文档内容
重难点 16 化学工艺流程综合题
►命题趋势►解题策略►真题回眸►限时检测
考向一 以物质制备为主体的无机化工流程
化学工艺流程综合题
考向二 以物质分离提纯为主体的无机化工流程
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。
预测在2024年的高考试题中，化学工艺流程综合题将会把最新的科技成果融入试题中，可能会以陌
生的新物质为背景，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。
【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)
碱溶 ①除去金属表面的油污；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；
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。
加热 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
控制温度(常
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性
用水浴、冰
浴或油浴) ⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
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
①氧化(或还原)某物质，转化为目标产物的价态；
加入氧化剂
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
(或还原剂) 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：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
pH控制 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
(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 2
MgCl ·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
压过滤、热过滤。
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
(3)实例：KNO 溶液中混有少量的 NaCl溶液
3
冷却结晶
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。
萃取与分液
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。
【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
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 3
SO：S为＋6； CrO：Cr为＋6；
2
VO：V为＋5；
（2）认识并掌握常见的氧化剂、还原剂。
(1)强氧化性物质或离子：
NaO 、Fe3＋、NO 、HNO(浓)、HNO(稀)、O 、O 、HO 、HSO (浓)、Cl 、Br 、HClO、NaClO、
2 2 2 3 3 2 3 2 2 2 4 2 2
Ca(ClO) 、KMnO (H＋)。
2 4
(2)强还原性物质或离子：
Fe2＋、Fe(OH) 、SO (H SO 、NaSO 、NaHSO、SO)、HS(Na S、NaHS、S2－)、HI(NaI、I－)等。
2 2 2 3 2 3 3 2 2
（3）书写关键——识记常见氧化剂、还原剂及产物预测①常见的氧化剂及还原产物预测
氧化剂 还原产物
KMnO Mn2＋(酸性)；MnO (中性)；MnO(碱性)
4 2
KCr O(酸性) Cr3＋
2 2 7
浓硝酸 NO
2
稀硝酸 NO
HSO (浓) SO
2 4 2
X(卤素单质) X－
2
HO OH－(碱性)；HO(酸性)
2 2 2
NaO NaOH(或NaCO)
2 2 2 3
Cl Cl－
2
HClO、NaClO、Ca(ClO) (或ClO
2 Cl－、Cl
－) 2
NaClO Cl、ClO 、Cl－
3 2 2
PbO Pb2＋
2
Fe3＋ Fe2＋
②常见的还原剂及氧化产物预测
还原剂 氧化产物
Fe2＋ Fe3＋(酸性)；Fe(OH) (碱性)
3
SO (或HSO 、SO、NaHSO) SO
2 2 3 3
S2－(或HS、NaHS) S、SO (或SO)、SO
2 2
HC O、C O CO、CO
2 2 4 2 2
HO O
2 2 2
I－(或HI、NaI) I、IO
2
CO CO
2
金属单质(Zn、Fe、Cu等) Zn2＋、Fe2＋(与强氧化剂反应生成Fe3＋)、Cu2＋
H H＋(酸性)、HO(碱性)
2 2【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①根据离子浓度数据求得Q，若Q>K ，则有沉淀生成；
sp
判断沉淀的生成或沉淀是
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－
否完全 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
(1)指示剂
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，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。(2)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)分类
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
2
后，然后用硫代硫酸钠滴定液滴定剩余的碘，以求出待测组分含量的方法。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
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
(2)指示剂
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，碘易吸附在淀粉表面，影响终
点的正确判断。
(3)适用对象
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 、IO、Cu2＋、NO、NO
2 2 2 4
等。
考向一 以物质制备为主体的无机化工流程
1．（2023·河北·统考高考真题）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可
实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的 可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
已知：室温下的 。回答下列问题：
(1)首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为 (填化学
式)。
(2)滤渣的主要成分为 (填化学式)。
(3)浸取工序的产物为 ，该工序发生反应的化学方程式为 。浸取后滤液的一半经氧化
工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
(4)浸取工序宜在 之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因
是 。
(5)补全中和工序中主反应的离子方程式 + 。
