩结晶得到晶
体；二氧化锰固体加 熔融通空气，生成 ， 溶液中通二氧化碳调节 值 发生
歧化反应得到高锰酸钾。
（1）酸浸时氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应方程式为： ，故答案
为： ；
（2）“去铜”时，除了生成 外，还有 、 生成，可知 铜离子得 电子生成 ，
二氧化硫失 电子生成 ，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：
；
（3）检验三价铁离子可用 溶液或硫氰化钾溶液；
（4）“熔融”时 转化为 ，反应为： ，该反应中每
转移 电子，消耗 ，质量为 ；
（5）通入 至溶液 达 时，应停止通入，若继续通入会使碱性减弱，生成 ，与碳酸钾相比，碳酸氢钾溶解度与高锰酸钾溶解度相差不是很大，会使得到的高锰酸钾粗品中含有较多的杂质；可
以替代 的试剂应选弱酸醋酸，弱酸便于控制溶液 值；
（6）酸性条件下 与 反应，生成 和 。根据得失电子守恒可得关系式：
， ，则
， 样品的纯度为
。
11．（2025·浙江绍兴·模拟预测） 常用作杀菌剂。现以一种主要成分为 [可写作
]的锌矿物(含有少量的FeO、 、CuO)来合成该物质，相关实验流程如下。
已知：
①常温状况下， ， ，
②常温状况下， 在乙醇溶液中的溶解度远大于 ；
③滤液3中，三元体系 的平衡溶解相图如图2所示。
(1)步骤Ⅰ中酸浸实验装置如图1所示，其中仪器A名称是 ；仪器B作用是：①冷凝回流；②
。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．酸浸过程，电磁搅拌和热水浴的作用是提高浸取速率和转化率B． 溶液的作用是将 氧化成 ，使铁元素在较低 下被去除
C．向滤液2中加入适量的Zn单质主要目的是提高产品产率
D．不采用结晶滤液3的方法制备目标产物的原因是防止产生 杂质
(3)写出滤液3与 反应生成 的离子方程式 。
(4) 得到 粗产品的步骤如下，选择合理的操作并排序 。
a．过滤混合溶液，将析出的滤渣进一步处理；
b．过滤混合溶液，析出滤渣后，对溶液蒸发浓缩，冷却结晶，低温干燥；
c．充分洗涤 后加稀硫酸直至沉淀恰好溶解；
d．充分洗涤 后加稀盐酸直至沉淀恰好溶解；
e．向混合溶液中加入乙醇溶液，搅拌后静置5分钟；
f．向混合溶液中加入 溶液，搅拌后静置5分钟。
最后，由 粗产品得到 的操作可称为 。
(5)称取0.700g产品，置于250.00mL锥形瓶中、加100mL蒸馏水使其溶解，再加入缓冲溶液将pH调至
10.0并滴入适量铬黑T指示液。最后用 的EDTA(乙二胺四乙酸，简写 )标准溶液滴定至
待测溶液由红紫色变为纯蓝色(离子方程式为 )，重复三次，平均消耗EDTA标准溶液体
积为23.60mL。可推算出产物 的纯度为 。(保留三位有效数字)
【答案】
(1)分液漏斗 平衡压强
(2)C
(3)2Zn2++ +H O=Zn (OH) CO↓+CO ↑
2 2 2 3 2
(4)cb 重结晶
(5)96.8%
【分析】含锌的矿物加入硫酸酸浸，过滤，不溶物为SiO，滤液中有Fe2+、Zn2+、Cu2+、Cl-、 等，加
2
入HO 将Fe2+氧化为Fe3+离子，加入氨水调节pH值，使Fe3+形成Fe(OH) 沉淀除去，滤液2加入Zn置换
2 2 3
出Cu，滤液3中存在Zn2+、Cl-、 、 ，加入 (NH )CO，过滤洗涤沉淀，得到Zn(OH) CO 沉淀，
4 2 3 2 2 3
