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专题10 大题突破——化学工艺流程
目录
01 模拟基础练
【题型一】工艺流程中的操作判断及操作步骤书写
【题型二】工艺流程中的条件控制及原因分析
【题型三】产物或反应物推断、陌生方程式的书写
【题型四】数据的分析与处理
02 重难创新练
03 真题实战练
题型一 工艺流程中的操作判断及操作步骤书写
1．(2025·山西省学业水平考试适应性测试，节选)以黄铁矿或硫黄为原料生产硫酸，同时将产出的炉
渣进行资源化利用的一种工艺流程如图所示：
(1)在反应前，需要粉碎黄铁矿，其目的是 。
【答案】(1)增大黄铁矿与氧气的接触面积，加快反应速率，使其充分反应
【解析】(1)粉碎黄铁矿可以增大固体的表面积，有利于增大黄铁矿与氧气的接触面积，加快反应速率，
使其充分反应。
2．[真题改编](2021·河北，14(4))向含NH4Cl 的滤液中加入NaCl 粉末，存在NaCl(s)＋
NH4Cl(aq)→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl 沉淀充分析出并分离，根据NaCl 和NH4Cl 溶解度曲线，
需采用的操作__________、__________、洗涤、干燥。
1
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【答案】冷却结晶 过滤
【解析】由曲线NH4Cl 的溶解度随升温而增大，NaCl 的溶解度随升温变化不明显，使NH4Cl 沉淀充
分析出，采用冷却结晶析出NH4Cl→过滤→洗涤→干燥。
3．(2025·河南省南阳市高三联考，节选)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方
面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物)中富集回收得到含
锰高钴成品的工艺如图：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5mol·L-1)时的pH：
Fe3+
Fe2+
Co3+
Co2+
Zn
2+
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 。
(2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是 。调pH=4 之后，在过滤之前一般需要将其加
热3~5 min，其目的除使Fe3+充分水解外，还能 。
【答案】(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率
(2)将溶液中的Fe+氧化为Fe3+，以便在后续调pH 时除去Fe 元素 破坏Fe(OH)3胶体，防止Fe3+转化
为Fe(OH)3胶体
【解析】(1)在原料预处理过程中，粉碎固体原料(增大固体与液体的接触面积)，加快搅拌速率，适当
增加硫酸的浓度，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；(2)酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、
SO4
2-等离子，由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，Co2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，Co2+已有一
2
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部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe 元素且Co2+不沉淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH 使
Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH 时除去Fe
元素。
4．(2025·宁夏高三期中)铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为Cu2S，
含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：
已知：①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH 如下表
金属离
子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Mn2+
开始沉
淀
7.5
2.7
5.6
8.3
完全沉
淀
9.0
3.7
6.7
9.8
(1)为提高“浸取”速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有 (任写一种)。
(2)辉铜矿中亚铜离子的价电子排布式为 。
(3)滤渣I 中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S 的离子反应方程式：
。
(4)常温下“除铁”时加入的试剂A 可以是 ，pH 的调节范围为 。
(5)过滤II 得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是 。
【答案】(1)充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等 (2) 3d10
(3)Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S↓+4H2O
(4) CuO(氢氧化铜，碱式碳酸铜合理即可) 3.7~5.6 (或