(6)真空干燥的目的为 。
【答案】
(1)
(2)
(3)
(4)盐酸和液氨反应放热
(5)
(6)防止干燥过程中 被空气中的 氧化
【详解】由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色
溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一
半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入加入硫酸、盐酸中
和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚铜的滤液和氯化
亚铜；氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。
（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，故答
案为： ；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe；
（3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的
化学方程式为 ；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化
二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为
，故答案为：； ；
（4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保
持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸
和液氨反应放热；
（5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离
子，反应的离子方程式为 + ，故答案为： ； ；
（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方
法干燥，故答案为：防止干燥过程中 被空气中的 氧化。
2．（2023·重庆·统考高考真题） 是一种用途广泛的磁性材料，以 为原料制备 并获得副产
物 水合物的工艺如下。
时各物质溶度积见下表：
物质
溶度积
回答下列问题：
(1) 中 元素的化合价是 和 。 的核外电子排布式为 。
(2)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。
(3)反应釜2中，加入 和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 。
②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。
(4)①反应釜3中， 时， 浓度为 ，理论上 不超过 。
②称取 水合物 ，加水溶解，加入过量 ，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸
中，用 标准溶液滴定，消耗 。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中
的质量分数为 。【答案】
(1)+3 1s22s22p6
(2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
(3) 适当升高温度、搅拌
(4)11 最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6%
【详解】 溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁， 溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2
中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，
（1） 可以写成 ，故 元素的化合价是 和+3。 为氧原子得到2个电子形成的，核外
电子排布式为1s22s22p6；
（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中
氧气氧化为三价铁；
（3）①反应釜2中，加入 和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和
水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为 。
②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；
（4）①反应釜3中， 时， 浓度为 ，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此
时 ，pOH=3，pH=11，故理论上 不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内
不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀 ，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化
还原反应： ，结合质量守恒可知，
，则该副产物中 的质量分数为
。
3．（2023·江苏·统考高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备 ，其实验过程可表
示为
(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入 气体，生成 ，反应为，其平衡常数K与 、 、 、
的代数关系式为 ；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收 效率的有
(填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入 气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通
(2)在催化剂作用下 被 氧化为 。已知 的溶解度为0.57g(20℃)， 氧化溶液中
的离子方程式为 ；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中 被 氧化
的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中 的氧化速率增大，其主要
原因是 。
(3)制取 晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的 浆料与 溶液
充分反应。 浆料与 溶液的加料方式是 ；补充完整制取 晶体的实验
方案：向含有少量 、 的 溶液中， 。(已知： 、 在 时完全转化为
氢氧化物沉淀；室温下从 饱和溶液中结晶出 ， 在150~170℃下干燥得
到 ，实验中需要使用MgO粉末)
【答案】(1) BD
(2) pH增大，抑制 的水解，反应物 的浓度增大，故可加快氧化速率
(3)用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液 分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，
直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干
燥。
【详解】本实验的目的是为了制取 ，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入 气体，
生成 ，然后使一定量的 浆料与 溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧
化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在
150~170℃干燥即可得到 ；
（1）已知下列反应：
① K
②
③
④
⑤
⑥
根据盖斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥ ，故K= ；
A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO 在水中溶解度降低，且会导致HSO 受热分解，不一定能提高
2 2 3
吸收SO 效率，A错误；
2
B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO 效率，B正确；
2
C．降低通入SO 气体的速率，SO 可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO
2 2 2
效率，C错误；
D．多孔球泡可以让SO 与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO 效率，D正确；
2 2
故选BD。
（2）根据题意，O 氧化溶液中的 ， 被氧化为 ，1molO 氧化2mol ，故 氧化溶液中
2 2
的离子方程式为： ；pH增大，抑制 的水解，反应物 的浓度增大，故可加快氧化速率；
（3）在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴
液漏斗滴加液体，HSO 溶液的滴加速率要慢，以免HSO 过量；
2 4 2 4
根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加
入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化
铝沉淀；接着需要从溶液中得到 ，根据题目信息，室温下结晶只能得到 ，因此
需要在150~170℃下干燥得到 ，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得
晶体在150~170℃干燥。
考向二 以物质分离提纯为主体的无机化工流程
4．（2023·广东·统考高考真题） 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
【详解】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： 。
5．（2023·福建·统考高考真题）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含
及少量 )中分离回收金属的流程如下：(1)“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CoO 发生反应的离子方程
式 。
(2)“焙烧1”中，晶体[ 和 ]总质量随温度升高的变化情况如下：
温度区间/℃
晶体总质量 变小 不变 变小 不变
①升温至 过程中，晶体总质量变小的原因是 ； 发生分解的物质是 (填化学
式)。
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。
(3) 时， 的 。反应
的平衡常数 (列出计算式即可)。经计算可判断 难溶于
稀硫酸。
II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。
(4)基态 的价电子排布式为 。
(5)晶胞中含有 个 。晶体中微粒间作用力有 (填标号)。a．氢键 b．离子键 c．共价键 d．金属键
(6)“焙烧2”中 发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 (填化学式)。
【答案】
(1)粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀 浓度等
(2)失去结晶水
(3) 或 或 之间任一数字
(4)
(5)2 2:1 bc
(6)
【详解】白合金经过稀硫酸酸浸1后得到滤液1（其中含有Co2+、Fe2+、 、Fe3+）以及滤渣1（SiO、
2
Cu S、CuS），滤液1经结晶后得到硫酸铁以及硫酸钴的晶体，焙烧1和水浸后得到硫酸钴溶液以及三氧
2
化二铁；滤渣1经空气焙烧2后得到氧化铜，加入稀硫酸后得到CuSO 溶液以及滤渣2 SiO 。
4 2
（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀
浓度等（任写一条即可），CoO 发生反应的离子方程式为： ；
（2）①由图可知，升温至 过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量不
变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解；
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解；
（3） 的平衡常数 = ；
（4）基态 的价电子排布式为3d9；
（5）由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S处于棱
上，且该S实际存在形式为 ，个数为 ；俯视图处于面点位置的S可能处于晶胞体内或者面心
上，结合晶胞图形可知该S处于体内，且该S实际存在形式为 ，个数为2个，因此晶胞中S的总价态为
2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x，Cu2+的
个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=4，y=2，故 2:1；晶体中微粒间作
用力有离子键及共价键；
（6）“焙烧2”中 发生反应的化学方程式为： ，由分析可知，滤渣2为
SiO。
26．（2023·辽宁·统考高考真题）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含
和 )。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸 ， 中过氧
键的数目为 。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节 ， 被 氧化为 ，该反应的离子方程式为 (
的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为 、 (填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变， (Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。 体积分数为 时，
(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大 体积分数时， (Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
(5)“沉钴镍”中得到的 (Ⅱ)在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程式为 。
(6)“沉镁”中为使 沉淀完全 ，需控制 不低于 (精确至0.1)。【答案】
(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2)N
A
(3) CaSO 、Fe(OH)
4 3
(4)9.0% SO 有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
2
(5)
(6)11.1
【详解】
在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸 ，用石灰乳调节
