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2025菁优高考化学解密之工艺流程题
一．工艺流程题（共25小题）
1．（2024•魏都区校级开学）磷酸铁（FePO ）常用作电极材料、陶瓷等。以硫铁矿烧渣（主要成分）
4
Fe O 、SiO ，少量的Fe O 、CaO、MgO）为原料制备磷酸铁的流程如图：
2 3 2 3 4
已知：K （CaF ）＝1.6×10﹣10，K （MgF ）＝6.4×10﹣11，K （FePO ）＝1.3×10﹣22。
sp 2 sp 2 sp 4
回答下列问题：
（1）基态Fe3+核外电子排布式为 。
（2）浸渣的主要成分为 （填化学式）。
（3）检验“还原”之后的溶液中是否含Fe3+的操作是 。
（4）经测定“除钙镁”后的溶液中c（F﹣）＝2×10﹣3mol•L﹣1，则溶液中c（Ca2+）：c（Mg2+）＝
。
（5）写出“氧化沉铁”时反应的离子方程式： 。纯净磷酸铁呈白色，而实际
制备的磷酸铁产品略带棕黄色，可能是产品中混有 （填化学式）杂质。
（6）若 1t 硫铁矿烧渣中含 amol Fe O 、bmol Fe O ，按上述流程理论上最多可生产
2 3 3 4
（用含a、b的算式表示）kg的FePO 。
4
（7）CaF 晶体的晶胞结构如图所示，晶体中相邻的8个F﹣形成的最小正方体的体积与晶胞体积的比
2
是 。
2．（2024秋•碑林区校级月考）氧化铈（CeO ）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含
2
CeFCO 、BaO、SiO 等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
3 2
1已知：①稀土离子易与 形成复盐沉淀，Ce3+和 发生反应：Ce （SO ） +Na SO +nH O═Ce
2 4 3 2 4 2 2
（SO ） •Na SO •nH O↓；②硫脲： 具有还原性；③Ce3+在空气中易被氧化为 Ce4+；
4 3 2 4 2
④Ce （CO ） 为白色粉末，难溶于水。
2 3 3
回答下列问题：
（1）在“焙烧”时，氧化数据如表所示：
气氧化法 氧化温度/℃ 氧化率/% 氧化时间/h
暴露空气中 110～120 90 18
在对流空气氧化炉中 110～120 99 8
在对流空气氧化炉中大大缩短氧化时间的原因是 。
（2）滤渣A的主要成分是 （填写化学式）。
（3）CeCl 溶液还可经过一系列操作得到CeCl •6H O，将NH Cl固体与CeCl •6H O混合真空加热可
3 3 2 4 3 2
得无水CeCl ，其中NH Cl固体的作用是 。
3 4
（4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为
。
（5）步骤④发生反应的离子方程式为 。
（6）若常温下，K （H CO ）＝5.0×10﹣11，K [Ce （CO ） ]＝1.0×10﹣28，Ce3+恰好沉淀完全时c
a2 2 3 sp 2 3 3
（Ce3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，此时测得溶液的pH＝5，则溶液中c（ ）＝ mol•L﹣1。
（7）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到 NaF和
CeO 两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式
2
。
3．（2024秋•青羊区校级月考）四川含有非常丰富的矿产资源。以川西铝土矿（主要成分为 Al O 、
2 3
2Fe O 、SiO 、少量FeS ）为原料，生产Fe O 的部分工艺流程如图：
2 3 2 2 3 4
（1）Fe O （填“属于”或“不属于”）碱性氧化物。
3 4
（2）提高第一次焙烧的速率的措施 （写一条）。
（3）“碱浸”中Al O 参与的离子方程式 。
2 3
（4）已知上述流程中两次焙烧均会产生SO ，滤渣中含大量的Fe O 。
2 2 3
①矿粉焙烧过程中还原剂和氧化剂物质的量之比为 ，过程中加入少量CaO的目的是
。
②“过滤”得到的滤液中含有的阴离子有OH﹣、 。
③Fe O 与FeS 混合后焙烧（缺氧条件下）反应的化学方程式为 。
2 3 2
4．（2024•南岗区校级开学）近年米，我国在平导体材料和5G芯片研发等高科技领域取得了显著的研究
成果，其相关技不住“神舟”系列飞解和空间站的太阳能电池板等方面得到了有效应用硅是应用广泛
的一种半导体材料在工业上，可由石英砂（主要成分为SiO ）得制备高纯硅的工艺流程如图：
2
（1）硅的原子结构示意图为 。
（2）反应①除生成硅外，还生成一种无色有毒气体，反应的化学方程式为 。
（3）该流程中所涉及的元素在元素周期表中位于第二周期的有 （写元素符号）。
（4）该流程中可循环利用的物质是 。
（5）氮化镓、氧化镓是第三代、第四代半导体材料的代表，其组成元素中属于金属元素的是
（写名称），Ga元素的相关信息如镓如图所示，由图中信息可知Ga原子的质子数为 。
5．（2024•江州区校级开学）某兴趣小组对氯酸钾（KClO ）展开如下探究：工业制备KClO 以电石渣
3 3
[主要成分为Ca（OH） 和CaCO ]为原料制备KClO 的流程如图1：
2 3 3
3【资料卡片】：氯化时，主要反应为6Ca（OH） +6X═Ca（ClO ） +5CaCl +6H O，另有少量X与Ca
2 3 2 2 2
（OH） 反应生成Ca（ClO） 、CaCl 和H O，Ca（ClO） 分解为CaCl 和O 。
2 2 2 2 2 2 2
（1）根据资料，X的化学式为 ，写出氯化时，X和Ca（OH） 反应生成Ca（ClO） 的化
2 2
学方程式 。
（2）氯化时，为提高X转化为Ca（ClO ） 的转化率，下列措施可行的是 （填序号）。
3 2
A.充分搅拌浆料
B.加足量水使Ca（OH） 完全溶解
2
C.缓缓通入X
（3）氯化过程控制电石渣过量，固体残渣的主要成分为 （填化学式）。
（4）操作1后得到溶液中Ca（ClO ） 与CaCl 的化学计量数之比 1：5（填“＞”“＜”或
3 2 2
“＝”）。转化时，加入KCl发生反应的化学方程式为 。
6．（2024•南海区开学）柠檬酸亚铁（FeC H O ）是一种补血剂，易溶于水，难溶于乙醇。某兴趣小组
6 6 7
在实验室研究制备柠檬酸亚铁。
Ⅰ．制碳酸亚铁
用预处理后的硫铁矿烧渣（主要成分Fe O ，含少量不溶性杂质）制备碳酸亚铁的流程如图：
2 3
已知：a．Na CO 溶液呈碱性；b．FeSO 在碱性条件下生成Fe（OH） 沉淀。
2 3 4 2
4（1）“酸浸”时，为提高铁元素的浸出率，可采取的措施是 （任写一条）。
（2）“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成。“酸浸”所得溶液中含
有的阳离子是 （填离子符号）。“还原”中，化合价降低的元素是 。
（3）“操作X”可除去过量铁粉和不溶性杂质。“操作X”的名称是 。
（4）“沉铁”时，反应原理为FeSO +Na CO ＝FeCO ↓+Na SO 。
4 2 3 3 2 4
①实验时需将Na CO 溶液滴入FeSO 溶液中，而不能反向滴加，其原因是 。
2 3 4
②待 FeSO 完全反应后，过滤，洗涤。洗涤前，FeCO 沉淀表面吸附的主要杂质是
4 3
（填化学式）。
Ⅱ．制柠檬酸亚铁
（5）用如图所示装置制备柠檬酸亚铁：
步骤1：FeCO 固体、少量铁粉及足量柠檬酸（C H O ）溶液如图装置中充分反应；
3 6 8 7
步骤2：所得溶液加热浓缩，加适量乙醇，静置，过滤，洗涤，干燥，得FeC H O 晶体。
6 6 7
①制备原理为FeCO +C H O ＝FeC H O +X+H O，物质X是 （填化学式）。
3 6 8 7 6 6 7 2
②“步骤2”中，加入无水乙醇的目的是 。
③实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量，原因是 。
7．（2024秋•沙坪坝区校级月考）Sb O 俗称锑白，可用作白色颜料和阻燃剂。以辉锑矿（主要成分为
2 3
Sb S ）为原料干法制备较纯锑白的工艺流程如图：
2 3
已知：Sb O 与Al O 具有相似的化学性质。
2 3 2 3
（1）基态S原子价电子轨道表示式为 。
（2）Sb在元素周期表中位于第 周期第 族。
（3）“氧化炉”中主要反应的化学方程式为 。
（4）Sb O 在空气中受热，会继续生成Sb O 。Sb O 与Fe O 相似，可看作两种氧化物结合成的化合
2 3 2 4 2 4 3 4
物，其中Sb的价态是 。
（5）在实验室中，可利用SbCl 的水解反应制备Sb O 。
3 2 3
①水解第一步生成白色沉淀SbOCl，写出该步反应的化学方程式 。
②为了得到更多的Sb O ，操作时要将SbCl 缓慢加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。用平
2 3 3
5衡移动原理说明这两项操作的作用 。选用氨水而不用NaOH溶液的原因
（用化学方程式表示）
8．（2024•苏州开学）以工业钛白副产品（主要成分FeSO •7H O，含少量MgSO 、TiOSO 、CaSO ）为
4 2 4 4 4
原料制备铁红（Fe O ），部分实验流程如图：
2 3
Ⅰ．精制FeSO
4
（1）“除钛”时，利用TiOSO 电离出的TiO2+水解，生成H TiO 沉淀。
4 2 3
①TiO2+水解的离子方程式为 。
②加入Fe粉的作用是 。
（2）“除镁钙”时，当溶液中 Mg2+和 Ca2+沉淀完全时，溶液中 F﹣浓度最小值为
mol•L﹣1。[已知：K
sp
（CaF
2
）＝1×10﹣10，K
sp
（MgF
2
）＝7.5×10﹣11；当离子浓度⩽10﹣5mol•L﹣1认为
沉淀完全]
Ⅱ．制铁红（Fe O ）
2 3
方法一：FeSO 精制液与NH HCO 溶液反应生成FeCO 沉淀，再用O 将FeCO 氧化为铁红。
4 4 3 3 2 3
（3）补充完成由 FeSO 精制液制备 FeCO 的实验方案：70℃下将精制液浓缩成饱和溶液，
4 3
，干燥，得到FeCO 。[FeCO 沉淀需“洗涤完全”，Fe（OH） 开始沉淀的pH＝6.5]
3 3 2
（4）70℃时，O 氧化FeCO 的化学方程式为 。
2 3
方法二：FeSO 精制液与NaNO 、H SO 、O 反应生成铁黄（FeOOH），再由铁黄制取铁红。
4 2 2 4 2
（5）NaNO 、H SO 产生的NO 作催化剂，使精制FeSO 溶液被O 氧化为铁黄。其中NO作催化剂时
2 2 4 x 4 2
分两步进行：第一步反应为 Fe2++NO＝Fe（NO）2+，第二步反应的离子方程式为
。
（6）实验测得铁黄产率随反应液温度变化情况如图所示。当温度高于 40℃时，铁黄产率下降的原因
可能是 。
9．（2024•雨城区校级开学）MgSO •7H O是一种重要的化工原料，某工厂以一种镁矿石（主要成分为
4 2
SiO 和MgCO ，还含有少量FeCO ）为原料制备MgSO •7H O的主要流程如图：
2 3 3 4 2
6已知：SiO 既不溶于水也不溶于稀硫酸。请回答下列问题：
2
（1）“操作a”的名称是 。
（2）“废渣Y”中含有少量的FeOOH，其中铁元素的化合价是 。
（3）MgCO 溶于稀硫酸的化学方程式为 。
3
（4）“溶液 A”中加入 H O 溶液会生成 Fe （SO ） ，该反应的化学方程式为
2 2 2 4 3
。
（5）选用MgO调节pH使Fe3+转化为沉淀，而不选用NaOH的原因是 。
10．（2024•西吉县校级开学）以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细 ﹣氧化铝，既降低环境污染又可提
高铝资源的利用率。已知铝灰主要成分为Al O （含少量杂质SiOα、FeO、Fe O ），其制备实验流程
2 3 2 2 3
如图：
（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为 ，滤渣为 。
（2）加30%的H O 溶液的目的是 。
2 2
（ 3 ） 煅 烧 硫 酸 铝 铵 晶 体 ， 发 生 的 主 要 反 应 为 ： 4[NH Al （ SO ） • 12H O]
4 4 2 2
2Al O +2NH ↑+N ↑+5SO ↑+3SO ↑+53H O，将产生的气体通过如图所示的装置。
2 3 3 2 3 2 2
①集气瓶中收集到的气体是 （填化学式）；
②KMnO 溶液褪色（ 还原为Mn2+），此褪色过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
4
7。
③上述信息中化学反应方程式的反应类型为 （填四种基本反应类型）。
（4）写出“沉铁”步骤的离子方程式为 。
（5）KAl（SO ） •12H O水溶液显酸性，其原理为 （用相关离子方程式解
4 2 2
释）。
11．（2024秋•安徽月考）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精
炼用的催化剂等。从废钒催化剂中（含有 K SO 、V O 、V O 、SiO 、Fe O 、Al O 等）回收钒，既
2 4 2 5 2 4 2 2 3 2 3
能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如图：
已知：
①“酸浸”时，V O 和V O 先与稀硫酸反应分别生成 和VO2+。
2 5 2 4
②有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取 的能力强。
③溶液中 与 可相互转化： ，且NH VO 为沉淀。
4 3
（1）“酸浸”时，加快浸出速率的措施有 （回答一条即可）；FeSO 参与
4
反应的离子方程式为 。
（2）滤渣2的主要成分有 ；“萃取”和“反萃取”时，将发生R （SO ）
2 4 n
（水层）+2nHA（有机层） 2RA ，（有机层）+nH SO （水层）（R表示VO2+，HA表示有机萃取
n 2 4
剂），“反萃取”加入的试剂⇌为 （填化学式）。
（3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。
（4）该工艺流程中，可以循环使用的物质有水、氨气和 。
（5）滤渣 2进一步处理可得到 FeSO •7H O。欲配制 450mL 0.1000mol•L﹣1 FeSO 溶液，需称取
4 2 4
FeSO •7H O的质量为 g。配制溶液时，下列实验操作会使所配溶液浓度偏低的是（填标
4 2
号） 。
A．容量瓶清洗后，未经过干燥处理
B．定容操作时，仰视刻度线
C．定容操作时，俯视刻度线
8D．定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水至刻度
（6）一定条件下V O 能生成多钒酸铵，如（NH ） V O （六钒酸铵）、（NH ） V O （十钒酸
2 5 4 2 6 16 4 6 10 28
铵）等。工业上用H 还原（NH ） V O 可以制得V O ，该反应中还原剂与还原产物的物质的量之
2 4 6 10 28 2 3
比为 。
12．（2024•南平一模）钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有较多的 Zn（Ⅱ）、Cd（Ⅱ）和少量Co
（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、Ni（Ⅱ）的硫酸盐及氢氧化物（“Ⅱ”指相应元素的化合价为+2价）。利用以下
工艺流程回收金属并制备碱式碳酸锌：
已知：过二硫酸根（ ）的结构式为 ， 的还原产物为 。
回答下列问题：
（1）“溶浸”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写一种）。
（2）向“浸取液”中加入Zn粉，发生反应的离子方程式为 。
（3）过二硫酸根具有极强的氧化性，原因是 。
（4）“氧化、沉钴”时，加入Na S O 溶液并调节溶液pH至5.0～5.2，反应生成Co（OH） 沉淀的
2 2 8 3
离子方程式为 。
（5）研究加入Na S O 溶液时温度和时间对金属脱除率的影响，所得曲线如图所示：
2 2 8
由图可知，“氧化、沉钴”的适宜温度和时间是 。金属脱除是指溶液中的二价金属离
子被氧化后形成氢氧化物沉淀除去，Co（OH） 滤渣中还含有 （填化学式）。
3
（6）向ZnSO 溶液中加入适量的Na CO 溶液，反应生成ZnCO •xZn（OH） 沉淀的化学方程式为
4 2 3 3 2
。
（7）锌的某些硫化物具有独特的光电效应，被研究应用于荧光材料、电磁学等领域。如图为锌的某种
9硫化物晶体的晶胞结构。
①基态Zn2+的价层电子排布图为 。
②该硫化物晶体的密度 ＝ g•cm﹣3（用含a、b、N 的代数式表示）。
A
13．（2024秋•贵州月考）泻ρ 盐（MgSO
4
•7H
2
O）被广泛用于临床，如导泻、利胆等。以菱镁矿渣（主要
成分是MgCO ，含少量Fe O 、FeO、CaO、Al O 、SiO 、MgO等）为原料制备泻盐的流程如图所示。
3 2 3 2 3 2
已知：常温下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀（离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1）时的pH如下表：
阳离子 Fe3+ Al3+ Fe2+ Mg2+
开始沉淀时的 1.6 3.2 7.6 8.9
pH
完全沉淀时的 3.1 4.7 9.6 10.9
pH
回答下列问题：
（1）“酸浸”前常将菱镁矿渣磨成矿粉，其目的是 ；滤渣的主要成分为
（填化学式）。
（2）写出加入KClO 时发生反应的离子方程式： 。
3
（3）“调pH”的范围为 ～ 。
（4）已知MgSO •7H O、CaSO 两种物质的溶解度与温度的关系如图1所示。
4 2 4
10“操作1”采用蒸发浓缩、 （填操作名称，采用如图2装置操作，夹持装置已略去）。
（5）MgSO •7H O的热失重曲线如图所示。
4 2
写出b→c过程发生反应的化学方程式： 。
（6）MgO晶体的晶胞结构如图，其密度为 g•cm﹣3，设1号原子的坐标为（0，0，0），3号原子的
坐标为（1，1，1），N 为阿伏加德罗常数的ρ值。
A
①2号原子坐标为 。
②Mg2+和O2﹣之间的最短距离为 pm。
③Mg2+之间距离最近且等距离的4个Mg2+和6个Mg2+围成的空间结构分别为 、
。
14．（2024秋•汕尾月考）锂离子电池是新能源重要组成部分，废旧锂电池的回收利用意义重大。某研究
小组对废弃的锂电池正极材料LiCoO 进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺流程如图：
2
11回答下列问题：
（1）已知Co的原子序数为27，则其在元素周期表中的位置是 。
（2）已知“烧渣”是LiCl、CoCl 和SiO 的混合物，则“500℃焙烧”反应生成的氧化产物与还原产
2 2
物的物质的量之比为 。