)
(5)取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀
产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净
【解析】经过第一步浸取，金属元素转化为相应硫酸盐，Cu2S 被MnO2氧化CuSO4和S(第(3)问信息)，
SiO2未溶解，故滤渣I 为过量的MnO2、S、SiO2，滤液中含有CuSO4、Fe2(SO4)3、MnSO4，经过除铁步骤
Fe3+被转化为沉淀除去，CuSO4和 MnSO4进入沉锰步骤，Mn2+转化为沉淀除去，同时反应生成碱式碳酸铜。
3
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(1)加快浸取速率措施有：适当升温、将辉铜矿粉碎、充分搅拌等；(2)Cu 是第29 号元素3d104s1，亚铜离子
的价电子排布式为3d10；(3)根据元素守恒确定浸取时生成的S 来源于Cu2S，说明Cu2S 被MnO2氧化，结合
后续流程推断此时Cu 元素也被氧化，MnO2被还原为Mn2+，初步确定反应为：Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2+
+2Mn2++S↓+4H2O；(4)铁离子水解后溶液显酸性，加入的试剂既能减弱酸性，同时又不引入杂质离子，可
加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3等；调节pH3.7~5.6 (或
)，使铁离子完全沉淀；(5)滤液II 中主要
含有盐为(NH4)2SO4，取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，是否洗净即判断句含还含有硫酸根，操作是
加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。
题型二
工艺流程中的条件控制及原因分析
5．(2025·四川省德阳市高三联考，节选)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：①最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O7
2-存在，在碱性介质中以CrO4
2-存在。
②相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀的pH
1.5
3.4
9.0
沉淀完全的pH
2.8
4.7
10.9
(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，使硅以MgSiO3的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9 以上，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V2O5沉淀，V2O5在pH＜1 时，溶解为VO2
+或
VO3+，在碱性条件下，溶解为VO3
-或VO4
3-，上述性质说明V2O5具有 (填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
【答案】 (3)[Al(OH)4]-
(4)会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀
(5)C
4
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【解析】(3)沉淀步骤调pH 到弱碱性的目的是将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，则主要除去的杂质是
浸取液中的[Al(OH)4]-。(4)“除硅磷”步骤中，使硅以MgSiO3的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9 以上，
已知：pH=9.0 时镁离子沉淀开始沉淀，则pH＞9 时，会导致镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3
沉淀；(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，是
两性氧化物，故选C。
6．(2025·湖南省衡阳市高三联考)为解决钒、铬资源的利用问题，利用钒铬渣(含有V2O3、Cr2O3、及
SiO2、Fe2O3、FeO 等)提取钒铬的工艺流程：
已知：25℃时，Cr(OH)3的溶度积常数为6.4×10−31；lg4=0.6
回答下列问题：
(1)“氧化焙烧”该步骤不能使用陶瓷容器，其原因是 。
(2)加快“水浸”的速率，可以采取的措施 (写一种即可)。
(3)“除杂”产生的滤渣2 的成分是 (用化学式表示)。
(4)写出紧接“沉钒”的“煅烧”反应的化学方程式 。
(5)已知双氧水还原Cr2O7
2-的效率在40℃时最高，解释原因 。
(6)“沉铬”过程中，室温下，当溶液的pH 为5 时，溶液中的Cr3+是否已完全沉淀？(列式计算)
(已知溶液中离子浓度10−5mol/L 时认为已完全沉淀)。
【答案】(1)陶瓷在高温下会与碳酸钠反应
(2)提高水浸温度，搅拌等 (3)H2SiO3
(4)2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O
(5)低于40℃，H2O2还原Cr2O7
2-的反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解，浓度降低，
导致还原Cr2O7
2-的反应速率降低
(6)由
①得，pH=5，可得c(OH−)=10−9mol/L②，
算出
Cr3+浓度为6.4×10−4mol/L>10−5mol/L，所以沉淀不完全