， 被 氧化为 ，发生反应 ，Fe3+水解同时生成
氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH) ，在空气中可被氧化成 。
2
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面
积
（2） 的结构简式为 ，所以 中过氧键的数目为N
A
（3）用石灰乳调节 ， 被 氧化为 ，该反应的离子方程式为：
；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-
5mol/L， ，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶
液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO 微溶于水，故滤渣还有CaSO 和氢氧化
4 4
铁；
（4）根据图示可知 体积分数为0.9%时， (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大 体积分数时，由于SO
2
有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH) ，在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程式为：
2
；
（6）氢氧化镁的 Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据 Ksp 可计算 c(OH-)=10-
2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；
（建议用时：90分钟）
1．（2024·广西·统考模拟预测）层状结构 薄膜能用于制作电极材料。 薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、 )制得 后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的 用 溶液吸收生成 的离子方程式为 。
(2)“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵 溶液，为提高“浸取”速率，可采用的
措施是 (举一例)。
(3)“灼烧”过程中需回收利用的气体是 (填化学式)。
(4)在650℃下“气相沉积”生成 的反应需在特定气流中进行，选用Ar而不选用 形成该气流的原因
是 。
(5)层状 晶体与石墨晶体结构类似，层状 的晶体类型为 。将 嵌入层状 充电
后得到的 可作电池负极，该负极放电时的电极反应式为 。结合原子结构分析， 能
嵌入 层间可能的原因是 。
【答案】
(1)
(2)将固体粉碎
(3)NH
3
(4) 和S在加热条件下发生生成HS
2
(5)混合型晶体 为Li失去一个电子形成，原子半径小
【详解】 薄膜由辉钼矿(主要含 及少量FeO、 )制得 后再与S经气相反应并沉积得
到，辉钼矿焙烧后使用氨水浸取得到 ，结晶后灼烧得到 ，最后与S经气相反应并沉
积得到 ，据此分析解题。
（1） 用 溶液吸收，生成 ，离子方程式为 ，故答案为
。
（2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵 溶液，可将固体粉碎，提高“浸
取”速率，故答案为将固体粉碎。（3） 为铵盐，“灼烧”过程产生NH ，可回收利用，故答案为NH 。
3 3
（4） 和S在加热条件下发生生成HS，所以用Ar而不选用 ，故答案为 和S在加热条件下发生生
2
成HS。
2
（5）石墨的晶体类型为混合型晶体，层状 晶体与石墨晶体结构类似，所以层状 的晶体类型为
混合型晶体，将 嵌入层状 充电后得到的 可作电池负极，放电是原电池，失去电子发生氧
化反应，电极反应式为 ， 为Li失去一个电子形成，电子排布式为1s2，原子半
径小，能嵌入 层间，故答案为分子晶体； ； 为Li失去一个电子形成，原
子半径小。
2．（2024·河南·统考模拟预测）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有 和
等物质。一种以钢渣粉为原料固定 并制备 的工艺流程如图所示。
已知钢渣中 元素质量分数为 在稀盐酸和 混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关
金属离子开始沉淀和沉淀完全的 如下表所示：
金属离子
开始沉淀的
1.9 7.2 3.5 12.4
沉淀完全的
2.9 8.2 5.1 13.8
回答下列问题：
(1)浸出1过程生成的 “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有
(除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。
(2)为避免引入杂质离子，氧化剂 应为 (举1例)。
(3)滤液 的溶质可循环利用，试剂 应为 。
(4)若 的浸出率为 ，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 。(5)富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随 变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应
控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。
(6)微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知
，该晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值
为 )。
【答案】
(1)适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌 稀硫酸与2CaO∙SiO 反应形成微溶于水的CaSO 覆盖在
2 4
钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
(2)H O 或氯水
2 2
(3)氨水
(4)297
(5)Ca VO V O+2CaCO +O Ca VO+2CO
2 2 7 2 3 3 2 2 2 7 2(6) ×1023
【详解】钢渣中含有2CaO∙SiO 、Fe O、FeO、Al O 和VO 等，钢渣中加入稀盐酸、NH Cl进行“浸出
2 2 3 2 3 2 3 4
1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入
试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO“固碳”得到微细CaCO 和滤
2 3
液C；富钒渣与CaCO 在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤
3
液，滤液经系列操作得VO，用还原剂将VO 还原为VO。
2 5 2 5 2 3
（1）浸出1过程生成的SiO “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施
2
有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫
酸与2CaO∙SiO 反应形成微溶于水的CaSO 覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。
2 4
（2）加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为HO 或氯水。
2 2