（3）碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示。向滤液2中加入Na CO ，将温度升至90℃是为了提高沉
2 3
淀反应速率和 。得到碳酸锂沉淀的操作为 （填标号）。
a．静置，过滤
b．加热后，趁热过滤
c．蒸发浓缩、冷却结晶
（4）取100mL滤液2，其中c（Li+）＝0.10mol•L﹣1，为使锂元素的回收率不低于80%，则至少应加
入Na CO 固体的物质的量为 mol[已知K （Li CO ）＝3.6×10﹣4，忽略溶液体积变化]。
2 3 sp 2 3
（5）将碳酸锂（Li CO ）与CoCO 按n（Li）：n（Co）＝1：1的比例配合，然后在空气中于700℃
2 3 3
烧结可合成锂电池正极材料LiCoO ，反应的化学方程式为 。
2
（6）钴的某种氧化物的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm。
①该氧化物的化学式为 。
②设阿伏加德罗常数的值为N ，则该晶胞的密度为 g•cm﹣3。
A
15．（2024秋•泉州月考）一种从废钯催化剂（主要成分为Pd、PdO、 ﹣Al O 、活性炭，还含少量铁、
2 3
铜等）中回收海绵钯（Pd）的工艺流程如图所示。 α
12（1）“焙烧”的目的 。
（2）“酸浸”过程中Pd转化为 的离子方程式为： 。
温度、固液比对酸浸中浸取率的影响如图，则“酸浸”的最佳条件为 。
（3）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：
H PdCl +2RCl R PdCl +2HCl，（RCl为阴离子交换树脂）。试剂X的化学式为 。
2 4 2 4
流出液含有Fe3+、Cu2+，设两种离子浓度均为0.1mol•L﹣1，加入氨水调节pH后过滤除去铁元素，滤液
经一系列操作可以得到CuCl •6H O。需调节pH的范围是 。（当离子浓度小于1×10﹣
2 2
5mol•L﹣1认为已沉淀完全，常温下，K [Fe（OH） ]＝1×10﹣38，K [Cu（OH） ]＝1×10﹣20）。
sp 3 sp 2
（4）“沉钯”过程钯元素主要发生如下转化：H PdCl （稀溶液）→[Pd（NH ） ]Cl （稀溶液）→[Pd
2 4 3 4 2
（NH ） ]Cl （沉淀）。
3 2 2
①[Pd（NH ） ]2+中NH 中∠H—N—H的键角 （填“＜”、“＞”或“＝”）NH 中∠H—
3 4 3 3
N—H的键角。
②[Pd（NH ） ]Cl 晶体中含有的化学键有 。
3 2 2
a.离子键
b.非极性共价键
c.配位键
d.氢键
（5）“还原Ⅱ”中产生无毒无害气体。由[Pd（NH ） ]Cl 制备海绵钯（Pd）的化学方程式为：
3 2 2
。
13（6）①Pd的晶胞俯视图如图所示：
已知1个晶胞中含4个Pd原子，其中3个Pd原子的分数坐标是（ ），（ ），
（ ），则晶胞中Pd的配位数为 。
②有些过渡金属型氢化物能高效的储存和输送氢能源，如 LaH 、TiH ，已知标准状况下，1体积
2.76 1.73
的钯粉大约可吸附896体积的氢气（钯粉的密度为10.64 g•cm﹣3），试写出钯（Pd）的氢化物的化学
式 。
16．（2024秋•洛阳月考）锂离子电池的正极材料对硫酸锰的纯度要求较高，目前工业硫酸锰中杂质（含
钙、镁、铁等元素）含量高，可利用如图流程获得纯度较高的硫酸锰溶液。
已知：①“滤渣”的主要成分为MnF 、CaF 和MgF ；
2 2 2
②当溶液中某离子的浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时，通常认为该离子生成沉淀的反应已进行完全。
回答下列问题：
（1）90℃水浸时，将工业硫酸锰粉碎的目的是 。
（2）由“滤渣”的主要成分可知，常温时，K （MnF ） （填“＞”或“＜”）K
sp 2 sp
14（CaF ）。
2
（3）“滤液”中加入酸性KMnO 溶液可以将Fe2+氧化为Fe3+，同时生成Mn2+：
4
①KMnO 中Mn元素的化合价为 价。
4
②该反应的离子方程式为 。
③检验溶液中含有Fe3+的试剂为 。
（4）查阅资料可知，常温下，pH＝2.8时，Fe3+基本完全转化为Fe（OH） ，则K [Fe（OH） ]＝
3 sp 3
。
（5）在酸性介质中，MnSO 溶液与（NH ） S O （过二硫酸铵）溶液混合，Mn2+会被氧化为 ，
4 4 2 2 8
会被还原为 ，该反应常用于Mn2+的定性检验。若某溶液中存在Mn2+，往该溶液中滴入
（NH ） S O 溶液（不考虑其他反应）：
4 2 2 8
①可观察到的现象为 。
②该反应的离子方程式为 。
17．（2024•广西）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿（MnO ，含SiO 、Fe O 、Al O 和CuO等杂
2 2 2 3 2 3
质）制备光电材料KMnF 的流程如图。回答下列问题：
3
已知：
物质 Fe（OH） Al（OH） Cu（OH） Fe（OH） Mn（OH）
3 3 2 2 2
K 2.8×10﹣39 1.3×10﹣33 2.2×10﹣20 4.9×10﹣17 1.9×10﹣13
sp
（1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H SO ，其主要作用是 。为提高“浸
2 4
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CaCO
3
调节溶液pH至5∼6时，可完全沉淀的离子有 （填化学式）。
（4）“X”可选用 。
A.H S
2
B.H O
2 2
C.Zn
D.（NH ） S
4 2
（5）若用Na CO 替代NaHCO 沉锰，得到Mn （OH） CO 沉淀。写出生成Mn （OH） CO 的离子
2 3 3 2 2 3 2 2 3
15方程式 。
（6）KMnF 立方晶胞如图，晶胞参数为apm，该晶体中与一个F﹣紧邻的K+有 个。已知N
3 A
为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 g•cm﹣3（用含a、N 的代数式表示）。
A
18．（2024秋•郫都区校级月考）某合金粉末中含有铜、银、铬（Cr），为了从中回收贵金属银和一种盐
晶体，某化学兴趣小组的同学们将这三种金属随意编号为A、B、C，设计了如下实验流程：
查阅资料：铬（Cr）单质与铁单质化学性质相似。相对原子质量Cu﹣64Ag﹣108
（1）A、B、C三种金属的活动性顺序由大到小为 （用化学式作答）。
（2）操作 a 中除烧杯、玻璃棒外还需用到的玻璃仪器是 ，操作 b 的名称是
。
（3）已知A的硫酸盐中A元素是+2价，请写出步骤①的化学反应方程式： 。
（4）已知D易溶于水，溶液D中的溶质是 （写化学式），写出步骤②的离子反应方程
式： 。
（5）溶液D的质量 （选填“大于”“小于”或“等于”）滤液E的质量。
19．（2024秋•海安市校级月考）铝（Mo）与钴（Co）是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。以含钴
废催化剂（含CoS、MoS 及少量Al、Fe），经系列处理可制取MoS 、钴粉工艺流程如图所示：
2 2
已知：ⅰ．“焙烧”后各元素转化为相应氧化物：“酸浸”后钼元素转化为 ， 在不同pH
条件下发生缩聚作用生成同多酸根离子，如Mo 、Mo 、Mo 等，pH越小缩合度越大。
2 7 8
16ⅱ．柠檬酸根离子（C H ）可以和Co2+生成配合物（CoC H O ）﹣。
6 5 6 5 7
ⅲ．N H •H O可在碱性条件下还原CoSO 生成钴粉，但所制钴粉中由于含有Co（OH） 导致纯度下
2 4 2 4 2
降；N H •H O在pH为11～12之间可以较平稳地快速进行反应，
2 4 2
Ⅰ．制备MoS
2
（1）“酸浸”时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钴、铝元素浸出效率的方法有
。
（2）“萃取”的原理为：2R N（叔胺）+2H++ （R NH） MoO ，通过反萃取使有机相
3 3 2 4
中的Mo元素进入水相，需加过量反萃取剂 （填试剂名称）。“酸沉中析出钼酸铵晶体时，
加入HNO 调节pH为6，其目的是 。
3
（3）用（NH ） MoO 晶体先制备硫代钼酸铵（NH ） MoS ，再将（NH ） MoS 在一定条件下加热，
4 2 4 4 2 4 4 2 4
可分解得到MoS ，其他产物NH 、H S和硫单质的物质的量之比为8：4：1，该反应的化学方程式为
2 3 2
。
Ⅱ．制备钴粉。
（4）①写出N H •H O碱性条件下还原CoSO 制钴粉的离子方程式 。
2 4 2 4
②为平稳地快速获得纯度较高的钴粉，请补充完整实验方案：取一定量提纯后的 CoSO 溶液，
4
，固体干燥，得到钴粉。（可选用的试剂：1mol/LBa（OH） 溶液，1mol/LNaOH溶液，1mol/L H •H
2 2 4 2
O溶液、柠檬酸钠溶液、稀盐酸、稀硫酸、1mol/LBaCl 溶液、蒸馏水）
2
20．（2024•安徽二模）高铼酸铵（NH ReO ）是一种重要的化工原料，能用于制备石化工业炼油厂的重
4 4
整催化剂。以钼精矿（主要成分有MoS 、ReS ，还含有FeS 、Al O 、SiO 、P O 等杂质）为原料制
2 2 2 2 3 2 2 5
备NH ReO 的工艺流程图如图。
4 4
已知：
①“氧压碱浸”的主要产物有Na MoO 、NaReO 、Na SO ；
2 4 4 2 4
②“水相1”中的阴离子主要是 和 ；
③K [Mg （PO ） ]＝1.08×10﹣24。
sp 3 4 2
回答下列问题：
（1）Mo位于元素周期表的第五周期第ⅥB族，其价层电子排布为 ；Fe O 的主要用
2 3
17途有（写一点） 。
（2）“氧压碱浸”在高温条件下进行，写出 ReS 转化为 NaReO 的化学方程式：
2 4
。
（3）“调酸”的pH大约为5，则“滤渣2”的主要成分为 （填化学式）。
（4）若“萃取”发生的反应为 R N+H++ R NHReO ，则“反萃取”的化学方程式为
3 3 4
。 ⇌
（5）“除磷”过程中按物质的量之比 n（Mg2+）：n（ ）＝3：2加入MgSO ，充分反应后，c
4
（Mg2+）＝ mol•L﹣1。
（6）“操作X”的具体操作为 ，过滤、洗涤、干燥，即可得到NH ReO 晶体。
4 4
21．（2024•4月份模拟）火法炼铜过程中产生的副产品白烟尘常含有ZnO、As O 、CuO、CdO、Fe O 、
2 3 2 3
PbO等固体物质，白烟尘综合利用可提高资源利用率，保护环境，其工艺流程如图所示。
已知：
①常温下，PbSO 的溶解度是3.836×10﹣3g，PbCl 的溶解度是1g。K [Zn（OH） ]＝3.0×10﹣17，K
4 2 sp 2 sp
（ZnCO ）＝1.5×10﹣10。
3
②PbCl 易溶于盐酸，生成[PbCl ]2﹣：PbCl （s）+2Cl﹣（aq） [PbCl ]2﹣（aq）。
2 4 2 4
③胶体对Zn2+、Cd2+有吸附作用。
⇌
回答下列问题：
（1）酸浸过程得到的浸出液中，砷元素主要以 H AsO 的形式存在，H AsO 中As的化合价为
3 4 3 4
。
（2）用硫酸、混酸（硫酸与盐酸）体系分别对白烟尘进行直接浸出，实验结果显示混酸体系可以进一
步提高As、Cd的浸出率，但会导致铅的溶解，铅溶解的原因是 。
（3）表1、表2是在其他条件一定时，铁铜摩尔置换比[ ]、温度对铜的置换率和品位（固体产
物中所含某种金属或有用成分的多少）的影响。
表1铁铜摩尔置换比对铜置换率和品位的影响
置换率/% Cu品位/%
1.2 74.87 51.22
181.4 92.17 72.82
1.6 99.92 72.08
表2温度对铜置换率和品位的影响
温度/℃ 置换率/% Cu品位/%
30 99.92 72.08
60 99.93 70.34
80 99.86 69.98
①从浸出液中置换铜的最佳铁铜摩尔置换比和最佳温度分别是 。
②铁置换铜的铁铜摩尔置换比要比理论值1.0高，可能的原因是 。
（4）在一定条件下，研究初始pH对沉砷率的影响，在pH＝2时，稳定在98%左右，随着pH增大和
温度升高，锌和镉的损失明显增加，原因是 。
（5）写出“沉锌镉”时生成Zn（OH） 的离子方程式： 。若常温下“沉锌
2
镉”后滤液中Zn2+的浓度降低为3.0×10﹣5mol•L﹣1，此时滤液的pH为 。
（6）向锌镉沉淀中加入NaOH溶液，调整pH至12，Zn（OH） 沉淀溶解，则该反应的离子方程式为
2
。
22．（2024•沧州三模）废钼催化剂中钼、钴、镍等有价金属作为二次资源可加以回收利用。一种从废钼
催化剂（主要成分为MoO 、MoS ，含少量CoO、CoS、NiO、Fe O 等）中回收有价金属的工艺流程
3 2 2 3
如图：
已知：①K （NiC O ）＝4.5×10﹣7，K [Fe（OH） ]＝2.16×10﹣39，K [Ni（OH） ]＝2.0×10﹣15，
sp 2 4 sp 3 sp 2
K [Co（OH） ]＝6.0×10﹣15。
sp 2
②当溶液中剩余金属离子的浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1时，视为已沉淀完全。
③lg2＝0.3，lg3＝0.5。
回答下列问题：
（1）基态Mo原子的价层电子排布式为4d55s1，则Mo在元素周期表中的位置为 。
（2）“焙烧”时先将废钼催化剂磨成粉末，然后采取如图所示的“多层逆流焙烧”，其目的是
。“焙烧”时生成的气体A的主要成分为 （写化学式）。
19（3）“焙烧”时 MoS 转化为 MoO 。“碱浸”时，MoO 参与反应的离子方程式为
2 3 3
。
（4）“除铁”时，若溶液中c（Ni2+）＝0.5mol•L﹣1、c（Co2+）＝0.5mol•L﹣1、c（Fe3+）＝0.2mol•L
﹣1，加入适量NaOH溶液调节pH（溶液体积变化忽略不计），可以使Fe3+沉淀完全，则调节pH的范
围为 。
（5）若除铁后所得滤液中 c（Ni2+）＝0.5mol•L﹣1，“沉镍”后所得滤液中 c（C ）＝1.0×10﹣
2
4mol•L﹣1，则沉镍率＝ [沉镍率＝ ×100%，计算过程中不考虑
溶液体积变化]。
（6）在空气中加热 18.3gCoC O •2H O，其热重曲线如图所示。a 点对应固体的成分是
2 4 2
（填化学式，下同）；b、c点对应固体均为钴的氧化物，则 b、c点对应固体的成分分别是
、 。
23．（2024秋•湖南月考）以镉废渣（主要成分是Cd，含少量Cu、Fe、Co等）为原料提取镉的流程如图：
已知：
20①在金属活动性顺序表中，Co、Cd排在H之前；Cd与Zn同族。
②几种金属离子形成氢氧化物的pH如表：
金属氢氧化物 Fe（OH） Fe（OH） Cd（OH）
3 2 2
开始沉淀pH 1.9 7.0 7.2
完全沉淀pH 3.2 9.0 9.5
回答下列问题：
（1）Cd位于元素周期表 区。
（2）“滤渣 1”的主要成分是 （填化学式）；“除铁”中双氧水的作用是
（用离子方程式表示）。
（3）“试剂X”宜选择 （填标号），其调节pH范围为 。
A．氨水
B．CdO
C．Cd（OH）
2
D．NaOH
（4）“电解”中，阳极反应式为 。
（5）氧元素有多种同素异形体。O 在超高压下转化为平行六面体的O 分子（结构如图所示）。O 的
2 8 8
沸点 （填“高于”或“低于”）O ，其理由是 。
2
（6）Cd晶胞为体心立方晶胞，如图所示。已知：晶胞参数为 a pm，N 为阿伏加德罗常数的值。则
A
Cd原子半径为 pm，Cd晶体密度为 g•cm﹣3。
24．（2024秋•长安区月考）一种以锰尘（主要成分为Mn O ，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物）为原料
2 5
制备高纯MnCO 的清洁生产新工艺流程如图：
3
21已知：ⅰ.相关金属离子[c （Mn+）＝0.1mol/L形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
0
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+
开始沉淀的 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9
pH
沉淀完全的 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9
pH
ⅱ.K （MgF ）＝10﹣10.1，K （CaF ）＝10﹣10.3。
sp 2 sp 2
回答下列问题：
（1）写出锰元素在周期表中的位置 ，基态锰元素的最外层电子云轮廓图为
。
（2）写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式 。
（3）滤渣①的主要成分为 （填化学式）。
（4）除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时，若Ca2+、Mg2+浓度接近，则 先沉淀，Ca2+、
Mg2+均沉淀完全时，溶液中的c（F﹣）＝ 。
（5）写出“沉锰”反应的离子方程式 ，“沉锰”时控制溶液的pH不宜过
高，原因是 。
（6）过滤分离沉淀操作时，将漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用 ，滤液沿烧杯
壁流下。
25．（2024秋•南岸区校级月考）碲（Te）被誉为尖端技术等工业的维生素。工业上常以粗铜精炼的阳极
泥（主要成分是Cu Te，含Ag、Au等杂质）为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如图所示：
2
已知：Te与S同一主族；TeO 是两性氧化物，微溶于水。
2
（1）TeO 中Te的化合价为 。
2
（2）步骤①中 Cu Te 发生氧化反应，生成 TeO 。此过程控制 pH 不宜过低的原因是
2 2
。
22（3）为提高步骤②TeO 等滤渣酸浸速率，可采取的措施是 （写出1条即
2
可）。
（4）步骤③铜从 （填“阳”或“阴”）极得到。
（5）写出步骤④的离子方程式： 。
（6）经上述工艺得到的粗银还需进行电解精炼：纯银作阴极，电解液为硝酸和硝酸银的混合溶液。硝
酸浓度不能过大，否则阴极上会有气体生成。生成气体的原因可能是 （用电
极反应解释）。
（7）硫代硫酸钠浸取回收金。研究发现，在单一的Na S O 溶液中，金的浸出速率极低，在加入一定
2 2 3
量的 CuSO 后可加快金的溶解，一种浸金机理如图所示。正极区的电极反应为
4
。
232025菁优高考化学解密之工艺流程题
参考答案与试题解析
一．工艺流程题（共25小题）
1．（2024•魏都区校级开学）磷酸铁（FePO ）常用作电极材料、陶瓷等。以硫铁矿烧渣（主要成分）
4
Fe O 、SiO ，少量的Fe O 、CaO、MgO）为原料制备磷酸铁的流程如图：
2 3 2 3 4
已知：K （CaF ）＝1.6×10﹣10，K （MgF ）＝6.4×10﹣11，K （FePO ）＝1.3×10﹣22。
sp 2 sp 2 sp 4
回答下列问题：