【解析】本流程中“氧化焙烧”步骤中V2O3、Cr2O3、SiO2分别转化为NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3，
Fe2O3、FeO 则变为Fe2O3，水浸后过滤出滤渣1 为Fe2O3，向滤液中加入硫酸得到硅酸沉淀，过滤出得到滤
5
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渣2 为H2SiO3，加入硫酸铵沉淀钒元素，生成NH4VO3沉淀，对NH4VO3进行焙烧得到V2O5，反应方程式
为：2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O，向滤液中加入双氧水和硫酸，将Na2CrO4还原为Cr3+，离子方程式
为：2CrO4
2-+3H2O2+10H+=2Cr3++3O2↑+8H2O，然后加入氨水，沉淀铬，Cr3++3NH3·H2O=Cr(OH)3↓+3NH4
+，
再对Cr(OH)3进行灼烧，2Cr(OH)3
Cr2O3+3H2O。(1)“氧化焙烧”该步骤不能使用陶瓷容器，其原因是：陶
瓷在高温下会与碳酸钠反应。(2)加快“水浸”的速率，可以采取的措施有：提高水浸温度，搅拌等。(3)由
分析可知，水浸液中存在Na2SiO3，与硫酸反应生成的滤渣为H2SiO3。(4)正五价钒的含氧酸铵盐为
NH4VO3，“煅烧”时NH4VO3分解产生V2O5、NH3和H2O，反应的化学方程式为2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O。(5)已知双氧水还原Cr2O7
2-的效率在40℃时最高，解释原因为：低于40℃，H2O2还原
Cr2O7
2-的反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解，浓度降低，导致还原Cr2O7
2-的反应速率降
低，故效率在40℃时最高。(6)“沉铬”过程中，室温下，当溶液的pH 为5 时，c(OH-)=
，溶液中c(Cr3+)=
>10−5mol/L，所
以沉淀不完全。
7．(2025·湖南省a 佳教育高三联考，节选)以含钙矿渣(主要成分为MnS，含有少量NiS、CoS、CaS 及
铁的化合物)为原料回收金属资源(Mn、Co、Ni)的工艺流程如下。回答下列问题：
已知：常温下，Ksp(CaF2)= 1.5×10－10，Ksp(MnF2)=5.3×10－3。
(1)“滤渣1”的主要成分为S、 。写出MnO2将MnS 氧化为S 的化学方程式 。
(2)“调pH”可除去的杂质离子为 。
(3) MgF2的熔点高CaF2的原因是 。
(4)采用双萃取剂法分离得到金属资源，酸性萃取剂P204 和P507 萃取金属离子的萃取率与pH 的关系
如图。三种常见金属离子萃取剂P507、P204、Cyanex272 的结构如图所示。
6
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①萃取剂X 为 ，产品1 的主要金属阳离子为 。
②“有机相2”经 (填实验操作方法)得到金属离子水溶液。
③已知相同条件下，P507 的酸性强于P204，试推测Cyanex272 比P507 的酸性 (填“强”
或“弱”)。
【答案】(1) CaSO4 MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O
(2)Fe3+
(3) Mg2+半径小于Ca2+，MgF2的离子键强于CaF2的，故MgF2的熔点高于CaF2
(4) P204 Mn2+ 反萃取 强
【解析】钙矿渣(主要成分为MnS，含有少量NiS、CoS、CaS 及铁的化合物)加入硫酸、MnO2进行
“酸浸”，由于铁离子的氧化性，硫元素被氧化为硫单质沉淀，CaS 与硫酸、MnO2反应得到S 和CaSO4，
CaSO4微溶，“滤渣1”的主要成分为S、CaSO4，浸出液加入碳酸钙调节pH 使铁离子转化为氢氧化铁沉淀
析出，“滤渣2”是Fe(OH)3，再加入MnF2除去溶液中的钙离子，“滤渣3”是CaF2，加入萃取剂萃取，得
有机相和水相，根据第4 小题图可知水相中主要含Co2+和Ni2+，有机相1 中主要含Mn2+，有机相反萃取后
得到产品1 为MnSO4，水相再次萃取，得到NiSO4溶液和有机相2，有机相2 中主要含Co2+。(1)CaS 与硫
酸、MnO2反应得到S 和CaSO4，CaSO4微溶，进入滤渣1；MnO2将MnS 氧化为S，Mn 元素从＋4 降低至
＋2，即产物为MnSO4，根据升降法得到MnO2+MnS→2MnSO4+S，再结合硫酸根守恒，可知左侧需要补充
2 个H2SO4，最终得到化学方程式为MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O。(2)杂质元素主要含有Ca、
Fe，很明显滤渣3 是CaF2，则滤渣2 主要是Fe(OH)3，故调pH 主要是去除Fe3+。(3)它们的阴离子都是F-，
由于Mg2+的半径比Ca2+小，MgF2的离子键强于CaF2的，故MgF2的熔点高于CaF2的。(4)①由图知，P204
7
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对Mn2+萃取率很高，故有机相1 中主要含Mn2+，“产品1”中主要的金属阳离子是Mn2+；②经P507 萃取，
Co2+进入有机相，Ni2+进入水相，“有机相2”经反萃取得到金属离子水溶液；③相同条件下，P507 的酸性
强于P204，对比P204 和P507 结构，发现与P 相连的O 原子数越少，其酸性越强，由此可知Cyanex272 比
P507 的酸性强。
8．[真题改编](2021·福建卷，11 节选)四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品，具有广泛的用途。一种以