（3）加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH) 、Al(OH) 沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于
3 3
“固碳”时形成CaCO ，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。
3
（4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO
2
的质量为 =297kg。
（5）由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca VO 的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca VO；
2 2 7 2 2 7
该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O 为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反
2
应的化学方程式为VO+2CaCO +O Ca VO+2CO 。
2 3 3 2 2 2 7 2
（6）该晶胞中含Ca2+的个数为4× +4× +2× +2× +4=6，含 的个数4× +4× +4=6，1个晶胞的
质量为 g，晶胞的体积为 = ×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶
体密度为 g÷( ×4.992×17.3×10-21cm3)= ×1023g/cm3。
3．（2024·陕西宝鸡·统考模拟预测）工业上以铬铁矿(主要成分FeO·Cr O，含Al O、SiO 等杂质)为主要
2 3 2 3 2
原料制备红矾钠(Na Cr O·2H O)的工艺流程如图a。回答下列问题：
2 2 7 2
(1)“焙烧”时，将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。
(2)“焙烧”的目的是将FeO·Cr O 转化为NaCrO，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时
2 3 2 4FeO·Cr O 发生的化学方程式 。
2 3
(3)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图b所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-
5mol/L时，可认为已除尽。
试分析：“中和”时pH的理论范围为 ；“酸化”的目的是 ；Fe元素在
(选填流程图a中操作步骤的名称)过程中除去。
(4)蒸发结晶步骤中的副产品主要是 。冷却结晶所得母液中，除NaCr O 外，可在上述流程中
2 2 7
循环利用的物质还有 。
(5)此方法生产过程中会产生大量含 的酸性废水，可以用如图c装置处理。向废水中加入适量的NaCl
进行电解， 被电极产物还原为Cr2+，然后生成Cr(OH) 沉淀除去，废水则可以达到排放标准。
3
①写出阳极的电极方程式 。
②已知K [Cr(OH) ]=1.0×10-32，若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol/L，则此时
sp 3
c(Cr3+)= mol/L。
【答案】
(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)
(3)4.5~9.3 把 完全转化为 浸取
(4)Na SO 硫酸
2 4
(5)Fe-2e-=Fe2+ 1.0×10-6
【详解】铬铁矿主要成分FeO·Cr O，含Al O、SiO 等杂质。铬铁矿和纯碱在空气中灼烧生成NaCrO、
2 3 2 3 2 2 4偏铝酸钠、硅酸钠、氧化铁，“水浸”除去氧化铁，滤液中加硫酸“中和”生成氢氧化铝、硅酸沉淀，过
滤，滤液中加硫酸酸化把 完全转化为 ，蒸发结晶析出副产品硫酸钠，冷却结晶析出
NaCr O·2H O。
2 2 7 2
（1）“焙烧”时，将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）焙烧时FeO·Cr O、碳酸钠、氧气反应生成NaCrO、氧化铁、二氧化碳气体，发生反应的化学方程
2 3 2 4
式为 。
（3）“中和”的目的是以氢氧化铝沉淀、硅酸沉淀的形式除去 元素， 根据图示，pH的理论范围
为4.5~9.3；最终产品是NaCr O·2H O ，所以“酸化”的目的是把 完全转化为 ；Fe O 难溶
2 2 7 2 2 3
于水，根据流程图，Fe元素在“浸取”过程中除去。
（4）根据流程图，溶液存在的阳离子是钠离子、H+，阴离子为 、 ，所以蒸发结晶步骤中的副
产品主要是NaSO 。冷却结晶所得母液中，除NaCr O 外，可在上述流程中循环利用的物质还有硫酸。
2 4 2 2 7
（5）①铁为阳极，阳极铁失电子生成亚铁离子，阳极的电极方程式为Fe-2e-=Fe2+。
②根据图b，c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L时，pH=3，c(OH-)=1.0×10-11mol/L，K [Fe(OH) ]=1.0×10-38；
sp 3
K [Cr(OH) ]=1.0×10-32，若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol/L，则此时
sp 3
c3(OH-)=1.0×10-26mol/L，c(Cr3+)= mol/L。
4．（2024·陕西商洛·校联考一模）亚铁氰化钾晶体俗名黄血盐，化学式为
，可溶于水，难溶于乙醇。用含NaCN的废液合成黄血盐的主要工艺
流程如下：
回答下列问题：
(1)NaCN中碳元素的化合价为 。
(2)“反应器”中投入等体积、等浓度的 溶液和 溶液，发生主要反应的离子方程式为
。
(3)“过滤1”后可以向滤液中加入少量铁粉，目的是 ；滤渣2的主要成分是 (填化学
式)；“转化器”中生成黄血盐晶体的反应类型为 。
(4)实验室进行“步骤a”的具体操作为 。
(5)样品的纯度测定：步骤1：准确称取8.884g黄血盐样品加入水中充分溶解，并配制成100.00mL溶液。
步骤2：量取25.00mL上述溶液，用 的酸性高锰酸钾溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗酸
性高锰酸钾溶液30.50mL。
已知：
。
①配制100.00mL样品待测液，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。
②该样品的纯度是 (保留4位有效数字)。
③下列操作会使测定结果偏高的是 (填字母)。
A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡
【答案】
(1)+2
(2)
(3)防止Na[Fe(CN) ]被氧化 除去过量的钙离子 络合反应
4 6
(4)用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次
(5)100.00mL容量瓶 95.0% C
【详解】含NaCN的废液中加入FeSO 、CaCl 反应生成Na[Fe(CN) ]、CaSO、NaCl，过滤除去硫酸钙，
4 2 4 6 4
然后加入碳酸钠除去过量的钙离子，过滤除去碳酸钙；加入KCl溶液使Na[Fe(CN) ]转化为
4 6
Na[Fe(CN) ]⋅3HO，过滤，用乙醇洗涤、干燥，最后得到产品；据此分析解题。
4 6 2
（1）NaCN中碳元素的化合价为+2价，故答案为：+2。
（2）由流程可知，反应器中NaCN、FeSO 、CaCl 反应，根据质量守恒和最终产物Na[Fe(CN) ]⋅3HO推
4 2 4 6 2
断反应生成Na[Fe(CN) ]、CaSO、NaCl，发生的主要反应为
4 6 4