（1）基态Fe3+核外电子排布式为 [Ar]3 d 5 或 1 s 2 2 s 2 2 p 6 3 s 2 3 p 6 3 d 5 。
（2）浸渣的主要成分为 SiO （填化学式）。
2
（3）检验“还原”之后的溶液中是否含Fe3+的操作是 取少量溶液于试管中，滴加 KSCN 溶液，若
无明显现象，则无 F e 3 + 。
（4）经测定“除钙镁”后的溶液中c（F﹣）＝2×10﹣3mol•L﹣1，则溶液中c（Ca2+）：c（Mg2+）＝
5 ： 2 。
（ 5 ） 写 出 “ 氧 化 沉 铁 ” 时 反 应 的 离 子 方 程 式 ：
。纯净磷酸铁呈白色，而实际制备的
磷酸铁产品略带棕黄色，可能是产品中混有 F e （ OH ） （填化学式）杂质。
3
（6）若 1t 硫铁矿烧渣中含 amol Fe O 、bmol Fe O ，按上述流程理论上最多可生产 0.151
2 3 3 4
（ 3a+4 b ） （用含a、b的算式表示）kg的FePO 。
4
（7）CaF 晶体的晶胞结构如图所示，晶体中相邻的8个F﹣形成的最小正方体的体积与晶胞体积的比
2
是 。
24【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】烧渣主要成分Fe O 、SiO 及少量的Fe O 、CaO、MgO加入稀盐酸，Fe O 、Fe O 、CaO、
2 3 2 3 4 2 3 3 4
MgO与稀盐酸生成相应的盐，SiO 不溶于盐酸，故浸渣的主要成分为SiO ；加入还原铁粉将Fe3+还原
2 2
为Fe2+，加入NaF除去钙镁离子，再加入磷酸二氢钾、氨水、氧气生成产物FePO 。
4
【解答】解：（1）Fe 先失去最外层电子，故基态 Fe3+核外电子排布式为 [Ar]3d5 或
1s22s22p63s23p63d5，
故答案为：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；
（2）SiO 不溶于盐酸，故浸渣的主要成分为SiO ，
2 2
故答案为：SiO ；
2
（3）Fe3+的检验试剂为KSCN溶液，故答案为取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若无明显现象，
则无Fe3+，
故答案为：取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若无明显现象，则无Fe3+；
（4）经测定“除钙镁”后的溶液中 c（F﹣）＝2×10﹣3mol•L﹣1， ＝ ＝
＝ ，
故答案为：5：2；
（5）根据题干条件，反应物为磷酸二氢铵、氨水、Fe2+、O ，生成物为FePO ，根据元素守恒、得失
2 4
电子守恒、电荷守恒写出离子方程式为 ；
反应中Fe3+会与氨水反应生成Fe（OH） ，
3
故答案为： ；Fe（OH） ；
3
（6）amol Fe O 与盐酸反应生成2amol Fe3+，2amol Fe3+再与amol还原铁粉反应生3amol Fe2+。bmol
2 3
Fe O 与盐酸反应生成2bmol Fe3+与bmol Fe2+，2bmol Fe3+与bmol还原铁粉反应生成3bmol Fe2+，则
3 4
25溶液中共有（3a+4b）mol Fe2+，根据铁元素守恒则生成（3a+4b）mol FePO ，则生产FePO 的质量为
4 4
（3a+4b）mol×151g•mol﹣1＝151（3a+4b）g＝0.151（3a+4b）kg，
故答案为：0.151（3a+4b）；
（7）设晶胞参数为2a，则两个F﹣之间的距离为a，故晶体中相邻的8个F﹣形成的最小正方体的体积
与晶胞体积的比是 ，
故答案为： 。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
2．（2024秋•碑林区校级月考）氧化铈（CeO ）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含
2
CeFCO 、BaO、SiO 等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
3 2
已知：①稀土离子易与 形成复盐沉淀，Ce3+和 发生反应：Ce （SO ） +Na SO +nH O═Ce
2 4 3 2 4 2 2
（SO ） •Na SO •nH O↓；②硫脲： 具有还原性；③Ce3+在空气中易被氧化为 Ce4+；
4 3 2 4 2
④Ce （CO ） 为白色粉末，难溶于水。
2 3 3
回答下列问题：
（1）在“焙烧”时，氧化数据如表所示：
气氧化法 氧化温度/℃ 氧化率/% 氧化时间/h
暴露空气中 110～120 90 18
在对流空气氧化炉中 110～120 99 8
在对流空气氧化炉中大大缩短氧化时间的原因是 增大了气体和固体粉末的接觖面积 。
（2）滤渣A的主要成分是 BaSO 、 SiO （填写化学式）。
4 2
（3）CeCl 溶液还可经过一系列操作得到CeCl •6H O，将NH Cl固体与CeCl •6H O混合真空加热可
3 3 2 4 3 2
26得无水CeCl ，其中NH Cl固体的作用是 NH Cl 固体受热分解生成的 HCl 抑制 Ce 3+ 水解 。
3 4 4
（4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂 X，根据题中信息推测，加入 X的作用为
防止 C e 3 + 被氧化 。
（5）步骤④发生反应的离子方程式为 。
（6）若常温下，K （H CO ）＝5.0×10﹣11，K [Ce （CO ） ]＝1.0×10﹣28，Ce3+恰好沉淀完全时c
a2 2 3 sp 2 3 3
（Ce3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，此时测得溶液的pH＝5，则溶液中c（ ）＝ 0. 2 mol•L﹣1。
（7）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到 NaF和
CeO 两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式
2
。
【专题】无机实验综合．
【分析】氟碳铈矿在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，加稀硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO 不
2
反应，BaO与硫酸反应生成BaSO 沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO 、BaSO ；含 滤液中加入硫
4 2 4
脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce （SO ） 与Na SO 形成复盐沉淀B为Ce （SO ） •Na SO •nH O，过滤分
2 4 3 2 4 2 4 3 2 4 2
离；复盐沉淀加入NaOH，再加入稀盐酸，Ce3+被转移到溶液中，加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce
2
（CO ） ，最后灼烧分解生成CeO 。
3 3 2
【解答】解：（1）在对流空气氧化炉中增大了气体和固体粉末的接觖面积，能加快反应的速率，
故答案为：增大了气体和固体粉末的接觖面积；
（2）根据分析，滤渣A的主要成分是BaSO 、SiO ，
4 2
故答案为：BaSO 、SiO ；
4 2
（3）CeCl •6H O直接加热会促进Ce3+水解而转化为其氢氧化物，而NH Cl固体受热分解生成的HCl
3 2 4
会抑制Ce3+水解，使得加热CeCl •6H O得到无水CeCl ，
3 2 3
故答案为：NH Cl固体受热分解生成的HCl抑制Ce3+水解；
4
（4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为
Ce4+推测，加入X的作用是防止Ce3+被氧化，
故答案为：防止Ce3+被氧化；
（5）Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce （CO ） 沉淀，根据质量守恒可知同时生成二氧化碳和水，则该
2 3 3
27步骤发生的反应是 ，
故答案为： ；
（ 6 ） Ce3+ 恰 好 沉 淀 完 全 时 ， c （ Ce3+ ） ＝ 1.0×10﹣ 5 mol• L﹣ 1 ， 则
，溶液的pH＝5，根据
， 故 ＝
0.2mol•L﹣1，
故答案为：0.2；
（7）在氟碳铈矿矿石粉（CeFCO ）中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO 两种固
3 2
体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中
反应的化学方程式为 ，
故答案为： 。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3．（2024秋•青羊区校级月考）四川含有非常丰富的矿产资源。以川西铝土矿（主要成分为 Al O 、
2 3
Fe O 、SiO 、少量FeS ）为原料，生产Fe O 的部分工艺流程如图：
2 3 2 2 3 4
（1）Fe O 不属于 （填“属于”或“不属于”）碱性氧化物。
3 4
（2）提高第一次焙烧的速率的措施 粉碎 （写一条）。
（3）“碱浸”中Al O 参与的离子方程式 A l O +2OH ﹣ +3H O ═ 2[Al （ OH ） ] ﹣ 。
2 3 2 3 2 4
（4）已知上述流程中两次焙烧均会产生SO ，滤渣中含大量的Fe O 。
2 2 3
28①矿粉焙烧过程中还原剂和氧化剂物质的量之比为 4 ： 1 1 ，过程中加入少量CaO的目的是 固
硫，防止污染环境 。
②“过滤”得到的滤液中含有的阴离子有OH﹣、 、 。
③ Fe O 与 FeS 混合后焙烧（缺氧条件下）反应的化学方程式为 FeS +16Fe O
2 3 2 2 2 3
11Fe O +2SO ↑ 。
3 4 2
【专题】制备实验综合．
【分析】铝土矿（主要成分为Al O 、Fe O 、SiO 、少量FeS ）通入氧气进行焙烧，FeS 被氧化成
2 3 2 3 2 2 2
Fe O 和SO ，SO 与少量CaO反应使其转化成CaSO ，最终转化成CaSO ，加入氢氧化钠溶液碱浸，
2 3 2 2 3 4
SiO 转化为 、Al O 转化为 ，过滤后，滤渣中的Fe O 与FeS 混合后焙烧（缺氧条件下）
2 2 3 2 3 2
反应得到Fe O ，据此分析解答。
3 4
【解答】解：（1）FeO、Fe O 属于碱性氧化物，但是Fe O 不是碱性氧化物，
2 3 3 4
故答案为：不属于；
（2）提高第一次焙烧的速率的措施有粉碎，
故答案为：粉碎；
（3）分析流程可知，“碱浸”中Al O 参与的离子方程式Al O +2OH﹣+3H O═2[Al（OH） ]﹣，
2 3 2 3 2 4
故答案为：Al O +2OH﹣+3H O═2[Al（OH） ]﹣；
2 3 2 4
（4）①FeS 与O 反应时，转化为Fe O 和SO ，1mol FeS 失去11mol电子，1mol O 得到4mol电子，
2 2 2 3 2 2 2
所以氧化剂与还原剂物质的量之比为4：11；CaO与SO 反应使其转化成CaSO ，最终转化成CaSO ，
2 3 4
防止污染，
故答案为：4：11；固硫，防止污染环境；
②铝、硅氧化物均可以和碱反应进入溶液，因此滤液中含有 、 ，
故答案为： 、 ；
③ Fe O 与 FeS 混合后在缺氧条件下焙烧生成 Fe O 和 SO ，化学方程式为 FeS +16Fe O
2 3 2 3 4 2 2 2 3
11Fe O +2SO ↑，
3 4 2
故答案为：FeS +16Fe O 11Fe O +2SO ↑。
2 2 3 3 4 2
29【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应
用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注
意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
4．（2024•南岗区校级开学）近年米，我国在平导体材料和5G芯片研发等高科技领域取得了显著的研究
成果，其相关技不住“神舟”系列飞解和空间站的太阳能电池板等方面得到了有效应用硅是应用广泛
的一种半导体材料在工业上，可由石英砂（主要成分为SiO ）得制备高纯硅的工艺流程如图：
2
（1）硅的原子结构示意图为 。
（2）反应①除生成硅外，还生成一种无色有毒气体，反应的化学方程式为 SiO +2C
2
Si+2CO 。
（3）该流程中所涉及的元素在元素周期表中位于第二周期的有 C 、 O （写元素符号）。
（4）该流程中可循环利用的物质是 HC l 。
（5）氮化镓、氧化镓是第三代、第四代半导体材料的代表，其组成元素中属于金属元素的是 镓
（写名称），Ga元素的相关信息如镓如图所示，由图中信息可知Ga原子的质子数为 3 1 。
【专题】制备实验综合．
【分析】石英砂和焦炭在高温条件下发生反应：SiO +2C Si+2CO，生成粗硅，粗硅与HCl反
2
应，生成SiHCl 和H ，精馏得到纯净的SiHCl ，纯净的SiHCl 与H 反应，生成高纯硅与HCl，HCl
3 2 3 3 2
用于循环，据此分析作答。
【解答】解：（1）硅的原子序数为14，位于第三周期，第ⅣA族，原子结构示意图为 ，
故答案为： ；
30（2）反应①除生成硅外，还生成一种无色有毒气体，该气体为CO，反应的化学方程式为：SiO +2C
2
Si+2CO，
故答案为：SiO +2C Si+2CO；
2
（3）该流程中所涉及的元素在元素周期表中位于第二周期的有C、O，
故答案为：C、O；
（4）根据分析可知，该流程中可循环利用的物质是HCl，
故答案为：HCl；
（5）氮化镓、氧化镓是第三代、第四代半导体材料的代表，其组成元素中属于金属元素的是镓，由图
可知，Ga原子的质子数为31，
故答案为：镓；31。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及硅及其化合物之间的转化，同时考查元素周期
律与元素周期表的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。
5．（2024•江州区校级开学）某兴趣小组对氯酸钾（KClO ）展开如下探究：工业制备KClO 以电石渣
3 3
[主要成分为Ca（OH） 和CaCO ]为原料制备KClO 的流程如图1：
2 3 3
【资料卡片】：氯化时，主要反应为6Ca（OH） +6X═Ca（ClO ） +5CaCl +6H O，另有少量X与Ca
2 3 2 2 2
（OH） 反应生成Ca（ClO） 、CaCl 和H O，Ca（ClO） 分解为CaCl 和O 。
2 2 2 2 2 2 2
31（1）根据资料，X的化学式为 C l ，写出氯化时，X和Ca（OH） 反应生成Ca（ClO） 的化学
2 2 2
方程式 2C l +2Ca （ OH ） ＝ C a （ ClO ） +CaCl +2H O 。
2 2 2 2 2
（2）氯化时，为提高X转化为Ca（ClO ） 的转化率，下列措施可行的是 AC （填序号）。
3 2
A.充分搅拌浆料
B.加足量水使Ca（OH） 完全溶解
2
C.缓缓通入X
（3）氯化过程控制电石渣过量，固体残渣的主要成分为 CaCO 和 C a （ OH ） （填化学式）。
3 2
（4）操作1后得到溶液中Ca（ClO ） 与CaCl 的化学计量数之比 ＜ 1：5（填“＞”“＜”或
3 2 2
“＝”）。转化时，加入KCl发生反应的化学方程式为 C a （ ClO ） +2KCl ＝ 2KClO ↓ +CaC l 。
3 2 3 2
【专题】制备实验综合．
【分析】（1）根据资料和质量守恒定律分析；
（2）氯化时，为提高X转化为Ca（ClO ） 的转化率，可增大反应物之间的接触面积；
3 2
（3）氯化过程控制电石渣过量，导致氢氧化钙过量；
（4）根据主要反应生成物Ca（ClO ） 与CaCl 的化学计量数之比为1：5，但Ca（ClO ） 与KCl发
3 2 2 3 2
生反应生成氯化钙进行分析。
【解答】解：（1）根据资料和质量守恒定律可得，X的化学式为 Cl ，氯化时，少量 X与Ca（OH）
2
反应生成Ca（ClO） 、CaCl 和H O，所以X和Ca（OH） 反应对应的化学方程式 2Cl +2Ca（OH）
2 2 2 2 2 2
＝Ca（ClO） +CaCl +2H O，
2 2 2 2
故答案为：Cl ；2Cl +2Ca（OH） ＝Ca（ClO） +CaCl +2H O；
2 2 2 2 2 2
（2）A．充分搅拌浆料，能增大接触面积，提高转化率，故A正确；
B．加足量水使Ca（OH） 完全溶解，导致接触面积降低而降低了转化率，故B错误；
2
C．缓缓通入X，能使反应物接触时间长，提高转化率，故C正确；
故答案为：AC；
（3）氯化过程控制电石渣过量，导致氢氧化钙过量，同时还含有碳酸钙，所以固体残渣的主要成分的
化学式为 CaCO 和 Ca（OH） ，
3 2
故答案为：CaCO 和 Ca（OH） ；
3 2
（4）由于主要反应生成物Ca（ClO ） 与CaCl 的化学计量数之比为1：5，而还发生生成氯化钙的反
3 2 2
应，所以操作1后得到溶液中Ca（ClO ） 与CaCl 的化学计量数之比＜1：5．转化时，加入KCl发生
3 2 2
反应是氯酸钙和氯化钾反应生成溶解度更小的氯酸钾和氯化钙，对应的化学方程式为 Ca（ClO ）
3
+2KCl＝2KClO ↓+CaCl 。
2 3 2
故答案为：＜；Ca（ClO ） +2KCl＝2KClO ↓+CaCl 。
3 2 3 2
【点评】本题为信息题的考查，解题的关键是利用题干中的信息结合相关知识对相关问题进行分析判
32断。
6．（2024•南海区开学）柠檬酸亚铁（FeC H O ）是一种补血剂，易溶于水，难溶于乙醇。某兴趣小组
6 6 7
在实验室研究制备柠檬酸亚铁。
Ⅰ．制碳酸亚铁
用预处理后的硫铁矿烧渣（主要成分Fe O ，含少量不溶性杂质）制备碳酸亚铁的流程如图：
2 3
已知：a．Na CO 溶液呈碱性；b．FeSO 在碱性条件下生成Fe（OH） 沉淀。
2 3 4 2
（1）“酸浸”时，为提高铁元素的浸出率，可采取的措施是 适当加热、搅拌、将烧渣粉碎、适当
增大稀硫酸的浓度（任选一条均可） （任写一条）。
（2）“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成。“酸浸”所得溶液中含
有的阳离子是 F e 3 + 、 H + （填离子符号）。“还原”中，化合价降低的元素是 铁元素、氢元素
。
（3）“操作X”可除去过量铁粉和不溶性杂质。“操作X”的名称是 过滤 。
（4）“沉铁”时，反应原理为FeSO +Na CO ＝FeCO ↓+Na SO 。
4 2 3 3 2 4
①实验时需将Na CO 溶液滴入FeSO 溶液中，而不能反向滴加，其原因是 反向滴加，会生成 F e
2 3 4
（ OH ） 沉淀而无法得到 FeCO 沉淀 。
2 3