钼精矿(主要含MoS2，还有Cu、Fe 的化合物及SiO2等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的气体用________吸收后可制取氮肥。
(2)“浸出”时，MoO3转化为MoO。提高单位时间内钼浸出率的措施有___________________(任写两
种)。温度对90 min 内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过80 ℃后，钼的浸出率反而降低，主要原
因是温度升高使水大量蒸发，导致_________________________。
(5)“沉淀”时，加入NH4NO3的目的是____________________。
【答案】(1)氨水 (2)适当升温、搅拌、增加Na2CO3用量、增大Na2CO3浓度等 Na2MoO4晶体析出，
混入浸渣
(5)提供NH，使MoO 充分转化为沉淀析出
【解析】(1)“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥。
题型三 产物或反应物推断、陌生方程式的书写
9．某反应中反应物与生成物有AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O 和一种未知物X。已知
0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol e-生成X，则X 的化学式：__________________，试写出该反应的化学
方程式：____________________________________。
【答案】Br2 4H2SO4+5AsH3+8KBrO3==5H3AsO4+4Br2+4K2SO4+4H2O
【解析】设X 中Br 的化合价为m，根据电子守恒得：0.2×(5-m)=1，m=0，所以KBrO3被还原成Br2。
在该氧化还原反应中，KBrO3 是氧化剂，其还原产物为Br2，AsH3 为还原剂，其氧化产物为H3AsO4，
8
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H2SO4作为反应物提供酸性环境，根据化合价升降相等即可配平。
10．利用制磷肥的副产物氟硅酸钠(Na2SiF6)生产冰晶石(Na3AlF6)的工艺流程如下：
(1)分解过程发生的反应为Na2SiF6＋4NH3·H2O===2NaF＋4NH4F＋X↓＋2H2O。工业上把滤渣X 叫白炭
黑，其化学式为____________。
(2)水浴加热过程中生成冰晶石的化学方程式为_________________________________________。
【答案】(1)SiO2
(2)2NaF＋4NH4F＋NaAlO2==========Na3AlF6↓＋4NH3↑＋2H2O
【解析】(1)根据化学反应中原子守恒可得X 的化学式。
(2)根据流程信息和问题(1)反应中的产物可知，水浴加热过程中氟化钠、氟化铵与偏铝酸钠生成冰晶石
沉淀和氨气逸出，促使平衡正向移动。
11．[真题改编](2021•全国乙卷)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO
以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH 见下表
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全(c =1.0×10-5 mol·Lˉ1)的
pH
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
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(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出
Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式_______。
(2)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
(3)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO2·x H2O 沉淀，该反应的离子方程式是
_______。
【答案】(1)Al2O3+4(NH4)2SO4
2 NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑
(2)硫酸 SiO2、CaSO4
(3)TiO2++(x+1)H2O
TiO2·x H2O↓+H2O (NH4)2SO4
【解析】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨
气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4
NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)增大溶液中硫酸根离
子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫
酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣
的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；(3)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水
解生成TiO2·x H2O 沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++(x+1)H2O