，故答案为：
。
（3）反应过滤后，“过滤1”中Fe为+2价，加入少量铁粉，可已知Fe的氧化，然后加入碳酸钠除去过量
的钙离子，过滤除去碳酸钙，反应器中NaCN、FeSO 、CaCl 反应生成Na[Fe(CN) ]为络合反应；故答案
4 2 4 6
为：防止Na[Fe(CN) ]被氧化；除去过量的钙离子；络合反应。
4 6
（4）亚铁氰化钾晶体可溶于水，不溶于乙醇，第2次过滤得到亚铁氰化钾晶体，为了除去晶体表面的杂质
残液，可以乙醇洗涤，故实验室进行步骤a的操作为用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自
然流下，重复操作2～3，故答案为：用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操
作2～3次。（5）①配制100.00mL样品待测液，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和100.00mL容量瓶，故答案
为：100.00mL容量瓶；
②根据方程式
可知，则样品中Na[Fe(CN) ]的物质的量为
4 6
，则该样品的纯度是
，故答案为：95.0%；
②A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化，导致标准液用量减少，结果偏低，故A错误；
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确，导致读数偏小，结果偏低，故B错误；
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡，导致标准液用量偏大，结果偏高，故C正
确；
故答案为C。
5．（2023·广东·校联考三模）氧缺位体( )是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿主要
成分是( ，含 、 等杂质)、为原料制备 的流程如下：
已知：①酸浸后溶液中的金属离子有 、 、 和
②25℃时已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 1.9 3.4 6.4 7.0
完全沉淀的pH 3.2 4.7 7.6 9.0
请回答下列问题：
(1)Cu位于元素周期表第四周期，第 族。
(2) “焙烧”时生成三种氧化物，其化学方程式为 。(3)加Cu“还原”的目是 。
(4)滤渣2的主要成分为 。
(5)已知 有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的 的空间构型是
。
(6)充分“煅烧” 得到的氧缺位体( )的质量为原质量的98%，则 。
氧缺位体分解水制氢分两步：
第一步 (完成方程式)；
第二步：
(7)四方晶系 晶胞结构如图所示，已知( 晶体的密度是 ，则 (设 为
阿伏加德罗常数的值)。
【答案】
(1)IB
(2)
(3)将 还原为 ，防止 在调pH时变成 而除去
(4)
(5)平面正方形或平面四边形或平行四边形
(6)0.3
(7)
【详解】氧气具有氧化性，已知，酸浸后溶液中的金属离子有 、 、 和 ， “焙烧”时生成三种氧化物，结合质量守恒可知，“焙烧”中黄铜矿的 与氧气反应生成SO 、CuO、
2
，反应为 ，加入硫酸将金属氧化物转化相应硫酸盐溶液，
滤渣1为不反应的二氧化硅，加入Cu还原铁离子为Fe2+，加入CuO调pH使Al3+完全沉淀，而Cu2+、
Fe3+不沉淀，滤渣2主要成分是氢氧化铝沉淀，含少量铜、氧化铜；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离
子，加入过量氨水反应生成Cu(NH )SO ，Fe3+与弱碱氨水反应生成Fe(OH) 沉淀，Cu(NH )SO 经系列操
3 4 4 3 3 4 4
作生成CuO，灼烧时CuO与氢氧化铁反应生成CuFe O，在氮气做保护气下煅烧生成 ；
2 4
（1）Cu为29号元素，位于元素周期表第四周期第IB族；
（2）由分析可知， “焙烧”时反应化学方程式为 ；
（3）还原流程后调pH使得Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀；由于铁离子会较铝离子首先沉淀，故加
Cu“还原”的目是将 还原为 ，防止 在调pH时变成 而除去；
（4）由分析可知，滤渣2的主要成分为 ；
（5）已知 有两种同分异构体，则可知其结构不是四面体结构，而是平面四边形结构，故
的空间构型为平面正方形或平面四边形或平行四边形；
（6）铁酸铜( )制备氧缺位体( )，质量减少量就是生成氧气的质量，
， 0.3；氧缺位体分解水制氢总反应为 ，结合第
二步反应 ，可知第一步反应为 ；
（7）根据“均摊法”，晶胞中含 个Cu、 个Fe 、8个S，则晶体密度为
，a= nm。
6．（2024·贵州·统考模拟预测）钴属于稀缺性金属。利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取某废旧锂离子电池
中钴酸锂粗品制备 产品，实现资源的循环利用。主要工艺流程如下：
已知：①氯化胆碱 是一种铵盐；② 在溶液中常以 (蓝色)和 (粉红色)形式存在；
③ 时， 。
回答下列问题：
(1) 中 的化合价为 。
(2)下图为“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和 粗品以不同的液固比在 下微波处理 后锂和钴
的浸取率图，则最佳液固比为 。
(3)“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为 。
(4) 时，“沉钴”反应完成后，溶液 ，此时 。
(5)“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥，检验“滤饼2”是否洗涤干净的操作及现象是 。
(6)“高温烧结”中需要通入空气，其作用是 。
(7)锂离子电池正极材料 在多次充放电后由于可循环锂的损失，结构发生改变生成 ，导致电
化学性能下降。
① 晶体(常式尖晶石型)的晶胞示意图如图所示，则顶点上的离子为 (用离子符号表示)。
②使用 和 溶液可以实现 的修复，则修复过程中的化学反应方程式为 。
【答案】
(1)+1
(2)60mL/g(3)
(4)
(5)取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净
(6)利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价
(7)Co2+
【详解】氯化胆碱-草酸和 微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以
存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH) 沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH) 固体经过煅烧
2 2
得到 固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和 高温烧结（通入
空气氧化）得到 产品。
（1） 中Co为+3价，O为-2价，因此Li为+1价；
（2）图中信息显示当液固比为60mL/g时钴的浸取率最高，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最
佳液固比为60mL/g；
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色 变为粉红色 ，该变化的离子方程式为：
；
（4）pOH=14-pH=4，此时溶液中氢氧离子浓度为：10-4mol/L，钴离子浓度为：
；
（5）检验“滤饼2”是否洗涤干净只需要检验最后一次洗涤液中是否含有大量碳酸钠即可：取最后一次洗