②待FeSO 完全反应后，过滤，洗涤。洗涤前，FeCO 沉淀表面吸附的主要杂质是 N a SO （填
4 3 2 4
化学式）。
Ⅱ．制柠檬酸亚铁
（5）用如图所示装置制备柠檬酸亚铁：
步骤1：FeCO 固体、少量铁粉及足量柠檬酸（C H O ）溶液如图装置中充分反应；
3 6 8 7
步骤2：所得溶液加热浓缩，加适量乙醇，静置，过滤，洗涤，干燥，得FeC H O 晶体。
6 6 7
①制备原理为FeCO +C H O ＝FeC H O +X+H O，物质X是 CO （填化学式）。
3 6 8 7 6 6 7 2 2
②“步骤2”中，加入无水乙醇的目的是 有利于柠檬酸亚铁晶体的析出 。
③实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量，原因是 铁粉和柠檬酸反应生成的柠
檬酸亚铁，导致产量增大 。
33【专题】常规题型．
【分析】（1）流程题中，为了提高浸取率，通常可采用适当升温、搅拌、将固体原料粉碎增大接触面
积、适当增大液体反应物的浓度等措施；
（2）“酸浸”时稀硫酸与烧渣生成硫酸铁，“还原”时，加入铁粉产生气体，表明“酸浸”后还存在
过量的稀硫酸；
（3）由题干信息可知，“操作X”的目的是为了实现固液分离；
（4）①“沉铁”时，将Na CO 溶液滴入FeSO 溶液中，反向滴加会生成Fe（OH） ；
2 3 4 2
②Na CO 溶液与FeSO 溶液除了生成FeCO ，还会得到Na SO ；
2 3 4 3 2 4
（5）①根据质量守恒确定未知物的化学成分；
②柠檬酸亚铁的制备过程中，加入乙醇有利于产物的析出；
③在制备柠檬酸亚铁的过程中，铁粉也能和柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁，导致产物的实际产量大于理
论产量。
【解答】解：（1）工艺流程题中，加快反应速率，提高浸取率的常用方法有适当升温、搅拌、将固体
原料粉碎增大接触面积、适当增大液体反应物的浓度，
故答案为：适当加热、搅拌、将烧渣粉碎、适当增大稀硫酸的浓度（任选一条均可）；
（2）“酸浸”时稀硫酸与烧渣生成硫酸铁，“还原”时，加入铁粉产生气体表明“酸浸”后还存在过
量的稀硫酸，因此“酸浸”所得溶液中的阳离子为铁离子和氢离子；在“还原”过程中，铁粉既和稀
硫酸反应，也与硫酸铁反应，因此硫酸铁中的铁元素和稀硫酸中的氢元素化合价降低，
故答案为：Fe3+、H+；铁元素、氢元素；
（3）“操作X”的目的是除去难以溶解的物质，实现固液分离，需要过滤，
故答案为：过滤；
（4）①Na CO 溶液呈碱性，而FeSO 在碱性条件下生成Fe（OH） 沉淀，因此将FeSO 溶液中滴入
2 3 4 2 4
Na CO 溶液生成Fe（OH） 沉淀，无法得到FeCO ，
2 3 2 3
故答案为：反向滴加，会生成Fe（OH） 沉淀而无法得到FeCO 沉淀；
2 3
②Na CO 溶液与FeSO 溶液除了生成FeCO 沉淀和Na SO ，Na SO 会吸附在FeCO 沉淀表面，
2 3 4 3 2 4 2 4 3
故答案为：Na SO ；
2 4
（5）①根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，可得知物质X为二氧化碳，
故答案为：CO ；
2
②柠檬酸亚铁难溶于乙醇，因此，在制备柠檬酸亚铁时加入乙醇有利于柠檬酸亚铁晶体的析出，
故答案为：有利于柠檬酸亚铁晶体的析出；
③制备柠檬酸亚铁的时候，加入的少量铁粉和足量柠檬酸反应，也能生成柠檬酸亚铁，导致生成物增
多，实际产量大于理论产量，
故答案为：铁粉和柠檬酸反应生成的柠檬酸亚铁，导致产量增大。
34【点评】考查学生利用基本反应和氧化还原反应推导流程题整个过程的能力，并能够根据提示信息解
决相关问题，这是高中化学的重点体型。
7．（2024秋•沙坪坝区校级月考）Sb O 俗称锑白，可用作白色颜料和阻燃剂。以辉锑矿（主要成分为
2 3
Sb S ）为原料干法制备较纯锑白的工艺流程如图：
2 3
已知：Sb O 与Al O 具有相似的化学性质。
2 3 2 3
（1）基态S原子价电子轨道表示式为 。
（2）Sb在元素周期表中位于第 5 周期第 Ⅴ A 族。
（3）“氧化炉”中主要反应的化学方程式为 。
（4）Sb O 在空气中受热，会继续生成Sb O 。Sb O 与Fe O 相似，可看作两种氧化物结合成的化合
2 3 2 4 2 4 3 4
物，其中Sb的价态是 + 3 、 + 5 。
（5）在实验室中，可利用SbCl 的水解反应制备Sb O 。
3 2 3
①水解第一步生成白色沉淀SbOCl，写出该步反应的化学方程式 SbC l +H O ＝ SbOCl ↓ +2HCl 。
3 2
②为了得到更多的Sb O ，操作时要将SbCl 缓慢加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。用平
2 3 3
衡移动原理说明这两项操作的作用 加入大量水的目的是降低 SbC l 的浓度，加氨水的目的是中和水
3
解生成的 HC l ，使水解平衡正向移动，以此产生更多的 S b O 。选用氨水而不用NaOH溶液的原因
2 3
Sb O +2NaOH ＝ 2NaSbO +H O （用化学方程式表示）
2 3 2 2
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】辉锑矿（主要成分为Sb S ）在氧化炉中焙烧，Sb S 和O 反应生成Sb O 和SO ，化学方程
2 3 2 3 2 2 3 2
式为： ，得到粗锑白；在还原炉中，焦炭将 Sb O 还原为金属
2 3
Sb；在加热炉中，Sb被O 氧化得到纯净的Sb O 。
2 2 3
【解答】解：（1）基态S原子的价电子排布式为3s23p4，其轨道表示式为 ，
故答案为： ；
（2）Sb是51号元素，在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族，
35故答案为：5；ⅤA；
（3）由分析可知，氧化炉”中主要反应的化学方程式为 ，
故答案为： ；
（4）Sb O 在空气中受热，会继续生成Sb O 。Sb O 与Fe O 相似，可看作两种氧化物结合成的化合
2 3 2 4 2 4 3 4
物，则Sb的价态是：+3价、+5价，
故答案为：+3、+5；
（5）①SbCl 水解第一步生成白色沉淀SbOCl，化学方程式为SbCl +H O＝SbOCl↓+2HCl，
3 3 2
故答案为：SbCl +H O＝SbOCl↓+2HCl；
3 2
②为了得到更多的Sb O ，操作时要将SbCl 缓慢加入大量水中，可降低SbCl 的浓度，使SbCl 的水
2 3 3 3 3
解平衡正向移动；根据SbCl +H O＝SbOCl↓+2HCl可知，SbCl 水解产生HCl，反应后期加入少量氨
3 2 3
水，氨水能和 HCl 反应，使 HCl 浓度降低，SbCl 的水解平衡正向移动；Sb O 能和强碱反应：
3 2 3
Sb O +2NaOH＝2NaSbO +H O，故选用氨水而不用NaOH溶液，
2 3 2 2
故答案为：加入大量水的目的是降低SbCl 的浓度，加氨水的目的是中和水解生成的HCl，使水解平衡
3
正向移动，以此产生更多的Sb O ；Sb O +2NaOH＝2NaSbO +H O。
2 3 2 3 2 2
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
8．（2024•苏州开学）以工业钛白副产品（主要成分FeSO •7H O，含少量MgSO 、TiOSO 、CaSO ）为
4 2 4 4 4
原料制备铁红（Fe O ），部分实验流程如图：
2 3
Ⅰ．精制FeSO
4
（1）“除钛”时，利用TiOSO 电离出的TiO2+水解，生成H TiO 沉淀。
4 2 3
①TiO2+水解的离子方程式为 TiO 2 + +2H O ＝ H TiO ↓ +2H + 。
2 2 3
②加入Fe粉的作用是 还原 TiO 2 + ，同时 F e 被氧化 。
（2）“除镁钙”时，当溶液中Mg2+和Ca2+沉淀完全时，溶液中F﹣浓度最小值为 1×1 0 ﹣ 2 .5 mol•L﹣
1。[已知：K
sp
（CaF
2
）＝1×10﹣10，K
sp
（MgF
2
）＝7.5×10﹣11；当离子浓度⩽10﹣5mol•L﹣1认为沉淀完
全]
Ⅱ．制铁红（Fe O ）
2 3
36方法一：FeSO 精制液与NH HCO 溶液反应生成FeCO 沉淀，再用O 将FeCO 氧化为铁红。
4 4 3 3 2 3
（3）补充完成由 FeSO 精制液制备 FeCO 的实验方案：70℃下将精制液浓缩成饱和溶液， 与
4 3
NH HCO 溶液反应生成 FeCO 沉淀、过滤、洗涤 ，干燥，得到FeCO 。[FeCO 沉淀需“洗涤完全”，
4 3 3 3 3
Fe（OH） 开始沉淀的pH＝6.5]
2
（4）70℃时，O 氧化FeCO 的化学方程式为 4FeCO +O 2Fe O +4CO 。
2 3 3 2 2 3 2
方法二：FeSO 精制液与NaNO 、H SO 、O 反应生成铁黄（FeOOH），再由铁黄制取铁红。
4 2 2 4 2
（5）NaNO 、H SO 产生的NO 作催化剂，使精制FeSO 溶液被O 氧化为铁黄。其中NO作催化剂时
2 2 4 x 4 2
分两步进行：第一步反应为Fe2++NO＝Fe（NO）2+，第二步反应的离子方程式为 4F e （ NO ） 2 +
+O +6H O ＝ 4FeOOH ↓ +4NO+8H + 。
2 2
（6）实验测得铁黄产率随反应液温度变化情况如图所示。当温度高于 40℃时，铁黄产率下降的原因
可能是 酸性减弱生成了氢氧化铁，使得铁黄产率降低 。
【专题】制备实验综合．
【分析】钛白副产品（主要成分 FeSO •7H O，含少量MgSO 、TiOSO 、CaSO ）为原料制备铁红
4 2 4 4 4
（Fe O ），热水中溶解，加入铁粉除钛，得到H TiO 沉淀，过滤得到滤液中加入NH F沉淀钙离子、
2 3 2 3 4
镁离子，得到沉淀MgF 、CaF ，过滤得到滤液为硫酸亚铁精制液，FeSO 精制液与NH HCO 溶液反
2 2 4 4 3
应生成FeCO 沉淀，再用O 将FeCO 氧化为铁红或FeSO 精制液与NaNO 、H SO 、O 反应生成铁黄
3 2 3 4 2 2 4 2
（FeOOH），再由铁黄制取铁红，据此分析回答问题，
Ⅰ．（1）①TiO2+水解生成沉淀H TiO ；
2 3
②加入Fe粉还原TiO2+，除钛；
（2）已知：K
sp
（CaF
2
）＝1×10﹣10，K
sp
（MgF
2
）＝7.5×10﹣11，当离子浓度⩽10﹣5mol•L﹣1认为沉淀完
全，结合K （CaF ）＝1×10﹣10计算；
sp 2
Ⅱ．（3）70℃下将精制液浓缩，成饱和溶液，FeSO 精制液与NH HCO 溶液反应生成FeCO 沉淀；
4 4 3 3
（4）70℃时，O 氧化FeCO 反应生成氧化铁和二氧化碳；
2 3
（5）已知用空气氧化FeSO 溶液制取铁黄（FeOOH）的反应为4Fe2++O +6H O＝4FeOOH↓+8H+，减
4 2 2
去第一步反应得到第二步反应的离子方程式；
（6）根据图象，40℃左右时，铁黄产率较高，当温度高于40℃时，酸性减弱生成了氢氧化铁。
【解答】解：Ⅰ．（1）①TiO2+水解的离子方程式为：TiO2++2H O＝H TiO ↓+2H+，
2 2 3
故答案为：TiO2++2H O＝H TiO ↓+2H+；
2 2 3
37②加入Fe粉的作用是：还原TiO2+，同时Fe被氧化，
故答案为：还原TiO2+，同时Fe被氧化；
（2）“除镁钙”时，当溶液中Mg2+和Ca2+沉淀完全时，K
sp
（CaF
2
）＝1×10﹣10，当Ca2+离子浓度⩽10
﹣5mol•L﹣1认为沉淀完全，则溶液中F﹣浓度最小值＝ mol/L＝10﹣2.5mol/L，
故答案为：10﹣2.5；
Ⅱ．（3）70℃下将精制液浓缩成饱和溶液，与NH HCO 溶液反应生成FeCO 沉淀、过滤、洗涤、干
4 3 3
燥，得到FeCO ，
3
故答案为：与NH HCO 溶液反应生成FeCO 沉淀、过滤、洗涤；
4 3 3
（4）70℃时，O 氧化FeCO 反应生成氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：4FeCO +O
2 3 3 2
2Fe O +4CO ，
2 3 2
故答案为：4FeCO +O 2Fe O +4CO ；
3 2 2 3 2
（5）已知用空气氧化FeSO 溶液制取铁黄（FeOOH）的反应为4Fe2++O +6H O＝4FeOOH↓+8H+，
4 2 2
NO能起催化作用，催化机理分两步完成：第一步的离子方程式为 Fe2++NO＝Fe（NO）2+（棕色），
总 反 应 减 去 第 一 步 反 应 ， 得 到 第 二 步 的 离 子 方 程 式 为 ： 4Fe （ NO ） 2++O +6H O ＝
2 2
4FeOOH↓+4NO+8H+，
故答案为：4Fe（NO）2++O +6H O＝4FeOOH↓+4NO+8H+；
2 2
（6）根据图象，40℃左右时，铁黄产率较高，当温度高于40℃时，铁黄产率下降的原因可能是：酸
性减弱生成了氢氧化铁，使得铁黄产率降低，
故答案为：酸性减弱生成了氢氧化铁，使得铁黄产率降低。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、
溶度积的计算等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的
基础与灵活运用能力，题目难度中等。
9．（2024•雨城区校级开学）MgSO •7H O是一种重要的化工原料，某工厂以一种镁矿石（主要成分为
4 2
SiO 和MgCO ，还含有少量FeCO ）为原料制备MgSO •7H O的主要流程如图：
2 3 3 4 2
已知：SiO 既不溶于水也不溶于稀硫酸。请回答下列问题：
2
38（1）“操作a”的名称是 过滤 。
（2）“废渣Y”中含有少量的FeOOH，其中铁元素的化合价是 + 3 。
（3）MgCO 溶于稀硫酸的化学方程式为 MgCO +H SO ＝ MgSO +CO ↑ +H O 。
3 3 2 4 4 2 2
（ 4 ） “ 溶 液 A” 中 加 入 H O 溶 液 会 生 成 Fe （ SO ） ， 该 反 应 的 化 学 方 程 式 为
2 2 2 4 3
2FeSO +H O +H SO ＝ F e （ SO ） +2H O 。
4 2 2 2 4 2 4 3 2
（5）选用MgO调节pH使Fe3+转化为沉淀，而不选用NaOH的原因是 防止引入新的杂质 。
【专题】制备实验综合．
【分析】镁矿石主要成分为SiO 和MgCO ，还含有少量FeCO ，加稀硫酸溶解，SiO 不溶于硫酸，过
2 3 3 2
滤，滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁，加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加MgO调节pH生成氢氧化铁沉淀
除铁，过滤，滤液为硫酸镁溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得MgSO •7H O。
4 2
【解答】解：（1）“操作a”是从溶液中分离出固体SiO ，分离方法是过滤，
2
故答案为：过滤；
（2）FeOOH中，氧意思是﹣2价，氢元素是+1价，则铁元素的化合价是+3，
故答案为：+3；
（3）MgCO 溶于稀硫酸的化学方程式为MgCO +H SO ＝MgSO +CO ↑+H O，
3 3 2 4 4 2 2
故答案为：MgCO +H SO ＝MgSO +CO ↑+H O；
3 2 4 4 2 2
（4）“溶液 A”中加入 H O 溶液把硫酸亚铁氧化为 Fe （SO ） ，该反应的化学方程式为
2 2 2 4 3
2FeSO +H O +H SO ＝Fe （SO ） +2H O，
4 2 2 2 4 2 4 3 2
故答案为：2FeSO +H O +H SO ＝Fe （SO ） +2H O；
4 2 2 2 4 2 4 3 2
（5）反应B中含有稀硫酸，MgO+H SO ＝MgSO +H O，因为要制备MgSO •7H O，该反应无杂质生
2 4 4 2 4 2
成，如果加入NaOH，会引入新的杂质，
故答案为：防止引入新的杂质。
【点评】本题考查氧化还原反应方程式的书写与配平、有关铁及其化合物转化的流程题型、物质分离、
提纯综合应用。
10．（2024•西吉县校级开学）以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细 ﹣氧化铝，既降低环境污染又可提
高铝资源的利用率。已知铝灰主要成分为Al O （含少量杂质SiOα、FeO、Fe O ），其制备实验流程
2 3 2 2 3
如图：
39（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为 A l O +3H SO ＝ A l （ SO ） +3H O ，滤渣为
2 3 2 4 2 4 3 2
SiO 。
2
（2）加30%的H O 溶液的目的是 氧化 F e 2 + 为 F e 3 + ，有利于在沉铁过程中除去 。
2 2
（ 3 ） 煅 烧 硫 酸 铝 铵 晶 体 ， 发 生 的 主 要 反 应 为 ： 4[NH Al （ SO ） • 12H O]
4 4 2 2
2Al O +2NH ↑+N ↑+5SO ↑+3SO ↑+53H O，将产生的气体通过如图所示的装置。
2 3 3 2 3 2 2
①集气瓶中收集到的气体是 N （填化学式）；
2
②KMnO 溶液褪色（ 还原为Mn2+），此褪色过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
4
2 ： 5 。
③上述信息中化学反应方程式的反应类型为 分解反应 （填四种基本反应类型）。
（4）写出“沉铁”步骤的离子方程式为 。
（5）KAl（SO ） •12H O水溶液显酸性，其原理为 （用相关离
4 2 2
子方程式解释）。
【专题】制备实验综合．
【分析】铝灰中加稀硫酸浸取，SiO 不溶于硫酸，过滤后滤渣为SiO ，所得滤液中含Al3+、Fe2+、
2 2
Fe3+、H+；加 30%H O 溶液将 Fe2+氧化为 Fe3+，加 K [Fe（CN） ]沉铁，将 Fe3+转化为 KFe [Fe
2 2 4 6 4
（CN） 沉淀，滤出沉淀后在滤液中加硫酸铵，反应生成 NH Al（SO ） ，经结晶、干燥、煅烧得到
6] 4 4 2
﹣氧化铝。
α【解答】解：（1）氧化铝和硫酸生成硫酸铝和水：Al
2
O
3
+3H
2
SO
4
＝Al
2
（SO
4
）
3
+3H
2
O；SiO
2
不溶于
硫酸，过滤后滤渣为SiO ，
2
故答案为：Al O +3H SO ＝Al （SO ） +3H O；SiO ；
2 3 2 4 2 4 3 2 2
40（2）过氧化氢具有氧化性，30%H O 溶液将Fe2+氧化为Fe3+，便于下一步铁离子的分离去除，
2 2
故答案为：氧化Fe2+为Fe3+，有利于在沉铁过程中除去；
（3）①硫酸铝铵晶体煅烧分解生成的气体中，NH 和SO 被亚硫酸氢钠吸收，SO 被高锰酸钾吸收，
3 3 2
所以最后集气瓶中收集到的气体是N ，
2
故答案为：N ；