TiO2·xH2O+2H+。
12．二硫化钨(WS2，WS2中W 的化合价为+4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其
主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下：
(1)写出FeWO4在碱熔过程中发生反应的化学方程式：______________________
。
(2)滤渣Ⅰ中主要成分的形成可用离子方程式表示为 ______________________ 。
【答案】(1)4FeWO4+O2+8NaOH
2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O
(2) [Al(OH)4]- +CO2=Al(OH)3↓+HCO3-
【解析】(1)根据流程图，FeWO4在碱熔过程中，得到Fe2O3和Na2WO4，反应物是NaOH、FeWO4、
O2，生成物是Na2WO4、Fe2O3等，FeWO4中Fe 显+3 价，W 显+5 价，Na2WO4中W 显+6 价，FeWO4为还原
剂，O2 为氧化剂，因此根据化合价升降法进行配平，得到化学反应方程式为4FeWO4+O2+8NaOH
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2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O。(2)根据钨铁矿成分中有氧化铝，氧化铝为两性氧化物，碱熔过程中发生反应
Al2O3+2NaOH
2NaAlO2+H2O，粗钨酸钠溶液中通入过量的CO2，发生反应[Al(OH)4]-，滤渣Ⅰ为氢氧
化铝。
13．铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药、纺织等行业，但使用后的废水因其中含高价
铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。
工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：
(1)第①步，含Cr2O 的废水在酸性条件下用绿矾FeSO4·7H2O 处理，写出并配平反应的离子方程式：
_______________________________________________________。
(2)第②步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr(OH)3沉淀。处理后，沉淀
物中除了Cr(OH)3 外，还有________________、________________(写化学式)。已知Cr(OH)3 性质类似
Al(OH)3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离出Cr(OH)3的离子方程式：
_________________________________。
【答案】(1)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(2)Fe(OH)3 CaSO4 Cr(OH)3+OH－==CrO+2H2O CrO+CO2+2H2O==Cr(OH)3↓＋HCO
【解析】(2)亚铁离子具有还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。(3)加入绿矾反应后，溶
液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr(OH)3外，还会生成氢氧化铁和硫酸钙。氢氧化铬
类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO2：Cr(OH)3＋NaOH===NaCrO2＋2H2O，NaCrO2
类似偏铝酸钠，通入过量的CO2生成氢氧化铬、碳酸氢钠：NaCrO2＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋NaHCO3。
题型四 数据的分析与处理
14．(2025·山东省Eternal7 社区高三模拟预测，节选)我国是稀土大国，储量大、矿种多。稀土元素的
物理性质和化学性质极为相似，常见化合价+3 价其中钇(Y)元素是激光和超导的重要材料，工业上通过如
下工艺流程用钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)制取氧化钇。
(3)下图为稀土草酸盐在无机酸和不同浓度沉淀剂的混合溶液中的溶解度(25℃)曲线，其中c＝cC2O4
2-
＋cHC2O4
-＋cH2C2O4，已知c1=0.100mol·L-1，c2=0.500mol·L-1。请据此描述“过程I”的实验方案：
。(可供选择的试剂：0.5mol·L-1H2C2O4、0.5mol·L-1(NH4)2C2O4溶液、2.0mol·L-1HCl、2.0mol·L-1HNO3、
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4mol·L-1HCl、4mol·L-1HNO3、1mol·L-1氨水、蒸馏水)
(4)上述得到的草酸盐沉淀实际上应表示为Y2(C2O4)3·nH2O，以下为该化合物的热重曲线分析图，试确
定整数n= ，并写出过程④的化学反应方程式： 。
【答案】(3)加入1mol·L-1氨水将pH 调至大于8.2，将Y(OH)3过滤出放入试管，加入2.0mol·L-1HCl 溶
解Y(OH)3，而后加入0.5mol·L-1H2C2O4，反应得到草酸钇沉淀
(4) 10 Y2(C2O4)3=(YO)2CO3+2CO2+3CO
【解析】(3)草酸铵与稀土草酸盐可形成可溶性络合物，则生成草酸钇沉淀过程中不能使用草酸铵；由