涤液加入氯化钙或氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净；
（6）据分析，高温烧结时通入空气，利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价；
（7）Co O 晶体属于常式尖晶石型，结合晶胞结构可知，Co3+位于晶胞内部立方体的4个顶点，Co2+位于
3 4
晶胞的8个顶点和1个在内部，O2-位于晶胞内部立方体的4个顶点以及另外4个在内部，离子个数比：
Co2+:Co3+:O2-=2:4:8=1:2:4，则顶点上的离子为Co2+；使用 和 溶液可以实现 的修复是
过氧化氢将 氧化和 生成 ： 。
7．（2024·吉林·统考模拟预测） 是一种重要的含锶化合物，广泛应用于许多领域。以天青石(主要成
分为 )为原料制备 的一种工艺方法如下：天青石主要元素质量分数如下：
元素
质量分数( ) 36.4 2.0 4.0 0.5 5.0
。
回答下列问题：
(1)天青石与碳粉在一定投料比下“煅烧”生成 和碳氧化物，据矿样成分分析结果计算得出，生成
、 时失重率分别为 、 ，实际热重分析显示失重率为32.6%，则“煅烧”中主要生成的碳氧
化物为 (填“ ”或“ ”)。
(2)“煅烧”过程中还可能产生少量对环境有危害的气体，化学式为 和 。
(3)“水浸”后滤渣的主要成分除 和C外，还有两种氧化物，化学式为 和 。
(4)“水浸”时需加热， 与热水作用后的溶液呈碱性的主要原因为 (用化学方程式表示)
(5)“水浸”后的滤液中 ，“除杂”过程中(忽略 溶液引起
的体积变化)，为使 不沉淀，应控制溶液中 ，每升滤液中篇加入
溶液的体积 。
(6)“沉锶”过程中，可溶性 发生反应的离子方程式为 。
【答案】
(1)CO
2
(2)CO SO
2
(3)AlO SrO
2 3
(4)SrS+2H O HS+Sr(OH)
2 2 2
(5)2×10-4 5×10-4
(6)Sr2++2OH-+CO =SrCO↓+H O
2 3 2
【详解】
（1）设生成的碳氧化物中CO 含量为x，则CO含量为1-x，则有0.304x+0.386(1-x)=0.326，解得x=73%，
2因此煅烧中主要生成的碳氧化物为CO。
2
（2）煅烧过程中还可能生成少量对环境有危害的气体，天青石的主要成分为SrSO ，能生成的有害气体只
4
有SO ，碳粉能生成的有害气体只有CO，其他物质无法生成有害气体，则两种气体的化学式为SO 和
2 2
CO。
（3）天青石中含有Ba、Ca、Al和Si，已知Ba元素通过后续加入硫酸除去，Ca转化为硅酸钙，则Al转化
为Al O，同时Sr也会生成SrO，两种氧化物为Al O 和SrO。
2 3 2 3
（4）SrS溶于水电离出的硫离子水解生成氢氧根离子，使溶液呈碱性，化学方程式为SrS+2H O
2
HS+Sr(OH) 。
2 2
（5）根据K (SrSO )=3.4×10-7可知，SrSO 开始沉淀时，硫酸根离子浓度为3.4×10-7÷0.68=5×10-7mol/L。为
sp 4 4
使Sr2+不沉淀，硫酸根离子浓度需小于5×10-7mol/L，则钡离子浓度需大于1×10-10÷(5×10-7)=2×10-4mol/L，为
使Sr2+不沉淀，硫酸根离子浓度需小于5×10-7mol/L，则每升滤液中含有硫酸根离子5×10-7mol，需要加入
1mol/L的硫酸的体积小于等于5×10-4mL。
（6）沉锶过程中，可溶性Sr(OH) 溶液与二氧化碳反应生成碳酸锶沉淀和水，离子方程式为Sr2++2OH-
2
+CO =SrCO↓+H O。
2 3 2
8．（2024·四川成都·校考一模）三氯化六氨合钴 是一种重要的化工原料。利用含钴废料
(含少量Fe、Al等杂质)制取 的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有 、 、 、 等。
② 、 、
已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于 时，可认为沉淀完全。
③ 具有较强还原性。
回答下列问题：
(1)制备 。
“除杂”过程中加 调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含 的滤液，调节pH
的范围为 。
(2)制备 。①“混合”过程中需先将 ， 溶液混合，然后再加入活性炭， 的作用是 。
②“氧化”过程应先加入 (选填“氨水”或“双氧水”)，原因是 。
③生成 的离子方程式为 。
(3)分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到
晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是 。
(4)含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加
热，将Co完全转化为难溶的 ，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的
KI和2~3滴淀粉溶液，再用 溶液滴定(反应原理： 、
)，达到滴定终点时消耗 溶液24.00mL，则产品中钴元素的含量 。
【答案】
(1)4.7~7.4(大于等于4.7小于7.4)
(2) 会抑制 的电离，防止生成 沉淀；参与反应提供 氨水
具有较强还原性，易被氧化；先加 将 氧化为 ，后加氨水，会生成 ，
不利于产品的生成
(3)增大 ，降低 在水中的溶解度，有利于其结晶析出
(4)14.16%
【详解】以含钴废料用盐酸溶解，过滤出滤渣，得到含 、 、 、 的酸性滤液，向滤液中加
入适量的NaClO 将Fe2+氧化为Fe3+，再加NaCO 调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH) 和Al(OH) ，过滤得滤
3 2 3 3 3
渣(主要成分为Fe(OH) 和Al(OH) )和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH Cl溶液得到
3 3 4
CoCl •6H O，再依次加入氨水和HO，发生反应依次为： 、
2 2 2 2
；再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、
冷却结晶、减压过滤得到产品；
（1）“除杂”过程中加NaCO 调节pH后会生成两种沉淀，使Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，
2 3
由题干信息 、 可知当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完
全沉淀，此时 ，则pH=4.7，同时得到含c(Co2＋)=0.1 mol/L的滤液，此
时溶液中 ,则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7 ~7.4；
（2）①流程中 除作反应物外， 溶于水电离出的 会抑制后期加入的NH •H O的电离，可
3 2防止加氨水时c(OH - )过大，防止生成Co(OH)2沉淀；故答案为： 会抑制NH •H O的电离，防止生
3 2
成Co(OH)2沉淀；参与反应提供NH；
②若先加HO，将Co元素氧化到Co3+，后加氨水，会生成Co(OH) ，不利于产品的生成，故先加入氨水
2 2 3
再加入HO，可防止Co(OH) 的生成，故答案为：氨水； 具有较强还原性，易被氧化；先加
2 2 3
HO 将Co2＋氧化为Co3＋，后加氨水，会生成Co(OH) ，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入HO；
2 2 3 2 2
③由分析可知，生成[ 的反应方程式为：
，则其离子方程式为
；
（3）由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得