2
②KMnO 溶液褪色（ 还原为Mn2+），此褪色过程中高锰酸钾氧化二氧化硫为硫酸根离子：
4
2KMnO +5SO +2H O＝K SO +2MnSO +2H SO ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5，
4 2 2 2 4 4 2 4
故答案为：2：5；
③上述信息中化学反应为一种物质生成多种物质的反应，为分解反应，
故答案为：分解反应；
（ 4 ） Fe3+ 溶 液 中 加 K [Fe （ CN ） ] 沉 铁 ， 将 Fe3+ 转 化 为 KFe [Fe （ CN ） 沉 淀 ：
4 6 4 6]
，
故答案为： ；
（5）铝离子水解生成氢离子使得溶液显酸性，原理为： ，
故答案为： 。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
11．（2024秋•安徽月考）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精
炼用的催化剂等。从废钒催化剂中（含有 K SO 、V O 、V O 、SiO 、Fe O 、Al O 等）回收钒，既
2 4 2 5 2 4 2 2 3 2 3
能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如图：
已知：
①“酸浸”时，V O 和V O 先与稀硫酸反应分别生成 和VO2+。
2 5 2 4
②有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取 的能力强。
41③溶液中 与 可相互转化： ，且NH VO 为沉淀。
4 3
（1）“酸浸”时，加快浸出速率的措施有 废催化剂粉碎，适当增大试剂浓度，适当升温等 （回
答一条即可）；FeSO 参与反应的离子方程式为 。
4
（2）滤渣2的主要成分有 Fe （ OH ） 、 A l （ OH ） ；“萃取”和“反萃取”时，将发生 R
3 3 2
（SO ） （水层）+2nHA（有机层） 2RA ，（有机层）+nH SO （水层）（R表示VO2+，HA表示有
4 n n 2 4
机萃取剂），“反萃取”加入的试剂⇌为 H SO （填化学式）。
2 4
（3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。
（4）该工艺流程中，可以循环使用的物质有水、氨气和 有机萃取剂（或有机相 2 ） 。
（5）滤渣 2进一步处理可得到 FeSO •7H O。欲配制 450mL 0.1000mol•L﹣1 FeSO 溶液，需称取
4 2 4
FeSO •7H O的质量为 13. 9 g。配制溶液时，下列实验操作会使所配溶液浓度偏低的是（填标号）
4 2
BD 。
A．容量瓶清洗后，未经过干燥处理
B．定容操作时，仰视刻度线
C．定容操作时，俯视刻度线
D．定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水至刻度
（6）一定条件下V O 能生成多钒酸铵，如（NH ） V O （六钒酸铵）、（NH ） V O （十钒酸
2 5 4 2 6 16 4 6 10 28
铵）等。工业上用H 还原（NH ） V O 可以制得V O ，该反应中还原剂与还原产物的物质的量之
2 4 6 10 28 2 3
比为 2 ： 1 。
【专题】物质的分离提纯和鉴别；探究与创新能力．
【分析】从废钒催化剂中回收V O ，由流程可知，“酸浸”时V O 转化为 ，V O 转成VO2+，
2 5 2 5 2 4
FeSO 可使 转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO 不溶，则过滤得到的滤
4 2
渣1为SiO ，滤液中加过氧化氢将Fe2+氧化，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH） 、Al
2 3
（OH） 沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH） 、Al（OH） ，滤液2萃取、分液，水
3 3 3
相中蒸发结晶分离出硫酸钾，有机相1反萃取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H O+
2
+6VO2+＝6 +Cl﹣+6H+，溶液中 与 可相互转化： +H O +2H+，“沉钒”得
2
到偏钒酸铵（NH VO ）沉淀，“煅烧”时分解生成V O ，以此来解答。 ⇌
4 3 2 5
【解答】解：（1）“酸浸”时，加快浸出速率的措施有废催化剂粉碎，适当增大试剂浓度，适当升温
42等，由上分析可知，“酸浸”时，FeSO 与（VO ） SO 发生氧化还原反应，生成 VOSO 和 Fe
4 2 2 4 4 2
（SO ） ，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： ，
4 3
故答案为：废催化剂粉碎，适当增大试剂浓度，适当升温等；
（2）由分析可知，滤渣2的主要成分有Fe（OH） 、Al（OH） ，由R （SO ） （水层）+2nHA（有
3 3 2 4 n
机层） 2RA （有机层）+nH SO （水层） （R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）可知，“反萃取”
n 2 4
时，要使⇌ VO2+进入水层，使上述平衡向逆反应方向移动，应加入H SO ，
2 4
故答案为：Fe（OH） 、Al（OH） ；H SO ；
3 3 2 4
（3）氧化过程是KClO 将VO2+氧化为 ， 中氯元素得电子被还原为Cl﹣，根据得失电子守恒
3
和电荷守恒配平其离子方程式为 ，
故答案为： ；
（4）钒酸铵加热分解生成V O 、氨气和水，即2NH VO V O +2NH ↑+H O，NH 和H O可循环
2 5 4 3 2 5 3 2 3 2
使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用，
故答案为：有机萃取剂（或有机相2）；
（5）欲配制450mL 0.1000mol•L﹣1 FeSO 溶液，需要用到500mL容量瓶，需称取FeSO •7H O的质
4 4 2
量为0.5L×0.1000mol•L﹣1×278g/mol＝13.9g：
A．容量瓶清洗后，未经过干燥处理对实验结构没有影响，故A错误；
B．定容操作时，仰视刻度线会导致溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，故B正确；
C．定容操作时，俯视刻度线会导致溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大，故C错误；
D．定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水至刻度，会导致溶液的体积
偏大，所配溶液的浓度偏小，故D正确；
故答案为：13.9；BD；
（6）工业上用H 还原（NH ） V O 可以制得V O ，在这个反应中，氢气作为还原剂，被氧化成水，
2 4 6 10 28 2 3
而（NH ） V O 作为氧化剂，被还原成V O ，根据得失电子守恒和原子守恒配平该反应方程式为：
4 6 10 28 2 3
（NH ） V O +10H ＝5V O +6NH +13H O，还原剂为H ，还原产物为V O ，该反应中还原剂与还
4 6 10 28 2 2 3 3 2 2 2 3
原产物的物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
12．（2024•南平一模）钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有较多的 Zn（Ⅱ）、Cd（Ⅱ）和少量Co
43（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、Ni（Ⅱ）的硫酸盐及氢氧化物（“Ⅱ”指相应元素的化合价为+2价）。利用以下
工艺流程回收金属并制备碱式碳酸锌：
已知：过二硫酸根（ ）的结构式为 ， 的还原产物为 。
回答下列问题：
（1）“溶浸”中，可以加快化学反应速率的措施有 粉碎钴镍渣、搅拌、适当升温、适当增大
H SO 溶液浓度等 （任写一种）。
2 4
（2）向“浸取液”中加入Zn粉，发生反应的离子方程式为 C d 2 + +Z n ＝ Cd+Z n 2 + 。
（3）过二硫酸根具有极强的氧化性，原因是 过二硫酸根中含有过氧键（或过二硫酸根中含有— O
— O —） 。
（4）“氧化、沉钴”时，加入Na S O 溶液并调节溶液pH至5.0～5.2，反应生成Co（OH） 沉淀的
2 2 8 3
离子方程式为 。
（5）研究加入Na S O 溶液时温度和时间对金属脱除率的影响，所得曲线如图所示：
2 2 8
由图可知，“氧化、沉钴”的适宜温度和时间是 8 0 ℃、 2 h 。金属脱除是指溶液中的二价金属离子
被氧化后形成氢氧化物沉淀除去，Co（OH） 滤渣中还含有 F e （ OH ） （填化学式）。
3 3
（6）向ZnSO 溶液中加入适量的Na CO 溶液，反应生成ZnCO •xZn（OH） 沉淀的化学方程式为
4 2 3 3 2
（ x+ 1 ） ZnSO + （ x+1 ） Na CO +xH O ＝ ZnCO • xZ n （ OH ） ↓ + （ x+ 1 ） N a SO +xCO ↑ 。
4 2 3 2 3 2 2 4 2
（7）锌的某些硫化物具有独特的光电效应，被研究应用于荧光材料、电磁学等领域。如图为锌的某种
硫化物晶体的晶胞结构。
44①基态Zn2+的价层电子排布图为 。
②该硫化物晶体的密度 ＝ g•cm﹣3（用含a、b、N 的代数式表示）。
A
ρ
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】钴镍渣加入稀硫酸进行酸浸，钴镍渣里面的硫酸盐及氢氧化物溶解在硫酸里，二价金属进入
溶液，难溶的杂质经过滤除去，浸取液里加过量的锌粉，利用金属的活泼性不同将Cd置换出来，再加
入强氧化剂Na S O 将溶液中的二价金属离子氧化为三价然后转化为氢氧化物沉淀除去，最后再加入
2 2 8
锌粉经反应后过滤，将滤液中锌离子转化为沉淀ZnCO •xZn（OH） ；根据以上分析解答。
3 2
【解答】解：（1）“溶浸”中，可以加快化学反应速率的措施有粉碎钴镍渣、搅拌、适当升温、适当
增大H SO 溶液浓度等，
2 4
故答案为：粉碎钴镍渣、搅拌、适当升温、适当增大H SO 溶液浓度等；
2 4
（2）向“浸取液”中加入 Zn 粉，根据题意可知得到了海绵 Cd，发生反应的离子方程式为：
Zn+Cd2+＝Zn2++Cd，
故答案为：Cd2++Zn＝Cd+Zn2+；
（3）Na S O 中S的化合价为+6，Na为+1，可知其O存在﹣1价，即存在过氧键，结合过氧化氢的性
2 2 8
质可知Na S O 应具有强氧化性，
2 2 8
故答案为：过二硫酸根中含有过氧键（或过二硫酸根中含有—O—O—）；
（4）在适宜的条件下，加入Na S O 并调节溶液pH至5.0～5.2，Na S O 中S为+6价，具有强氧化性，
2 2 8 2 2 8
可将Co2+氧化为+3价，生成Co（OH） 沉淀，根据溶液显弱酸性等相关信息，写出反应的离子方程式：
3
，
故答案为： ；
（5）根据图中信息可知，当溶液中钴完全沉淀时的温度为80℃，所用时间为2h；由Na S O 强氧化
2 2 8
45性及图中Co与Fe图象非常靠近的特征可知，此时溶液中的Fe2+也被氧化为+3价形成Fe（OH） 沉淀，
3
故答案为：80℃、2h；Fe（OH） ；
3
（6）ZnSO 溶液中加入适量的 Na CO 溶液，反应生成 ZnCO •xZn（OH） 沉淀的化学方程式为
4 2 3 3 2
（x+1）ZnSO +（x+1）Na CO +xH O＝ZnCO •xZn（OH） ↓+（x+1）Na SO +xCO ↑，
4 2 3 2 3 2 2 4 2
故答案为：（x+1）ZnSO +（x+1）Na CO +xH O＝ZnCO •xZn（OH） ↓+（x+1）Na SO +xCO ↑；
4 2 3 2 3 2 2 4 2
（7）①基态Zn2+的价层电子排布图为 ，
故答案为： ；
②由晶胞结构可知 S 原子有 4 个位于 120°顶点，4 个位于 60°顶点，1 个位于体内，则个数为
；Zn原子有2个位于60°棱边上，2个位于120°棱边上，1个位于体内，个数为：
，晶胞质量为 ，晶胞体积为： ，则晶胞密度为：
g•cm﹣3，
故答案为： 。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
13．（2024秋•贵州月考）泻盐（MgSO •7H O）被广泛用于临床，如导泻、利胆等。以菱镁矿渣（主要
4 2
成分是MgCO ，含少量Fe O 、FeO、CaO、Al O 、SiO 、MgO等）为原料制备泻盐的流程如图所示。
3 2 3 2 3 2
已知：常温下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀（离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1）时的pH如下表：
阳离子 Fe3+ Al3+ Fe2+ Mg2+
46开始沉淀时的 1.6 3.2 7.6 8.9
pH
完全沉淀时的 3.1 4.7 9.6 10.9
pH
回答下列问题：
（1）“酸浸”前常将菱镁矿渣磨成矿粉，其目的是 增大固体与酸的接触面积，加大浸取速率，提
高镁元素的浸出效率 ；滤渣的主要成分为 SiO 、 CaSO （填化学式）。
2 4
（2）写出加入KClO 时发生反应的离子方程式： 。
3
（3）“调pH”的范围为 4. 7 ～ 8. 9 。
（4）已知MgSO •7H O、CaSO 两种物质的溶解度与温度的关系如图1所示。
4 2 4
“操作1”采用蒸发浓缩、 趁热过滤 （填操作名称，采用如图2装置操作，夹持装置已略去）。
（5）MgSO •7H O的热失重曲线如图所示。
4 2
写出b→c过程发生反应的化学方程式： 。
（6）MgO晶体的晶胞结构如图，其密度为 g•cm﹣3，设1号原子的坐标为（0，0，0），3号原子的
坐标为（1，1，1），N 为阿伏加德罗常数的ρ值。
A
47①2号原子坐标为 。
②Mg2+和O2﹣之间的最短距离为 pm。
③Mg2+之间距离最近且等距离的4个Mg2+和6个Mg2+围成的空间结构分别为 正四面体 、 正八
面体 。
【专题】物质的分离提纯和鉴别；探究与创新能力．
【分析】菱镁矿渣（主要成分是MgCO ，含少量Fe O 、FeO、CaO、Al O 、SiO 、MgO等）中加入
3 2 3 2 3 2
足量稀硫酸“酸浸”得到对应的硫酸盐，其中 SiO 不参与反应，生成的CaSO 难溶，则滤渣的主要成
2 4
分为SiO 和CaSO ，再向滤液中加入KClO 将Fe2+氧化为Fe3+，再加入试剂MgO调节pH，煮沸将
2 4 3
Fe3+、Al3+转化为Fe（OH） 和Al（OH） 沉淀除去，再经过“操作1”包括蒸发浓缩、趁热过滤除钙
3 3
后，此时溶液主要含有MgSO ，最后经“操作2”得到MgSO •7H O，则“操作2”包括蒸发浓缩、冷
4 4 2
却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此解答。
【解答】解：（1）“酸浸”前常将菱镁矿渣磨成矿粉，是为了增大固体与酸的接触面积，加大浸取速
率，提高镁元素的浸出效率；根据分析可知，滤渣的主要成分：SiO 、CaSO ，
2 4
故答案为：增大固体与酸的接触面积，加大浸取速率，提高镁元素的浸出效率；SiO 、CaSO ；
2 4
（2）向滤液中加入 KClO 将 Fe2+氧化为 Fe3+，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式：
3
，
故答案为： ；
（3）加入试剂MgO调节pH，是为了将Fe3+、Al3+转化为Fe（OH） 和Al（OH） 沉淀除去，不引入
3 3
杂质离子，且镁离子不沉淀，则“调pH”的范围：4.7～8.9，
故答案为：4.7；8.9；
（4）根据图1可知CaSO 溶解度随温度升高而升高幅度不大，若从溶液中得到CaSO •7H O，应采取
4 4 2
蒸发浓缩、趁热过滤，除钙同时防止硫酸镁晶体析出，
故答案为：趁热过滤；
（5）初始取硫酸镁晶体的物质的量为0.1mol，失重时，先部分脱水，后全部脱水，最后硫酸镁部分分
48解，最终硫酸镁全部分解，生成稳定的氧化镁。根据每个点数据，依据相对分子质量判断。在失重过
程中镁元素始终存在于固体中且质量不变。计算如下：
代号 a b c d e
摩尔质 246 138 120 280 40
量/g•mol﹣1
组成 MgSO •7H O MgSO •H O MgSO Mg O（SO ） MgO
4 2 4 2 4 3 4
2
b→c过程发生反应的化学方程式： ，
故答案为： ；
（6）①2号原子位于右侧面面心，坐标 ，
故答案为： ；
②Mg2+和O2﹣之间的最短距离为晶胞棱长的一半，设晶胞棱长为 apm，根据均摊法，晶胞中Mg2+个
数 ： ， O2﹣ 个 数 ： ， 根 据 晶 胞 密 度 计 算 公 式 ：
，解得： ，则Mg2+和O2﹣之间的最短距
离为 ，
故答案为： ；
③Mg2+之间距离最近且等距离的4个Mg2+和6个Mg2+围成的空间结构分别正四面体、正八面体，
故答案为：正四面体；正八面体。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
14．（2024秋•汕尾月考）锂离子电池是新能源重要组成部分，废旧锂电池的回收利用意义重大。某研究
小组对废弃的锂电池正极材料LiCoO 进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺流程如图：
2
49回答下列问题：
（1）已知Co的原子序数为27，则其在元素周期表中的位置是 第四周期第ⅤⅢ族 。
（2）已知“烧渣”是LiCl、CoCl 和SiO 的混合物，则“500℃焙烧”反应生成的氧化产物与还原产
2 2
物的物质的量之比为 1 ： 4 。
（3）碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示。向滤液2中加入Na CO ，将温度升至90℃是为了提高沉
2 3
淀反应速率和 减少 L i CO 的溶解量，提高产率 。得到碳酸锂沉淀的操作为 b （填标号）。
2 3
a．静置，过滤
b．加热后，趁热过滤
c．蒸发浓缩、冷却结晶
（4）取100mL滤液2，其中c（Li+）＝0.10mol•L﹣1，为使锂元素的回收率不低于80%，则至少应加
入Na CO 固体的物质的量为 0.09 4 mol[已知K （Li CO ）＝3.6×10﹣4，忽略溶液体积变化]。
2 3 sp 2 3
（5）将碳酸锂（Li CO ）与CoCO 按n（Li）：n（Co）＝1：1的比例配合，然后在空气中于700℃
2 3 3
烧 结 可 合 成 锂 电 池 正 极 材 料 LiCoO ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为