流程可知，过程I 是在加入氨水调节pH 除去铁离子的基础上，继续加入氨水调节pH 使得Y3+转化为
Y(OH)3沉淀，然后分离出沉淀。结合溶解度曲线可知，草酸钇沉淀在2.0mol·L-1HCl 中几乎不溶，则用
2.0mol·L-1HCl 溶解Y(OH)3沉淀，再加入0.5mol·L-1H2C2O4将Y3+转化得到草酸钇沉淀，则“过程I”的实验
方案为：加入1mol·L-1氨水将pH 调至大于8.2，将Y(OH)3过滤出放入试管，加入2.0mol·L-1HCl 溶解
Y(OH)3，而后加入0.5mol·L-1H2C2O4，反应得到草酸钇沉淀；(4)Y2(C2O4)3·nH2O 受热会首先失去结晶水，结
合失重曲线的第一个平台，失重28.9%，则
，则n=10；由图可知，过程④为
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Y2(C2O4)3生成(YO)2CO3，则草酸根中碳元素发生歧化反应生成+4 价碳，同时会生成+2 价碳，结合得失电
子守恒、质量守恒可得，反应的化学反应方程式为：Y2(C2O4)3=(YO)2CO3+2CO2+3CO。
15．磷酸铁(FePO4)常用作电极材料、陶瓷等。以硫铁矿烧渣(主要成分) Fe2O3、SiO2及少量的Fe3O4、
CaO、MgO 为原料制备磷酸铁的流程如下：
已知：
，
，
。
回答下列问题：
经测定“除钙镁”后的溶液中
，则溶液中
。
【答案】5：2
【解析】烧渣主要成分Fe2O3、SiO2及少量的Fe3O4、CaO、MgO 加入稀盐酸，Fe2O3、Fe3O4、CaO、
MgO 与稀盐酸生成相应的盐，SiO2不溶于盐酸，故浸渣的主要成分为SiO2。加入还原铁粉将Fe3+还原为
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FePO4。经测定“除钙镁”后
的溶液中
，
，即
5∶2。
16．回收再利用金属冶炼厂的酸性废水(主要含HAsO2、H3AsO4、Zn2+、Cd2+、SO4
2-)，制备亚砷酸铜
Cu(AsO2)2的流程如下。
(3)中和除杂。当溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1，可认为已经完全除去。
已知：Zn(OH)2在pH=10.5 时开始转化为[Zn(OH)4]2-，
，
，
。
①一级中和控制pH 为2 左右，滤渣X 的主要成分有 。
②二级中和沉淀重金属离子应控制pH 范围为 。
(4)应用碘量法可测定亚砷酸铜中的铜含量。称取2.000g 试样溶于稀H2SO4搅拌后过滤，洗涤滤渣，将
洗涤后的滤液与原滤液合并，配成250mL 溶液，取25.00mL 所配溶液于碘量瓶中加入过量的碘化钾溶液，
用0.03000mol·L-1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，消耗25.00mL。
①计算样品中铜元素的质量分数 。(写出计算过程)
②已知纯亚砷酸铜中铜元素的质量分数为23.02%，实际测得样品中铜元素的质量分数有偏差(操作步
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骤均正确)的原因为 。(已知：Cu2++I-→CuI↓+I2；I2+S2O3
2-→S4O6
2-+I-，未配平)
【答案】(3)CaSO4 9.7~10.5
(4)24.00% 样品中可能含有Cu(OH)2、CuO
【详解】金属冶炼厂的酸性废水(主要含HAsO2、H3AsO4、Zn2+、Cd2+、SO4
2-)，含砷废水中首先加入二
氧化硫，将五价砷还原为三价砷，再加石灰乳将硫酸根沉淀，过滤后调节pH 使锌离子和镉离子沉淀，最
后加硫酸铜“沉砷”。(3)①一级中和加入的是石灰乳，主要是为了沉淀硫酸根，所以滤渣X 的主要成分
为CaSO4；②由题可知氢氧化锌的溶度积更小，更难溶，所以只要满足氢氧化镉完全沉淀，氢氧化锌肯定
已经完全沉淀；令c(Cd2+)=1.0×10-5mol·L-1，根据氢氧化镉溶度积常数，可求得此时c(OH-)=5.0×10-5mol·L-1，
则c(H＋)=2.0×10-10mol·L-1，所以pH=9.7；又因为Zn(OH)2在pH=10.5 时开始转化为[Zn(OH)4]2-，所以二级中
和沉淀重金属离子应控制pH 范围为9.7~10.5；(4)①
；由氧化还原关系可知
；铜元素质量=
；铜元
素质量分数
；②由于二级中和加入了氢氧化钠，所以“沉砷”时加入硫酸铜可
能会产生氢氧化铜沉淀，后续操作中还有可能生成氧化铜，所以样品中可能含有Cu(OH)2、CuO。
17．硒被誉为“生命元素”。亚硒酸钙(CaSeO3·2H2O，难溶于水)常作饲料添加剂，SeO2常作制备含
硒营养物质的原料。一种含硒废料制备亚硒酸钙和二氧化硒的流程如图(部分条件和部分产物省略)。回答
下列问题：
已知部分信息如下：
①含硒废料的主要成分是Cu2Se 和Cu2Te；“焙烧”时固体产物为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O。
②SeO2易溶于水，TeO2难溶于水。
(6)测定SeO2产品纯度。称取wgSeO2产品溶于水配制成250mL 溶液，取25.00mL 于锥形瓶中，加入足
量
溶液和适量稀硝酸，充分反应后，滴加3 滴0.03000mol·L-1Na2S2O3淀粉溶液，用
0.1mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点时消耗VmL 滴定液。发生有关反应：
①SeO2+KI+HNO3→Se+KNO3+I2+H2O (未配平)
②I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-
该SeO2产品中硒元素的质量分数为 %。如果大量空气进入锥形瓶，可能导致测得的结果