加入硫酸溶解，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、低温干燥得到ZnSO·7H O晶体。
4 2
（1）由图可知，仪器A为分液漏斗；冷凝管的作用有冷凝回流，与大气相通，平衡压强的作用；
（2）A．酸浸过程，搅拌和加热可以提高浸取速率和转化率，A正确；B．Fe3+沉淀所需要的OH-浓度较小， 溶液的作用是将 氧化成 ，使铁元素在较低的OH-浓度
下被去除，B正确；
C．向滤液2中加入适量的Zn单质主要目的是除去Cu2+杂质，C错误；
D．由图2可知直接用结晶滤液3的方法制备目标产物可能会生成 杂质，D正确；
答案选C；
（3）滤液3中有Zn2+、Cl-、 、 ，加入 反应生成 ，离子方程式为：
2Zn2++ +H O=Zn (OH) CO↓+CO ↑；
2 2 2 3 2
（4） 得到 粗产品，先洗涤沉淀，加入稀硫酸溶解，过滤混合溶液，析出滤渣
后，对溶液蒸发浓缩，冷却结晶，低温干燥。步骤是cb；由 粗产品得到 的操作
为重结晶；
（5）根据关系式 ~Zn2+~H Y，n( )=n(HY)=0.1000mol/L×23.60×10-3L=2.36×10-
4 4
3mol， 质量分数为 。
12．（2024·河南·三模） 广泛用于生产、生活等方面。以含钴废液(主要含 ，还含少量
、 、 、 等)为原料制备 的工艺流程如图所示：
已知：常温下， ， ， ，
。
回答下列问题：
(1)“电解”中阴极反应式为 。
(2)若 还原产物为 ，则生成 至少需要 。
(3)“除铜”时还原剂为 (填化学式，下同)；已知“除铜”后滤液中 ，
，在“除钙镁”中，先生成的沉淀是 。
(4)“沉钴”时分离 操作要快，否则 在潮湿空气中易被氧化成 。写出 在潮湿空气中发生反应的化学方程式： ；操作 在 气氛中完成， 的作用是
。
(5) 的水合物在加热逐步失去结晶水的过程中会呈现不同的颜色：
。
根据其性质设计 的一种用途： 。
(6)测定 样品中结晶水。准确称取 样品溶于水配制成 溶液，准确量取
所配溶液于锥形瓶中，滴 滴 溶液作指示剂，用 的标准 溶液滴定至
终点，消耗滴定液 。
①x= 。
②如果滴加 溶液过多或过少，测定结果会产生 (填“系统误差”或“随机误差”)。
【答案】
(1)
(2)1
(3)
(4) 抑制 水解
(5)制硅胶含水量的指示剂、制指示空气湿度变化的“变色花”、制显隐墨水、制温度计、制变色水泥等
(6)2 随机误差
【分析】以含钴废液(主要含 ，还含少量 、 、 、 等)为原料制备 ：电解
反应析出铜，加入氧化剂后除去铁，再加硫代硫酸钠作还原剂除铜，用氟化物沉淀钙，最后沉钴，加入溶
液是需注意防止氯化钴水解。
（1）阴极发生还原反应，析出铜： ；
（2）生成 ， 失去 电子，根据得失电子守恒，至少需要 ；
（3）铜离子变为铜单质，硫代硫酸钠作还原剂；根据离子浓度、溶度积计算，生成 时需要
，生成 时需要 ，故先生成 沉淀；
（4）类似 在空气中反应， 在潮湿空气中发生反应的化学方程式：
；氯化氢气体中结晶氯化钴晶体，抑制氯化钴水解；
（5）从指示水蒸气含量、指示温度两个角度设计实验：制硅胶含水量的指示剂、制指示空气湿度变化的
“变色花”、制显隐墨水、制温度计、制变色水泥等；（6）①根据反应式，原样品的物质的量： ，
， ；
②根据溶度积判断，若滴加指示剂过多，提前到达滴定终点，测得结果偏高，若滴加指示剂较少，会延迟
到达终点，测得结果偏小，这些误差都属于操作不当引起的，统属于随机误差。