到 晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低 在水中的溶解度，
有利于其结晶析出；
（4）据题干反应原理可知，
，则产品中钴元素的含量
为 =14.16%。
9．（2023·辽宁沈阳·校联考一模）马日夫盐 是一种用于机械设备的防锈磷化剂，工
业上利用软锰矿(主要成分为 ，含少量硅、铁、铝等氧化物)为主要原料，联合处理含 的烟气并制
备马日夫盐的一种工艺流程如下。请回答下列问题：
已知：① 不稳定，易被空气氧化
②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯(表示为 )的磺化煤油，萃取时发生的反应主要为
③ ， ，
(1)若含 的烟气中混有空气，不同的浸出时间下，浸出液中 、 的浓度和 测定结果如下图，
在“浸锰”步骤中，主反应的化学方程式为 ， 后曲线产生明显差异的原因 。
(用化学方程式表示)。(2)萃取可分为扩散萃取和动力学萃取两种类型。萃取率随搅拌速度的增加而进一步增加称为扩散萃取，浸
出液受化学反应的控制称为动力学萃取。萃取时搅拌速度和溶液 对金属离子萃取率的影响如图所示。
萃取时，应采用的最佳实验条件为 ， 过大或过小都会降低 萃取率，结合平衡移动原理
解释其原因是 。
(3)若浸出液中 的浓度为 ，则“调 ”的范围为 (当离子浓度小于
时认为沉淀完全)。
(4)“沉锰”步骤中为减少副产物 的生成，正确的操作是将 溶液逐量加入
溶液中，并不断搅拌。
(5)“酸溶”后的操作步骤包括 、过滤、洗涤、干燥。
【答案】
(1)
(2) ， 小于1时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降， 过
大， 水解生成氢氧化铁
(3)(4)碳酸钠 硫酸锰
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
【详解】该工艺流程原料为软锰矿(主要成分为 ，含少量硅、铁、铝等氧化物)，产品为马日夫盐
，流程主线中的主元素为锰，硅、铁、铝等元素在流程工艺中被依次除去，“浸
锰”过程二氧化硅不溶，过滤除去，滤渣1为二氧化硅，Mn、Fe、A1以离子形式进入“萃取分液”过
程，加入有机萃取剂，除去铁离子，调节水层的pH除去铝离子，滤渣2为氢氧化铝，溶液中主要含有硫
酸锰，加入碳酸钠溶液“沉锰”，过滤后再加入磷酸反应，一系列操作后得到 。
（1）在“浸锰”步骤中，主反应为 转化为 ，锰元素化合价发生降低，为还原反应，故
与具有还原性的 反应，化学方程式为 ； 后浸出液中相同时间内 的浓度增
加量小于 的浓度增加量，且 下降不明显，说明有副反应 发生，故产生
明显差异的原因为 ；
（2）萃取时搅拌速度在 时，萃取率最大，溶液 =1时， 萃取率最大，且 不会被
萃取，故答案为： ， =1；
小于1时， 萃取率下降，从萃取时的反应 可知，氢离子浓度过大，
反应的平衡逆移，导致 萃取率下降， 过大，氢离子浓度减小 该水解平衡
正移，生成氢氧化铁，且 萃取率提高而造成损失，故答案为： 小于1时，氢离子浓度过大，反应
的平衡逆移，萃取率下降， 过大， 水解生成氢氧化铁；
（3）“调 ”的目的是使 完全沉淀除去， 不被沉淀出来， 完全沉淀，则
， ， ，
，故 完全沉淀，溶液 ， 不被沉淀出来， ，
， ， ， 不被
沉淀出来， ，故答案为： ；
（4）碳酸钠溶液显碱性，与硫酸锰“反应时可能有 生成，为减少副产物 的生成，应使
混合溶液的 ，则碳酸钠溶液不能过量，故正确的操作是将碳酸钠溶液逐量加入硫酸锰溶液中，并
不断搅拌，答案为：碳酸钠；硫酸锰；
（5）“沉锰”反应后过滤、洗涤，得到的 固体再加入适量磷酸反应，得 溶液，从溶
液中得到结晶水化合物操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结
晶。
10．（2024·湖南株洲·统考一模）三氯化钉（ ）是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解阳极、电子工业等。从 催化剂废料中分离制各 和 的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)基态 原子的价电子排布式为 。
(2)“焙烧”后所得固体主要成分为 、 、 和 。
(3)“还原”过程会产生 和 沉淀，该反应的化学方程式为 。
(4)“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解 ，然后加入盐酸羟胺（ ）得到 和 。则
该两种产物的物质的量之比为 。
(5)“蒸发结晶”在真空度为 时进行（此时水的沸点是 ），其目的是 。
(6)若维持 不变，让 沉淀完全（ 浓度不高于 ），则混合体系中 的浓度不
低于 。[已知： ， ， 结果
保留三位小数]
(7)“沉钴”时，若得到的是 晶体，该反应的离子方程式为 。
(8)该流程中，还有一种重要成分 未提取，你认为在哪一步骤后进行最合适： 。
【答案】
(1)3d74s2
(2)Na[Al(OH) ](或NaAlO )
4 2
(3)
(4)2∶1
(5)低压低温蒸发，避免 分解
(6)0.167mol⋅L-1
(7)
(8)还原【详解】“焙烧”过程Co、Ru分别被氧化为CoO、NaRuO，NaNO 被还原为NaNO ，同时Al O 与
2 4 3 2 2 3
NaOH反应生成Na[Al(OH)](或NaAlO )，“水浸”过程NaRuO、NaNO 和Na[Al(OH)](或NaAlO )溶
4 2 2 4 2 4 2
解，CoO不溶，过滤得CoO固体和滤液，向滤液中加入乙醇，“还原”过程乙醇被氧化为CHCHO，
3
NaRuO 被还原生成Ru(OH) 沉淀，同时产生NaOH，过滤得Ru(OH) 沉淀，经过“酸溶”得含RuCl 溶
2 4 4 4 3
液，RuCl 溶液经过蒸发结晶得到RuCl ⋅6HO；CoO进行酸浸得含Co2+溶液，用草酸溶液沉钴得到CoC O
3 3 2 2 4
晶体，最后经系列操作得到Co(NO )⋅6HO，据此解答。
3 2 2
（1）Co是27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则价电子排布式为3d74s2；
（2）“焙烧”过程Co、Ru分别被氧化为CoO、NaRuO，NaNO 被还原为NaNO ，同时Al O 与NaOH
2 4 3 2 2 3
反应生成Na[Al(OH)](或NaAlO )，则“焙烧”后所得固体主要成分为CoO、NaRuO、NaNO 和
4 2 2 4 2
Na[Al(OH)](或NaAlO )；
4 2
（3）“还原”过程乙醇被氧化为CHCHO，NaRuO 被还原生成Ru(OH) 沉淀，同时产生NaOH，则该反
3 2 4 4
应的化学方程式为： ；
（4）“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解Ru(OH) 得到RuCl ，再加入盐酸羟胺(NH OH⋅HCl)与RuCl 反应
4 4 2 4
得到RuCl 和N，则盐酸羟胺(NH OH⋅HCl)与RuCl 反应的化学方程式为：
3 2 2 4
，所以产物RuCl 和N 的物质的量之比为2∶1；
3 2
（5）“蒸发结晶”在真空度为40kPa时进行(此时水的沸点是28°C)，即在低压低温下蒸发结晶得到RuCl
3
晶体，其目的是低压低温蒸发，避免RuCl ⋅6HO分解；
3 2
（6） ，则
，所以
；
（7）“沉钴”时，向含Co2+溶液中加入草酸溶液得到CoC O⋅xHO晶体，则反应的离子方程式为：
2 4 2
；
（8）“还原”后，过滤得到Ru(OH) 沉淀和含有Na[Al(OH)](或NaAlO )的滤液，此时Co、Ru都已经提
4 4 2
取，则可以从含有Na[Al(OH)](或NaAlO )的滤液中提取Al O，所以在“还原”步骤后提取Al O 最合
4 2 2 3 2 3
适。