(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(6)
偏高
【详解】含硒废料的主要成分是Cu2Se 和Cu2Te，加入纯碱和空气焙烧后，得到固体产物为Na2SeO3、
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Na2TeO3和Cu2O；加水溶解，浸渣中含Cu2O，Na2SeO3、Na2TeO3溶于水形成溶液，继续加入稀硫酸，
Na2TeO3与硫酸反应生成难溶性酸H2TeO3，并分解得到难溶于水的TeO2，Na2SeO3与硫酸反应生成可溶于
水的弱酸H2SeO3，经分离得到H2SeO3，加入H2O2发生氧化还原反应得到H2SeO4，加热分解得到SeO2；
H2SeO3中加入石灰乳发生酸碱反应生成亚硒酸钙结晶水合物，沉淀析出。(6)①根据氧化还原反应得失电
子守恒，可知消耗一个SeO2得到4e-，生成一个I2失去2e-，故SeO2~2l2，第二个反应若消耗2I2，则消耗
4Na2S2O3，故关系为SeO2~2I2~4Na2S2O3，n(SeO2)=
，wg 产品中
n(Se) =n(SeO2)=
，.则产品中Se 的质量分数=
；
②如果大量空气进入锥形瓶，碘离子被氧气氧化，则使标准液Na2S2O3消耗量增大，导致测得结果偏高。
1．(2025·福建省部分学校高三半期联考)氮化钛(Ti3N4)常作仿金饰品，乳酸亚铁[Fe(C3H5O3)2]常作补铁
制剂。以钛铁矿(主要含FeTiO3，还含少量Al2O3、SiO2)为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图。回答下
列问题：
部分物质的熔点、沸点数据如表所示：
物质
TiCl4
Mg
MgCl
2
Ti
熔点/℃
-25
648.8
714
1667
沸点/℃
136.4
1090
1412
3287
(1) FeTiO3中Ti 的化合价为 价。
(2)其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。
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“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为 %。
(3)“熔炼”时，温度在800~900℃，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学方
程式为 。
(4)“还原”时得到钛和另一产物M，采用蒸馏法分离出钛，控制蒸馏的最低温度为 。工业上用
惰性材料作为电极来电解熔融的M，阳极的电极反应式为 。
(5)利用FeSO4溶液和过量NH4HCO3溶液制备FeCO3的离子方程式为 。用酸性KMnO4溶液滴定
法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是
。已知滴定反应为Fe2++MnO4
-+H+→ Fe3++Mn2++H2O(未配平)。
(6)某工厂用10t 该钛铁矿通过该工艺流程最终制得乳酸亚铁11840.4kg，已知在该流程中铁的损耗率为
8%。
①乳酸亚铁中含有的化学键为 。
②该钛铁矿中钛的含量为 %。
【答案】(1)+4 (2)85
(3)TiO2+2C+2Cl2
TiCl4+2CO
(4)1412℃ 2Cl--2e-=Cl2↑
(5) Fe2++2HCO3
-=FeCO3↓+CO2↑+H2O 乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4
(6)离子键、共价键 26.4
【解析】由题给流程可知，向钛铁矿粉末中加入过量的硫酸溶液，将钛酸亚铁转化为亚铁离子和
TiO2+离子，氧化铝转化为硫酸铝，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到滤液；向滤液中通入水蒸气，将
滤液中的TiO2+离转化为TiO2·nH2O，过滤TiO2·nH2O 和滤液；TiO2·nH2O 煅烧分解生成二氧化钛，二氧化钛
与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛，四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛，钛高温条件下与氮
气反应生成氮化钛；调节滤液pH，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到硫酸亚铁溶液；向溶
液中加入碳酸氢铵溶液，过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁溶于乳酸得到乳酸亚铁溶液，乳酸亚铁溶液经分离
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提纯得到乳酸亚铁产品。(1)FeTiO3中Ti 为+4 价，FeTiO3将硫酸溶解再经水解得到TiO2，过程中价态未发
生改变。(2)由图可知，硫酸质量分数为85%时，铁浸出率最小、钛浸出率最大，则“酸浸”时宜选择的硫
酸质量分数为85%；(3)由分析可知，“熔炼”时发生的反应为二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生
成四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2
TiCl4+2CO；(4)由分析可知，“还
原”时发生的反应为四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛和氯化镁(M)，由表格数据可知，四种物质中钛
的沸点最高，钛的沸点高于氯化镁、四氯化钛和镁，所以采用蒸馏法分离出钛时，控制蒸馏的最低温度为