2
。
（6）钴的某种氧化物的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm。
①该氧化物的化学式为 C o O 。
2 3
②设阿伏加德罗常数的值为N ，则该晶胞的密度为 g•cm﹣3。
A
50【专题】物质的分离提纯和鉴别；探究与创新能力．
【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO 粗品与SiCl 在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
2 4
CoCl 和SiO 的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO ；滤液1用
2 2 2
氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2为Co（OH） 和滤液2主要溶质为LiCl；滤液2经碳酸钠溶液沉
2
锂，得到Li CO ，据此解答。
2 3
【解答】解：（1）Co为27号元素，在第四行第9列，所以Co在元素周期表的位置是第四周期VIII
族，
故答案为：第四周期第ⅤⅢ族；
（2）“500℃焙烧”反应方程式为： ，生成
的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4；根据分析可知，“滤饼2”的主要成分为Co（OH）
，
2
故答案为：1：4；
（3）碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，则向滤液2中加入碳酸钠溶液，将温度升高至90℃是为
了提高沉淀反应速率和减小碳酸锂的溶解量，提高产率。得到碳酸锂沉淀的操作为加热后，趁热过滤，
故答案为：减少Li CO 的溶解量，提高产率；b；
2 3
（4）常温下，取100mL“滤液2”，其中c（Li+）＝0.10mol/L，为使锂元素的回收率不低于80%，则
溶 液 中 剩 余 的 Li+ 浓 度 为 0.1mol/L×20% ＝ 0.02mol/L ， 则 溶 液 中
，需要碳酸钠的物质的量为 0.9mol/L×0.1L＝0.09mol，沉
淀Li+需要碳酸钠的物质的量为0.1mol/L×0.1L×80%× ＝0.004mol，故最少需要碳酸钠的物质的量为
0.004mol+0.09mol＝0.094mol，
故答案为：0.094；
（ 5 ） Li CO 与 CoCO 在 空 气 中 于 700℃ 烧 结 生 成 LiCoO ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 ：
2 3 3 2
，
故答案为： ；
（6）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的钴离子的个数为2，位于面心的氧离子的个数为
3，故氧化物的化学式为：Co O ，
2 3
故答案为：Co O ；
2 3
51②该立方晶胞参数为apm，晶胞体积为（a×10﹣10） 3cm3，晶胞质量为 ，该晶胞的密度为
，
故答案为： 。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
15．（2024秋•泉州月考）一种从废钯催化剂（主要成分为Pd、PdO、 ﹣Al O 、活性炭，还含少量铁、
2 3
铜等）中回收海绵钯（Pd）的工艺流程如图所示。 α
（1）“焙烧”的目的 将活性炭转化为气体除去 。
（2）“酸浸”过程中Pd转化为 的离子方程式为： H O +4Cl ﹣ +2H + +Pd ＝ +2H O 。
2 2 2
温度、固液比对酸浸中浸取率的影响如图，则“酸浸”的最佳条件为 7 0 ℃，固液比 3 ： 1 。
（3）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：
H PdCl +2RCl R PdCl +2HCl，（RCl为阴离子交换树脂）。试剂X的化学式为 HC l 。
2 4 2 4
流出液含有Fe3+、Cu2+，设两种离子浓度均为0.1mol•L﹣1，加入氨水调节pH后过滤除去铁元素，滤液
经一系列操作可以得到CuCl •6H O。需调节pH的范围是 3 ～ 4.5 。（当离子浓度小于1×10﹣
2 2
5mol•L﹣1认为已沉淀完全，常温下，K [Fe（OH） ]＝1×10﹣38，K [Cu（OH） ]＝1×10﹣20）。
sp 3 sp 2
（4）“沉钯”过程钯元素主要发生如下转化：H PdCl （稀溶液）→[Pd（NH ） ]Cl （稀溶液）→[Pd
2 4 3 4 2
52（NH ） ]Cl （沉淀）。
3 2 2
①[Pd（NH ） ]2+中NH 中∠H—N—H的键角 ＞ （填“＜”、“＞”或“＝”）NH 中∠H—N
3 4 3 3
—H的键角。
②[Pd（NH ） ]Cl 晶体中含有的化学键有 a c 。
3 2 2
a.离子键
b.非极性共价键
c.配位键
d.氢键
（5）“还原Ⅱ”中产生无毒无害气体。由[Pd（NH ） ]Cl 制备海绵钯（Pd）的化学方程式为：
3 2 2
2[Pd （ NH ） ]Cl +N H • H O ＝ 2Pd+N ↑ +4NH Cl+H O 。
3 2 2 2 4 2 2 4 2
（6）①Pd的晶胞俯视图如图所示：
已知1个晶胞中含4个Pd原子，其中3个Pd原子的分数坐标是（ ），（ ），
（ ），则晶胞中Pd的配位数为 1 2 。
②有些过渡金属型氢化物能高效的储存和输送氢能源，如 LaH 、TiH ，已知标准状况下，1体积
2.76 1.73
的钯粉大约可吸附896体积的氢气（钯粉的密度为10.64 g•cm﹣3），试写出钯（Pd）的氢化物的化学
式 PdH 。
0.8
【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．
【分析】废钯催化剂主要成分为Pd、PdO、 ﹣Al O 、活性炭，还含少量铁、铜等，在空气中焙烧，
2 3
α
53将活性炭转化为气体除去，同时，金属被氧化为对应的金属氧化物，用甲酸还原，得到金属单质，加
入双氧水和盐酸，双氧水将Pd转化为 ，由于酸浸后，只得到一种难溶物： ﹣Al O ，所以浸
2 3
出液中含有Fe3+、Cu2+，从而得出：离子交换流出液中含有H+、Fe3+、Cu2+，根据平α衡H PdCl +2RCl
2 4
R PdCl +2HCl可知，加入盐酸使平衡逆向移动，得到H PdCl ，再次用浓氨水沉钯，得到
2 4 2 4
[Pd（NH ） ]Cl ，最后用肼还原，得到Pd，据此分析作答。
3 2 2
【解答】解：（1）“焙烧”的目的将活性炭转化为气体除去，
故答案为：将活性炭转化为气体除去；
（2）根据分析可知，“酸浸”过程中 Pd转化为 的离子方程式为：H O +4Cl﹣+2H++Pd＝
2 2
+2H O，由图可知，温度、固液比对酸浸中浸取率的影响如图，则“酸浸”的最佳条件为：
2
70℃，固液比3：1，此时Pd的浸取率最高，
故答案为：H O +4Cl﹣+2H++Pd＝ +2H O；70℃，固液比3：1；
2 2 2
（3）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：H PdCl +2RCl R PdCl +2HCl，（RCl为阴离
2 4 2 4
子交换树脂），试剂X的化学式为HCl，洗脱时，使平衡H PdCl +2RCl R PdCl +2HCl逆向
2 4 2 4
移动，加入氨水调节pH后过滤除去铁元素，即Fe3+完全转化为Fe（OH） ，Cu2+还没有反应，所以c
3
（OH﹣）≥ mol/L＝10﹣11mol/L，即pH≥3，Cu2+浓度为0.1mol•L﹣1，对应Cu2+，则有：c
（OH﹣）≤ mol/L＝10﹣9.5mol/L，pH≤4.5，需调节pH的范围是3～4.5，
故答案为：HCl；3～4.5；
（4）“沉钯”过程钯元素主要发生如下转化：H PdCl （稀溶液）→[Pd（NH ） ]Cl （稀溶液）→[Pd
2 4 3 4 2
（NH ） ]Cl （沉淀）。
3 2 2
54①[Pd（NH ） ]2+中NH 与Pd之间形成配位键，N原子无孤电子对，NH 中，N原子含有一对孤电子
3 4 3 3
对，孤电子对对成键电子对的斥力更大，使键角减小，所以[Pd（NH ） ]2+中∠H—N—H的键角＞
3 4
NH 中∠H—N—H的键角，
3
故答案为：＞；
②[Pd（NH ） ]Cl 晶体中含有的化学键有内界与外界之间的离子键、配位键、配体内的极性共价键，
3 2 2
故答案为：ac；
（5）“还原Ⅱ”中产生无毒无害气体，由[Pd（NH ） ]Cl 制备海绵钯（Pd）的化学方程式为2[Pd
3 2 2
（NH ） ]Cl +N H •H O ＝ 2Pd+N ↑+4NH Cl+H O，
3 2 2 2 4 2 2 4 2
故答案为：2[Pd（NH ） ]Cl +N H •H O ＝ 2Pd+N ↑+4NH Cl+H O；
3 2 2 2 4 2 2 4 2
（6）①根据题意可知，Pd的晶胞结构为 ，则晶胞中Pd的配位数为12，
故答案为：12；
②有些过渡金属型氢化物能高效的储存和输送氢能源，如 LaH 、TiH ，已知标准状况下，1体积
2.76 1.73
的钯粉大约可吸附 896体积的氢气（钯粉的密度为 10.64 g•cm﹣3），则1L钯粉的物质的量为：
＝100mol，896L 氢气的物质的量为 40mol，则 n（Pd）：n（H）＝
100+40×2＝1：0.8，故钯（Pd）的氢化物的化学式为：PdH ，
0.8
故答案为：PdH 。
0.8
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯、同时考查方程式书写，晶胞的计算等，属于高考高频考点，
难度较大。
16．（2024秋•洛阳月考）锂离子电池的正极材料对硫酸锰的纯度要求较高，目前工业硫酸锰中杂质（含
钙、镁、铁等元素）含量高，可利用如图流程获得纯度较高的硫酸锰溶液。
55已知：①“滤渣”的主要成分为MnF 、CaF 和MgF ；
2 2 2
②当溶液中某离子的浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时，通常认为该离子生成沉淀的反应已进行完全。
回答下列问题：
（1）90℃水浸时，将工业硫酸锰粉碎的目的是 增大接触面积，加快浸取速率，提高原料的利用率
。
（2）由“滤渣”的主要成分可知，常温时，K （MnF ） ＞ （填“＞”或“＜”）K
sp 2 sp
（CaF ）。
2
（3）“滤液”中加入酸性KMnO 溶液可以将Fe2+氧化为Fe3+，同时生成Mn2+：
4
①KMnO 中Mn元素的化合价为 + 7 价。
4
②该反应的离子方程式为 +5Fe 2+ +8H + ＝ 5Fe 3+ +Mn 2+ +4H O 。
2
③检验溶液中含有Fe3+的试剂为 KSCN 溶液 。
（4）查阅资料可知，常温下，pH＝2.8时，Fe3+基本完全转化为Fe（OH） ，则K [Fe（OH） ]＝
3 sp 3
10 ﹣ 38.6 。
（5）在酸性介质中，MnSO 溶液与（NH ） S O （过二硫酸铵）溶液混合，Mn2+会被氧化为 ，
4 4 2 2 8
会被还原为 ，该反应常用于Mn2+的定性检验。若某溶液中存在Mn2+，往该溶液中滴入
（NH ） S O 溶液（不考虑其他反应）：
4 2 2 8
①可观察到的现象为 溶液由无色变为紫色 。
②该反应的离子方程式为 2M n 2 + + 5 +8H O ＝ 2 +10 +16H + 。
2
【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．
【分析】工业硫酸锰中杂质（含钙、镁、铁等元素）含量高，粉碎后，加水、90℃溶解，然后加入
MnF ，沉淀钙离子，生成CaF 沉淀除去，向“滤液”中加入酸性KMnO 溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，
2 2 4
调节pH在2.5～4.0之间，使Fe3+转化为Fe（OH） 沉淀除去，过滤得到纯度较高的硫酸锰溶液，据此
3
分析作答。
【解答】解：（1）90℃水浸时，将工业硫酸锰粉碎的目的是增大接触面积，加快浸取速率，提高原料
的利用率，
故答案为：增大接触面积，加快浸取速率，提高原料的利用率；
（2）根据分子可知，“滤渣”的主要成分是CaF ，则常温时，K （MnF ）＞K （CaF ），
2 sp 2 sp 2
故答案为：＞；
（3）
56①KMnO 中K为+1价，O为﹣2价，根据化合价代数和为0，可知Mn元素的化合价为+7价，
4
故答案为：+7；
②酸性KMnO 溶液可以将Fe2+氧化为Fe3+，同时生成Mn2+，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降
4
守恒，可得反应的离子方程式为： +5Fe2++8H+＝5Fe3++Mn2++4H O，
2
故答案为： +5Fe2++8H+＝5Fe3++Mn2++4H O；
2
③检验溶液中含有Fe3+的试剂为KSCN溶液，
故答案为：KSCN溶液；
（4）pH＝2.8时，c（H+）＝10﹣2.8mol/L，c（OH﹣）＝10﹣11.2mol/L，Fe3+基本完全转化为Fe（OH）
3
时，c（Fe3+）＝10﹣5mol/L，则 K [Fe（OH） ]＝ c（Fe3+）×c3（OH﹣）＝10﹣5mol/L×（10﹣
sp 3
11.2mol/L）3＝10﹣38.6（mol/L）4，
故答案为：10﹣38.6；
（5）①在酸性介质中，MnSO 溶液与（NH ） S O （过二硫酸铵）溶液混合，Mn2+会被氧化为
4 4 2 2 8
， 会被还原为 ，该反应常用于Mn2+的定性检验。若某溶液中存在Mn2+，往该溶液
中滴入（NH ） S O 溶液，可观察到的现象为溶液由无色变为紫色，
4 2 2 8
故答案为：溶液由无色变为紫色；
②根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得反应的离子方程式为：2Mn2++5 +8H O＝2
2
+10 +16H+，
故答案为：2Mn2++5 +8H O＝2 +10 +16H+。
2
【点评】本题主要考查溶液的配制、误差的分析，滴定原理的应用，关系式的计算，属于基本知识的
考查，难度中等。
17．（2024•广西）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿（MnO ，含SiO 、Fe O 、Al O 和CuO等杂
2 2 2 3 2 3
质）制备光电材料KMnF 的流程如图。回答下列问题：
3
已知：
57物质 Fe（OH） Al（OH） Cu（OH） Fe（OH） Mn（OH）
3 3 2 2 2
K 2.8×10﹣39 1.3×10﹣33 2.2×10﹣20 4.9×10﹣17 1.9×10﹣13
sp
（1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H SO ，其主要作用是 把二氧化锰还原为硫酸锰 。为
2 4
提高“浸取”速率，可采取的措施是 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等 （任举一例）。
（2）“滤渣1”的主要成分是 SiO （填化学式）。
2
（3）常温下，用CaCO
3
调节溶液pH至5∼6时，可完全沉淀的离子有 A l 3 + （填化学式）。
（4）“X”可选用 D 。
A.H S
2
B.H O
2 2
C.Zn
D.（NH ） S
4 2
（5）若用Na CO 替代NaHCO 沉锰，得到Mn （OH） CO 沉淀。写出生成Mn （OH） CO 的离子
2 3 3 2 2 3 2 2 3
方程式 2M n 2 + + 3 +2H O ＝ Mn （ OH ） CO ↓ + 2 。
2 2 2 3
（6）KMnF 立方晶胞如图，晶胞参数为apm，该晶体中与一个F﹣紧邻的K+有 4 个。已知N 为
3 A
阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 g•cm﹣3（用含a、N 的代数式表示）。
A
【分析】软锰矿含有MnO 、SiO 、Fe O 、Al O 和CuO等杂质。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖
2 2 2 3 2 3
和H SO ，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，
2 4
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KMnF ，以此分析解答；
3
（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H SO ；根据影响反应速率的因素，
2 4
选择提高“浸取”速率的措施；
（2）二氧化硅不溶于硫酸；
58（3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c（OH﹣）＝ mol•L﹣1＝7×10﹣6.5mol•L﹣1，
pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c（OH﹣）＝ mol•L﹣1≈5.1×10﹣10mol•L﹣1，pH约为
4.7；Cu2+完全沉淀时c（OH﹣） mol•L﹣1≈4.7×10﹣8mol•L﹣1，pH约为6.7；
（4）加“X”的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H S不反应，所以不能选用H S；铜离子、
2 2
亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀；
（5）若用Na CO 替代NaHCO 沉锰，得到Mn （OH） CO 沉淀，以此书写反应的离子方程式；
2 3 3 2 2 3
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式KMnF 可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F﹣，可知晶胞
3
顶点上的原子为Mn、棱上的为F﹣；晶胞质量为 g＝ g，晶胞体积为a3×10﹣30cm3，
根据 ＝ 计算晶体密度。
【解答ρ】解：（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H
2
SO
4
，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，
故答案为：把二氧化锰还原为硫酸锰；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
故答案为：SiO ；
2
（3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c（OH﹣）＝ mol•L﹣1＝7×10﹣6.5mol•L﹣1，
pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c（OH﹣）＝ mol•L﹣1≈5.1×10﹣10mol•L﹣1，pH约为
4.7；Cu2+完全沉淀时c（OH﹣） mol•L﹣1≈4.7×10﹣8mol•L﹣1，pH约为6.7；常温下用
59CaCO 调节溶液pH至5～6时，可完全沉淀的离子有Al3+，
3
故答案为：Al3+；
（4）加“X”的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H S不反应，所以不能选用H S；铜离子、
2 2
亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用（NH ） S，
4 2
故答案为：D；
（5）若用Na CO 替代NaHCO 沉锰，得到Mn （OH） CO 沉淀，反应的离子方程式为：2Mn2++3
2 3 3 2 2 3
+2H O＝Mn （OH） CO ↓+2 ，
2 2 2 3
故答案为：2Mn2++3 +2H O＝Mn （OH） CO ↓+2 ；
2 2 2 3
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式KMnF 可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F﹣，可知晶胞
3
顶点上的原子为 Mn、棱上的为 F﹣，则该晶体中与一个 F﹣紧邻的 K+有 4 个；晶胞质量为
g＝ g，晶胞体积为 a3×10﹣30cm3，晶体密度 ＝ ＝ g•cm﹣3 ＝
ρ
g•cm﹣3，
故答案为： 。
【点评】本题主要考查物质分离提纯和晶胞计算，掌握流程原理的理解是关键，侧重考查学生物质之
间反应和分离提纯知识的掌握情况，题目难度较大。
18．（2024秋•郫都区校级月考）某合金粉末中含有铜、银、铬（Cr），为了从中回收贵金属银和一种盐
晶体，某化学兴趣小组的同学们将这三种金属随意编号为A、B、C，设计了如下实验流程：
查阅资料：铬（Cr）单质与铁单质化学性质相似。相对原子质量Cu﹣64Ag﹣108
（1）A、B、C三种金属的活动性顺序由大到小为 C r ＞ C u ＞ A g （用化学式作答）。
（2）操作a中除烧杯、玻璃棒外还需用到的玻璃仪器是 漏斗 ，操作b的名称是 蒸发（蒸发结
60晶） 。
（3）已知 A 的硫酸盐中 A 元素是+2 价，请写出步骤①的化学反应方程式： Cr+H SO ＝
2 4
CrSO +H ↑ 。
4 2
（4）已知D易溶于水，溶液D中的溶质是 AgNO （写化学式），写出步骤②的离子反应方程式：
3
Cu+2A g + ＝ C u 2 + +2A g 。
（5）溶液D的质量 大于 （选填“大于”“小于”或“等于”）滤液E的质量。
【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．
【分析】铜、银不和稀硫酸反应，铬（Cr）单质与铁单质化学性质相似，则铜、银、铬三种金属粉末
中加入足量稀硫酸，得无色气体、CrSO 溶液和金属混合物，金属混合物为铜、银混合物，加入足量
4
的D溶液生成溶液E和C，根据回收贵金属银的目的，则加入的溶液D为硝酸银溶液，铜与硝酸银反
应生成硝酸铜和银，说明铜的活动性比银强，故三种金属的活动性顺序由强到弱为Cr＞Cu＞Ag，以此
解答。
【解答】解：（1）由分析可知，A是Cr、B是Cu、C是Ag，Cr、Cu、Ag三种金属的活动性顺序为：
Cr＞Cu＞Ag，
故答案为：Cr＞Cu＞Ag；
（2）操作a能实现固液分离，则操作a是过滤，过滤要用到烧杯、玻璃棒和漏斗，所以还要用到的玻
璃仪器是漏斗；操作b是将CrSO 溶液结晶出CrSO 晶体的操作，则操作b的名称是蒸发结晶，
4 4
故答案为：漏斗；蒸发（蒸发结晶）；
（3）铬元素在化合物中呈+2价，所以反应①是金属铬与稀硫酸反应生成CrSO 和氢气，化学方程式
4
为Cr+H SO ＝CrSO +H ↑，
2 4 4 2
故答案为：Cr+H SO ＝CrSO +H ↑；
2 4 4 2
（4）由分析可知，溶液D中的溶质是AgNO ，步骤②的化学反应为铜和硝酸银生成硝酸铜和银，离
3
子方程式为：Cu+2Ag+＝Cu2++2Ag，
故答案为：AgNO ；Cu+2Ag+＝Cu2++2Ag；
3
（5）溶液D为硝酸银溶液，溶液E为硝酸铜溶液，由Cu+2Ag+＝Cu2++2Ag可知，溶液变化的实质是
2mol银离子变为1mol铜离子，Cu元素的摩尔质量为64g/mol，Ag元素的摩尔质量为108g/mol，则溶
液D的质量大于溶液E的质量，
故答案为：大于。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
19．（2024秋•海安市校级月考）铝（Mo）与钴（Co）是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。以含钴
废催化剂（含CoS、MoS 及少量Al、Fe），经系列处理可制取MoS 、钴粉工艺流程如图所示：
2 2
61已知：ⅰ．“焙烧”后各元素转化为相应氧化物：“酸浸”后钼元素转化为 ， 在不同pH
条件下发生缩聚作用生成同多酸根离子，如Mo 、Mo 、Mo 等，pH越小缩合度越大。
2 7 8
ⅱ．柠檬酸根离子（C H ）可以和Co2+生成配合物（CoC H O ）﹣。
6 5 6 5 7
ⅲ．N H •H O可在碱性条件下还原CoSO 生成钴粉，但所制钴粉中由于含有Co（OH） 导致纯度下
2 4 2 4 2
降；N H •H O在pH为11～12之间可以较平稳地快速进行反应，
2 4 2
Ⅰ．制备MoS
2
（1）“酸浸”时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钴、铝元素浸出效率的方法有 适当升
高温度 。
（2）“萃取”的原理为：2R N（叔胺）+2H++ （R NH） MoO ，通过反萃取使有机相
3 3 2 4
中的Mo元素进入水相，需加过量反萃取剂 氨水 （填试剂名称）。“酸沉中析出钼酸铵晶体时，
加入HNO 调节pH为6，其目的是 中和氨水，使钼酸根以 MoO 2 ﹣形式存在；提高 NH + 浓度，促
3 4 4
进钼酸铵沉淀 。
（3）用（NH ） MoO 晶体先制备硫代钼酸铵（NH ） MoS ，再将（NH ） MoS 在一定条件下加热，
4 2 4 4 2 4 4 2 4
可分解得到MoS ，其他产物NH 、H S和硫单质的物质的量之比为8：4：1，该反应的化学方程式为
2 3 2
4 （ NH ） MoS ＝ 4MoS +8NH +4H S+S 。
4 2 4 2 3 2 4
Ⅱ．制备钴粉。
（ 4 ） ① 写 出 N H • H O 碱 性 条 件 下 还 原 CoSO 制 钴 粉 的 离 子 方 程 式
2 4 2 4
。
②为平稳地快速获得纯度较高的钴粉，请补充完整实验方案：取一定量提纯后的 CoSO 溶液， 加入
4
适量柠檬酸钠溶液，再加入 1mol/LNaOH 调节并保持 pH 在 11 ～ 12 之间，再接着加入 N H • H O 至不
2 4 2
再产生沉淀（或气体），过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加 1mol /
LBaCl 溶液无沉淀 ，固体干燥，得到钴粉。（可选用的试剂：1mol/LBa（OH） 溶液，
2 2
1mol/LNaOH溶液，1mol/L H •H O溶液、柠檬酸钠溶液、稀盐酸、稀硫酸、1mol/LBaCl 溶液、蒸馏
2 4 2 2
水）
62【专题】理解与辨析能力．
【分析】分析流程可知，Fe （SO ） 、Al （SO ） 该工业流程的原料为钴钼废催化剂含有Al O 、
2 4 3 2 4 3 2 3
CoS、MoS 及少量Fe、Si等元素的物质，产品为制取CoCO 、（NH ） MoO ，焙烧后，金属元素转
2 3 4 2 4
化为相应的金属氧化物，酸浸后得到含有 、Co2+、Fe3+、Al3+、 的溶液及不溶物SiO 等，
2
过滤后，所得滤渣1为SiO ；调节滤液的pH，Fe3+、Al3+转化为Fe（OH） 和Al（OH） 沉淀；滤液
2 3 3
中加入萃取剂，Co2+进入水溶液， 进入有机相，分液后对 有机相再反萃取，得到含
的水溶液，最终得到（NH ） MoO ；水相得到含钴水溶液，还原得到钴粉，据此分析回答问题。
4 2 4
【解答】解：（1）“酸浸”时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钴、铝元素浸出效率的方法
有适当升高温度，
故答案为：适当升高温度；
（2）“萃取”的原理为：2R N（叔胺）+2H++ （R NH） MoO ，通过反萃取使有机相
3 3 2 4
中的Mo元素进入水相，结合平衡移动原理，需加过量反萃取剂氨水，“酸沉中析出钼酸铵晶体时，
加入HNO 调节pH为6，其目的是中和氨水，使钼酸根以MoO 2﹣形式存在；提高NH +浓度，促进
3 4 4
钼酸铵沉淀，
故答案为：氨水；中和氨水，使钼酸根以MoO 2﹣形式存在；提高NH +浓度，促进钼酸铵沉淀；
4 4
（3）用（NH ） MoO 晶体先制备硫代钼酸铵（NH ） MoS ，再将（NH ） MoS 在一定条件下加热，
4 2 4 4 2 4 4 2 4
可分解得到MoS ，其他产物NH 、H S和硫单质的物质的量之比为8：4：1，分析可知，对应化学方
2 3 2
程式为4（NH ） MoS ＝4MoS +8NH +4H S+S ，
4 2 4 2 3 2 4
故答案为：4（NH ） MoS ＝4MoS +8NH +4H S+S ；
4 2 4 2 3 2 4
（4）① N H •H O 碱性条件下还原 CoSO 制钴粉，自身被氧化，产生氮气，离子方程式为
2 4 2 4
，
故答案为： ；
②为平稳地快速获得纯度较高的钴粉，应控制pH与反应速率，完整实验方案：取一定量提纯后的
CoSO 溶液，加入适量柠檬酸钠溶液，再加入1mol/LNaOH调节并保持pH在11～12之间，再接着加
4
入N H •H O至不再产生沉淀（或气体），过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸
2 4 2
化，再加1mol/LBaCl 溶液无沉淀，固体干燥，得到钴粉，
2
63故答案为：加入适量柠檬酸钠溶液，再加入1mol/LNaOH调节并保持pH在11～12之间，再接着加入
N H •H O至不再产生沉淀（或气体），过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，
2 4 2
再加1mol/LBaCl 溶液无沉淀。
2
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应
用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注
意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
20．（2024•安徽二模）高铼酸铵（NH ReO ）是一种重要的化工原料，能用于制备石化工业炼油厂的重
4 4
整催化剂。以钼精矿（主要成分有MoS 、ReS ，还含有FeS 、Al O 、SiO 、P O 等杂质）为原料制
2 2 2 2 3 2 2 5
备NH ReO 的工艺流程图如图。
4 4
已知：
①“氧压碱浸”的主要产物有Na MoO 、NaReO 、Na SO ；
2 4 4 2 4
②“水相1”中的阴离子主要是 和 ；
③K [Mg （PO ） ]＝1.08×10﹣24。
sp 3 4 2
回答下列问题：
（1）Mo位于元素周期表的第五周期第ⅥB族，其价层电子排布为 4 d 5 5 s 1 ；Fe O 的主要用途有
2 3
（写一点） 作红色颜料（或炼铁原料等） 。
（2）“氧压碱浸”在高温条件下进行，写出 ReS 转化为 NaReO 的化学方程式：
2 4
。
（3）“调酸”的pH大约为5，则“滤渣2”的主要成分为 A l （ OH ） 、 H SiO （填化学式）。
3 2 3
（4）若“萃取”发生的反应为 R N+H++ R NHReO ，则“反萃取”的化学方程式为
3 3 4
R NHReO +NH • H O ＝ NH ReO +R N+H O 。 ⇌
3 4 3 2 4 4 3 2
（5）“除磷”过程中按物质的量之比 n（Mg2+）：n（ ）＝3：2加入MgSO ，充分反应后，c
4
（Mg2+）＝ 3×1 0 ﹣ 5 .2 mol•L﹣1。
（6）“操作X”的具体操作为 蒸发浓缩、冷却结晶 ，过滤、洗涤、干燥，即可得到NH ReO 晶
4 4
64体。
【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．
【分析】钼精矿（主要成分有MoS 、ReS ，还含有FeS 、Al O 、SiO 、P O 等杂质）“氧压碱浸”
2 2 2 2 3 2 2 5
在高温条件下进行，ReS 转化为NaReO ，Al O 转化为Na AlO ，SiO 转化为Na SiO ，MoS 转化为
2 4 2 3 2 2 2 2 3 2
Na MoO ，P O 转化为Na PO ，滤渣1为Fe O ，滤液加入硫酸调pH时Na AlO 和Na SiO 分别转化
2 4 2 5 3 4 2 3 2 2 2 3
为Al（OH） 、H SiO ，加入R N萃取，向有机相中加入氨水反萃取，向水相中加入硫酸镁除磷，滤
3 2 3 3
液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到NH ReO ，以此解答。
4 4
【解答】解：（1）Mo元素位于元素周期表的第五周期第ⅥB族，其价层电子排布为4d55s1。Fe O 常
2 3
用作红色颜料等，
故答案为：4d55s1；作红色颜料（或炼铁原料等）；
（ 2 ） 由 氧 化 还 原 反 应 原 理 和 元 素 守 恒 可 知 ，
，
故答案为： ；
（3）Al O 和SiO 在“氧压碱浸”时转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，故加入硫酸“调酸”时，二者
2 3 2
均会反应： （后续除杂中没有去除铝离子，故沉淀未溶解），
，故“滤渣2”为Al（OH） 和H SiO ，
3 2 3
故答案为：Al（OH） 、H SiO ；
3 2 3
（4）“反萃取”就是让 重新进入水相，使“萃取”反应逆向移动，加入氨水，写出反应的化学
方 程 式 。 （ 5 ） 假 设 c （ Mg2+ ） ＝ 3x ， ， 则
，计算可得x＝10﹣5.2，故c（Mg2+）＝3×10﹣5.2，
故答案为：R NHReO +NH •H O＝NH ReO +R N+H O；
3 4 3 2 4 4 3 2
（5）假设c（Mg2+）＝3x， ，则 ，计算
可得x＝10﹣5.2，故c（Mg2+）＝3×10﹣5.2，
65故答案为：3×10﹣5.2；
（6）由NH ReO 溶液得到NH ReO 晶体的具体操作为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，
4 4 4 4
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
21．（2024•4月份模拟）火法炼铜过程中产生的副产品白烟尘常含有ZnO、As O 、CuO、CdO、Fe O 、
2 3 2 3
PbO等固体物质，白烟尘综合利用可提高资源利用率，保护环境，其工艺流程如图所示。
已知：
①常温下，PbSO 的溶解度是3.836×10﹣3g，PbCl 的溶解度是1g。K [Zn（OH） ]＝3.0×10﹣17，K
4 2 sp 2 sp
（ZnCO ）＝1.5×10﹣10。
3
②PbCl 易溶于盐酸，生成[PbCl ]2﹣：PbCl （s）+2Cl﹣（aq） [PbCl ]2﹣（aq）。
2 4 2 4
③胶体对Zn2+、Cd2+有吸附作用。
⇌
回答下列问题：
（1）酸浸过程得到的浸出液中，砷元素主要以H AsO 的形式存在，H AsO 中As的化合价为 +5
3 4 3 4
。
（2）用硫酸、混酸（硫酸与盐酸）体系分别对白烟尘进行直接浸出，实验结果显示混酸体系可以进一
步提高 As、Cd 的浸出率，但会导致铅的溶解，铅溶解的原因是 PbC l 易溶于盐酸，生成
2
，导致铅的溶解 。
（3）表1、表2是在其他条件一定时，铁铜摩尔置换比[ ]、温度对铜的置换率和品位（固体产
物中所含某种金属或有用成分的多少）的影响。
表1铁铜摩尔置换比对铜置换率和品位的影响
置换率/% Cu品位/%
1.2 74.87 51.22
1.4 92.17 72.82
1.6 99.92 72.08
表2温度对铜置换率和品位的影响
温度/℃ 置换率/% Cu品位/%
30 99.92 72.08
6660 99.93 70.34
80 99.86 69.98
①从浸出液中置换铜的最佳铁铜摩尔置换比和最佳温度分别是 1. 6 、 3 0 ℃ 。
②铁置换铜的铁铜摩尔置换比要比理论值1.0高，可能的原因是 F e 将溶液中的 C u 2 + 转化为 C u ，同
时也将 F e 3 + 转化为 F e 2 + 。
（4）在一定条件下，研究初始pH对沉砷率的影响，在pH＝2时，稳定在98%左右，随着pH增大和
温度升高，锌和镉的损失明显增加，原因是 铁离子在溶液中易发生水解反应生成氢氧化铁，随着
pH 增大和温度升高，溶液中铁离子水解程度增大生成氢氧化铁胶体，胶体对 Zn 2+ 、 Cd 2+ 有吸附作用，
导致锌和镉的损失明显增加 。
（5）写出“沉锌镉”时生成Zn（OH） 的离子方程式： Z n 2 + + +H O ＝ Zn （ OH ） ↓ +CO ↑
2 2 2 2
。若常温下“沉锌镉”后滤液中Zn2+的浓度降低为3.0×10﹣5mol•L﹣1，此时滤液的pH为 8 。
（6）向锌镉沉淀中加入NaOH溶液，调整pH至12，Zn（OH） 沉淀溶解，则该反应的离子方程式为
2
Zn （ OH ） +2OH ﹣ ＝ +2H O 。
2 2
【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．
【分析】白烟尘常含有ZnO、As O 、CuO、CdO、Fe O 、PbO等固体物质，由题给流程可知，向白
2 3 2 3
烟尘加入浓硫酸酸浸，将三氧化二砷转化为砷酸、金属氧化物转化为硫酸盐，过滤得到硫酸铅和滤液；
向滤液中加入铁，将溶液中的铜离子转化为铜、铁离子转化为亚铁离子，过滤得到铜和滤液；向滤液
中加入过氧化氢溶液将亚铁离子氧化物铁离子后，加入硫酸铁溶液将溶液中的砷酸转化为砷酸铁沉淀，
过滤得到砷酸铁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将锌离子和镉离子转化为氢氧化锌和氢氧化镉，过
滤后将滤渣用氢氧化钠溶液处理得到氢氧化镉和Na ZnO ，以此解答。
2 2
【解答】解：（1）H AsO 中H为+1价，O为﹣2价，根据化合价代数和为零可知，As的化合价为+5
3 4
价，
故答案为：+5；
（2）用硫酸、混酸（硫酸与盐酸）体系分别对白烟尘进行直接浸出，得到PbCl 沉淀，而PbCl 易溶
2 2
于盐酸，生成 ，导致铅的溶解，
故答案为：PbCl 易溶于盐酸，生成 ，导致铅的溶解；
2
（3）①由表格数据可知， 比值为 1.6 时铜置换率最高，则浸出液置换铜的最佳
67比值是1.6；30℃时，铜置换率已经很高，继续升高温度，置换率变化不大，则浸出液置换
铜的最佳温度是30℃，
故答案为：1.6、30℃；
②铁置换铜的铁铜摩尔置换比要比理论值1.0高，可能的原因是：Fe将溶液中的Cu2+转化为Cu，同
时也将Fe3+转化为Fe2+，
故答案为：Fe将溶液中的Cu2+转化为Cu，同时也将Fe3+转化为Fe2+；
（4）铁离子在溶液中易发生水解反应生成氢氧化铁，随着pH增大和温度升高，溶液中铁离子水解程
度增大生成氢氧化铁胶体，胶体对Zn2+、Cd2+有吸附作用，导致锌和镉的损失明显增加，
故答案为：铁离子在溶液中易发生水解反应生成氢氧化铁，随着 pH增大和温度升高，溶液中铁离子
水解程度增大生成氢氧化铁胶体，胶体对Zn2+、Cd2+有吸附作用，导致锌和镉的损失明显增加；
（5）“沉锌镉”时Zn2+和 发生双水解反应生成Zn（OH） ，离子方程式为：Zn2++ +H O＝
2 2
Zn（OH） ↓+CO ↑。若常温下“沉锌镉”后滤液中 Zn2+的浓度降低为3.0×10﹣5mol•L﹣1，溶液中c
2 2
（ OH﹣ ） ＝ ， c （ H+ ） ＝
，pH＝8，
故答案为：Zn2++ +H O＝Zn（OH） ↓+CO ↑；8；
2 2 2
（6）向锌镉沉淀中加入NaOH溶液，调整pH至12，Zn（OH） 沉淀溶解生成Na ZnO ，则该反应的
2 2 2
离子方程式为：Zn（OH） +2OH﹣＝ +2H O，
2 2
故答案为：Zn（OH） +2OH﹣＝ +2H O。
2 2
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
22．（2024•沧州三模）废钼催化剂中钼、钴、镍等有价金属作为二次资源可加以回收利用。一种从废钼
催化剂（主要成分为MoO 、MoS ，含少量CoO、CoS、NiO、Fe O 等）中回收有价金属的工艺流程
3 2 2 3
如图：
68已知：①K （NiC O ）＝4.5×10﹣7，K [Fe（OH） ]＝2.16×10﹣39，K [Ni（OH） ]＝2.0×10﹣15，
sp 2 4 sp 3 sp 2
K [Co（OH） ]＝6.0×10﹣15。
sp 2
②当溶液中剩余金属离子的浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1时，视为已沉淀完全。
③lg2＝0.3，lg3＝0.5。
回答下列问题：
（1）基态Mo原子的价层电子排布式为4d55s1，则Mo在元素周期表中的位置为 第五周期第Ⅵ B 族
。
（2）“焙烧”时先将废钼催化剂磨成粉末，然后采取如图所示的“多层逆流焙烧”，其目的是 增
大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率 。“焙烧”时生成的气体A的主要成分为 SO
2
（写化学式）。
（3）“焙烧”时 MoS 转化为 MoO 。“碱浸”时，MoO 参与反应的离子方程式为
2 3 3
。
（4）“除铁”时，若溶液中c（Ni2+）＝0.5mol•L﹣1、c（Co2+）＝0.5mol•L﹣1、c（Fe3+）＝0.2mol•L
﹣1，加入适量NaOH溶液调节pH（溶液体积变化忽略不计），可以使Fe3+沉淀完全，则调节pH的范
围为 2. 8 ≤ pH ＜ 6. 8 。
（5）若除铁后所得滤液中 c（Ni2+）＝0.5mol•L﹣1，“沉镍”后所得滤液中 c（C ）＝1.0×10﹣
2
4mol•L﹣1，则沉镍率＝ 99.1% [沉镍率＝ ×100%，计算过程中不考虑溶液
69体积变化]。
（6）在空气中加热 18.3gCoC O •2H O，其热重曲线如图所示。a点对应固体的成分是 CoC O
2 4 2 2 4
（填化学式，下同）；b、c点对应固体均为钴的氧化物，则b、c点对应固体的成分分别是 C o O
3 4
、 CoO 。
【专题】无机实验综合；归纳与论证能力．
【分析】废钼催化剂主要成分为MoO 、MoS ，含少量CoO、CoS、NiO、Fe O 等，在空气焙烧生成
3 2 2 3
气体为 SO ，烧渣加入 NaOH 溶液、H O ，得到 Na MoO 溶液，向溶液中加入稀硝酸沉 Mo 得
2 2 2 2 4
H MoO ，碱浸后得到的固体为CoO、NiO、Fe O ，固体用稀盐酸酸浸，得到含有Co2+、Ni2+、Fe3+的
2 4 2 3
溶液，加入NaOH将Fe3+转化为Fe（OH） 沉淀除去，加入 H C O 溶液沉Ni、Co得到CoC O 、
3 2 2 4 2 4
NiC O 。
2 4
【解答】解：（1）基态Mo原子价层电子排布式为4d55s1，则Mo在元素周期表中第五周期第ⅥB族，
故答案为：第五周期第ⅥB族；
（2）“焙烧”时先将废钼催化剂磨成粉末，然后采取“多层逆流焙烧”，其目的是增大反应物接触面
积，提高反应速率和原料利用率，“焙烧”时生成的气体A的主要成分为SO ，
2
故答案为：增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率；SO ；
2
（3）焙烧MoS 转化为MoO ，“碱浸”时MoO 反应离子方程式为 ，
2 3 3
故答案为： ；
（4）“除铁”完全时，c（Fe3+）＝1×10﹣5mol•L﹣1时，根据K 得c（OH﹣）＝
sp
＝ mol•L﹣1＝6×10﹣12mol•L﹣1，c（H+）＝ mol•L﹣1＝ ×10﹣2mol•L﹣1，
pH＝﹣lgc（H+）＝2+lg6＝2+lg2+lg3＝2+0.3+0.5＝2.8，因Co2+、Ni2+不沉淀，据 K [Ni（OH） ]＝
sp 2
2.0×10﹣15，K [Co（OH） ]＝6.0×10﹣15，当 Ni2+未沉淀时，Co2+不沉淀，Q[Ni（OH） ]＝
sp 2 2
70，将c（Ni2+）＝0.5mol•L﹣1代入式中，得到c
（OH﹣）＝2×10﹣7.5mol•L﹣1，则 ，调
节pH范围2.8≤pH＜6.8，
故答案为：2.8≤pH＜6.8；
（5）沉镍后 浓度为1.0×10﹣4mol•L﹣1，根据 ，得沉镍后溶液中c
（Ni2+）＝4.5×10﹣3mol•L﹣1，沉镍率为 ，
故答案为：99.1%；
（6）18.3gCoC O •2H O的物质的量＝ ，其中结晶水的质量为3.6g，到a点固
2 4 2
体损失质量18.3g﹣14.7g＝3.6g，恰好结晶水全部失去，则a点对应固体的成分是CoC O 。固体中Co
2 4
元素的质量始终为 5.9g，b点固体中m（O）＝8.0g﹣5.9g＝2.1g，b点固体中Co和O的个数比＝
，即 b 点对应固体的成分是 Co O 。c 点固体中 O 元素的质量＝7.5g﹣5.9g＝
3 4
1.6g，c点固体中Co和O的个数比＝ ，即c点对应固体的成分是CoO，
故答案为：CoC O ；Co O ；CoO。
2 4 3 4
【点评】本题考查离子方程式的书写、溶度积常数相关计算、电子排布式、常见无机物的制备。
23．（2024秋•湖南月考）以镉废渣（主要成分是Cd，含少量Cu、Fe、Co等）为原料提取镉的流程如图：
已知：
①在金属活动性顺序表中，Co、Cd排在H之前；Cd与Zn同族。
②几种金属离子形成氢氧化物的pH如表：
71金属氢氧化物 Fe（OH） Fe（OH） Cd（OH）
3 2 2
开始沉淀pH 1.9 7.0 7.2
完全沉淀pH 3.2 9.0 9.5
回答下列问题：
（1）Cd位于元素周期表 d s 区。
（2）“滤渣 1”的主要成分是 Cu （填化学式）；“除铁”中双氧水的作用是
（用离子方程式表示）。
（3）“试剂X”宜选择 BC （填标号），其调节pH范围为 3. 2 ≤ pH ＜ 7. 2 。
A．氨水
B．CdO
C．Cd（OH）
2
D．NaOH
（4）“电解”中，阳极反应式为 。
（5）氧元素有多种同素异形体。O 在超高压下转化为平行六面体的O 分子（结构如图所示）。O 的
2 8 8
沸点 高于 （填“高于”或“低于”）O ，其理由是 O 和 O 都是分子构成的， O 相对分子质
2 8 2 8
量大于 O 。
2
（6）Cd晶胞为体心立方晶胞，如图所示。已知：晶胞参数为 a pm，N 为阿伏加德罗常数的值。则
A
Cd原子半径为 pm，Cd晶体密度为 g•cm﹣3。
【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．
【分析】镉渣加入稀硫酸，铜不溶成为滤渣1，过滤，滤液含有Fe2+、Cd2+、Co2+，向滤液加入铁粉和
Co2+反应除去钴，向除钴后的溶液中加入过氧化氢氧化 Fe2+为Fe3+，为了不引入新杂质，加入氧化镉
72等调节pH使Fe3+沉淀过滤除去得到滤渣3，电解含有Cd2+的溶液，可得镉单质。
【解答】解：（1）Cd与Zn同族，则为ⅡB族，Cd位于元素周期表ds区，
故答案为：ds；
（2）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是Cu；过氧化氢氧化Fe2+为Fe3+，便于后续除镉，反应为：
，
故答案为：Cu； ；
（3）调节pH使Fe3+沉淀且不引入杂质，故选择氧化镉、氢氧化镉沉淀铁离子；如果选择氨水，易与
镉离子形成配离子也会引入杂质 ，加入氢氧化钠会引入钠离子，
故答案为：BC；3.2≤pH＜7.2；
（4）已知：①在金属活动性顺序表中，Co、Cd排在H之前；则“电解”中阳极上水发生氧化反应生
成氧气和氢离子，阳极反应式为 ，
故答案为： ；
（5）氧的单质都是分子构成的物质，沸点与范德华力大小有关。O 和O 都是分子构成的，O 相对分
8 2 8
子质量大于O ，导致O 的沸点高于O ，
2 8 2
故答案为：高于；O 和O 都是分子构成的，O 相对分子质量大于O ；
8 2 8 2
（6）体心立方晶胞中，体对角线上3个镉原子相切，Cd原子半径等于体对角线的四分之一，则Cd原
子 半 径 为 pm ； 根 据 均 摊 法 ， 1 个 晶 胞 含 2 个 镉 原 子 ， 则 Cd 晶 体 密 度 为
，
故答案为： ； 。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
24．（2024秋•长安区月考）一种以锰尘（主要成分为Mn O ，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物）为原料
2 5
制备高纯MnCO 的清洁生产新工艺流程如图：
3
73已知：ⅰ.相关金属离子[c （Mn+）＝0.1mol/L形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
0
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+
开始沉淀的 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9
pH
沉淀完全的 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9
pH
ⅱ.K （MgF ）＝10﹣10.1，K （CaF ）＝10﹣10.3。
sp 2 sp 2
回答下列问题：
（1）写出锰元素在周期表中的位置 第四周期Ⅶ B 族 ，基态锰元素的最外层电子云轮廓图为 球
形 。
（2）写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式 M n O +10HCl （浓） 2MnCl +3Cl ↑ +5H O
2 5 2 2 2
。
（3）滤渣①的主要成分为 F e （ OH ） 、 A l （ OH ） （填化学式）。
3 3
（4）除杂②工序中逐渐加入 NaF溶液时，若Ca2+、Mg2+浓度接近，则 C a 2 + 先沉淀，Ca2+、
Mg2+均沉淀完全时，溶液中的c（F﹣）＝ 1 0 ﹣ 2.5 5 mol/L 。
（5）写出“沉锰”反应的离子方程式 M n 2 + + +NH ＝ MnCO ↓ + ，“沉锰”时控制溶液
3 3
的pH不宜过高，原因是 pH 过高时会生成氢氧化锰沉淀 。
（6）过滤分离沉淀操作时，将漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用 玻璃棒 ，滤液沿烧杯
壁流下。
【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．
【分析】本题为无机物制备类的工业流程题，首先用盐酸溶解锰尘，此时由于 Mn O 的氧化性，发生
2 5
氧化还原反应生成氯化锰和氯气，同时把可能存在的二价铁氧化为三价铁，随后调节 pH后生成氢氧
化铁和氢氧化铝，再用氟化钠除去钙离子和镁离子，最后用氨水和碳酸氢铵沉锰，处理后得到产物，
以此解题。
【解答】解：（1）锰是25号元素，在周期表中的位置是第四周期ⅦB族；基态锰元素的最外层电子
排布式为4s，其电子云轮廓图为球形，
74故答案为：第四周期ⅦB族；球形；
（2）根据分析可知，酸浸时主要是Mn O 和浓盐酸反应生成氯化锰和氯气，方程式为：Mn O +10HCl
2 5 2 5
（浓） 2MnCl +3Cl ↑+5H O，
2 2 2
故答案为：Mn O +10HCl（浓） 2MnCl +3Cl ↑+5H O；
2 5 2 2 2
（3）根据表格中数据可知，pH为5～6时，此时三价铁离子和铝离子生成了沉淀，则此时滤渣①的
主要成分为Fe（OH） ，Al（OH） ，
3 3
故答案为：Fe（OH） 、Al（OH） ；
3 3
（4）根据题给信息可知，CaF 的溶度积更小，若Ca2+、Mg2+浓度接近Ca2+先沉淀；由于MgF 溶度积
2 2
更大一些，则当镁离子沉淀完全时，两种离子就都已经沉淀完全，此时溶液中的 c（F﹣）＝
mol/L＝10﹣2.55mol/L，
故答案为：Ca2+；10﹣2.55mol/L；
（5）向溶液中加入氨水和碳酸氢铵沉锰，离子方程式为：Mn2++ +NH ＝MnCO ↓+ ；沉
3 3
锰”时控制溶液的pH不宜过高，原因是pH过高时会生成氢氧化锰沉淀，
故答案为：Mn2++ +NH ＝MnCO ↓+ ；pH过高时会生成氢氧化锰沉淀；
3 3
（6）过滤时需要用玻璃棒引流，
故答案为：玻璃棒。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
25．（2024秋•南岸区校级月考）碲（Te）被誉为尖端技术等工业的维生素。工业上常以粗铜精炼的阳极
泥（主要成分是Cu Te，含Ag、Au等杂质）为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如图所示：
2
已知：Te与S同一主族；TeO 是两性氧化物，微溶于水。
2
（1）TeO 中Te的化合价为 + 4 。
2
（2）步骤①中Cu Te发生氧化反应，生成TeO 。此过程控制pH不宜过低的原因是 防止 TeO 与酸
2 2 2
反应 。
75（3）为提高步骤②TeO 等滤渣酸浸速率，可采取的措施是 适当升温、适当增大盐酸的浓度、粉
2
碎滤渣、搅拌 （写出1条即可）。
（4）步骤③铜从 阴 （填“阳”或“阴”）极得到。
（5）写出步骤④的离子方程式： 。
（6）经上述工艺得到的粗银还需进行电解精炼：纯银作阴极，电解液为硝酸和硝酸银的混合溶液。硝
酸 浓 度 不 能 过 大 ， 否 则 阴 极 上 会 有 气 体 生 成 。 生 成 气 体 的 原 因 可 能 是
或 2H + +2 e ﹣ ＝ H ↑ （用电极反应解释）。
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（7）硫代硫酸钠浸取回收金。研究发现，在单一的Na S O 溶液中，金的浸出速率极低，在加入一定
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量的 CuSO 后可加快金的溶解，一种浸金机理如图所示。正极区的电极反应为
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。
【专题】化学实验；制备实验综合．
【分析】分析流程可知，工业上可从电解精炼铜的阳极泥（主要成分Cu Te，还有少量的Ag、Au）中
2
提取碲并回收金属，铜的阳极泥中通入氧气加入硫酸加压酸浸，调节溶液 PH过滤“加压浸出”生成
TeO ，和铜盐溶液，滤液中电解方法提取回收铜，滤渣“盐酸酸浸”后得到滤渣回收 Ag、Au等，得
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到滤液为 TeO 溶于盐酸生成 TeCl 的溶液，将 SO 通入浸出液即可得到单质碲，反应为 Te4+
2 4 2
+2SO +4H O＝Te+8H++2 ，以此解答该题。
2 2
【解答】解：（1）结合化合价归零原则，O为﹣2价，Te为+4价，
故答案为：+4；
（2）步骤①中Cu Te发生氧化反应，生成TeO ，结合已知信息，TeO 是两性氧化物，微溶于水，此
2 2 2
过程控制pH不宜过低的原因是防止TeO 与酸反应，
2
故答案为：防止TeO 与酸反应；
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（3）为提高步骤②TeO 等滤渣酸浸速率，可采取的措施是适当升温、适当增大盐酸的浓度、粉碎滤
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渣、搅拌，
76故答案为：适当升温、适当增大盐酸的浓度、粉碎滤渣、搅拌；
（4）溶液中铜离子被还原得到单质铜，阴极发生还原反应，
故答案为：阴；
（ 5 ） 步 骤 ④ 为 还 原 反 应 ， 结 合 对 应 物 质 可 知 ， 发 生 的 离 子 反 应 方 程 式 为
，
故答案为： ；
（6）经上述工艺得到的粗银还需进行电解精炼：纯银作阴极，电解液为硝酸和硝酸银的混合溶液。硝
酸浓度不能过大，否则阴极上会有气体生成，由于阴极发生还原反应，具备氧化性的离子为硝酸根离
子或氢离子，故生成气体的原因可能是 或2H++2e﹣＝H ↑，
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故答案为： 或2H++2e﹣＝H ↑；
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（7）在单一的Na S O 溶液中，金的浸出速率极低，在加入一定量的CuSO 后可加快金的溶解，结合
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反应机理可知，正极发生还原配位反应，对应电极方程式为 ，
故答案为： 。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应
用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注
意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
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