1412℃；工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的氯化镁时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯
气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；(5)硫酸亚铁溶液与过量碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、
二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3
-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸亚铁中的乳酸根离子具有还原
性，能消耗KMnO4，所以测得值高于实际值；(6)①乳酸亚铁为离子化合物，含离子键，乳酸根中含共价
键；10t 该钛铁矿通过该工艺流程最终制得乳酸亚铁1840.4kg，铁的物质的量为：
，已知在该流程中铁的损耗率为8%，则钛铁矿中的铁的物质的量为
，则FeTiO3的物质的量为55000mol，含钛质量为55000mol×48 g/mol=2640000g，
该钛铁矿中钛的含量为
。
2．[原创题]以黄铜矿(主要含：CuFeS2)为主要原料制备硝酸铜和绿矾晶体(FeSO4·7H2O)，原料的综合
利用率较高，其主要流程如图：
已知：CuFeS2中Cu 为＋2 价。
回答下列问题：
(1)黄铜矿“煅烧”时发生的反应为8CuFeS2+21O2
Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2。若
中Fe 的化
合价为+2 价，则该反应中被还原的元素是 (填元素符号)。
(2)上述"煅烧"过程会产生“炉气"(主要成分为SO2)。下列对“炉气”的处理方案中合理的是
(填标号)。
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A．高空排放 B．用于制备硫酸 C．用纯碱溶液吸收制Na2SO3 D．用浓硫酸吸收
(3)“还原”中，反应的离子方程式除Fe +2H＋= Fe2++H2↑外，还有 。
(4)“操作X”的名称是 ，“浸洗”的目的是 。
(5)“反应”中，10%H2O2作氧化剂，20%HNO3仅提供H+，该步骤反应的离子方程式为 ，和
只用HNO3相比，该工艺的优点是 。
(6)制备绿矾晶体的“一系列操作”包含 、过滤、洗涤、干燥。
(7)绿矾的纯度可通过“KMnO4滴定法”测定。取mg 绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解，然后加入适量
MnSO4固体作催化剂。用物质的量浓度为cmol/L 的KMnO4溶液滴定。滴定终点的现象为 ，此时，
消耗KMnO4溶液的体积为VmL，则绿矾晶体质量分数的计算式为 。
【答案】(1)Cu、O(2 分) (2)BC(2 分)
(3) Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+(2 分)
(4)过滤(1 分) 分离固体中的铁和铜(或除去固体中的铁)(1 分)
(5) Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O(1 分) 可避免产生氮氧化物(1 分)
(6)蒸发浓缩、冷却结晶(1 分)
(7) 加入最后半滴KMnO4溶液，溶液恰好由黄色变为浅红色，且30s 内不变色(2 分)
(2 分)
【解析】(1)黄铜矿“煅烧”时发生的反应为8CuFeS2+21O2
Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，根据已知信
息CuFeS2中Cu 为＋2 价，则其中Fe 的化合价也为+2 价，反应中化合价降低的元素有Cu 和O，则该反应
中被还原的元素是Cu、O，(2)二氧化硫有毒，高空排放会污染环境，处理方案不合理，A 项错误；二氧化
硫用于制备硫酸，可以达到废气利用，处理方案合理，B 项正确；二氧化硫用纯碱溶液吸收制Na2SO3，可
以达到废气利用，处理方案合理，C 项正确；浓硫酸不吸收二氧化硫，处理方案不合理，D 项错误；处理
方案合理为BC；(3)“还原”中，反应的离子方程式除Fe +2H ＋=Fe2++H2↑外，还有Fe+Cu2+=Fe2++Cu 或
Fe+2Fe3+=3Fe2+。(4)“操作X”的名称是过滤，“浸洗”的目的是加入硫酸将铁转化为FeSO4溶液，分离固体
中的铁和铜。(5)“反应”中，10% H2O2 作氧化剂，20%HNO3 仅提供H+，该步骤反应的离子方程式为
Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，只用HNO3会产生氮的氧化物，污染环境。(6)由硫酸铜溶液，经过蒸发浓缩、
冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾晶体。(7)用KMnO4溶液来滴定，亚铁离子被氧化为铁离子，溶液
变为浅黄色，当达到滴定终点时溶液恰好由黄色变为浅红色；FeSO4与酸性KMnO4溶液反应中，Fe2++被氧
化为Fe3+ ，KMnO4 被还原为Mn2+ ，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，二者关系式为：
5FeSO4~KMnO4
，
滴
定
过
程
中
消
耗
，
则
，
，则绿矾晶
体质量分数为
。
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3．(2025·安徽省江准十校高三第二次联考)钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中(主
要含有V2O5和铝铁硅的氧化物)提取钒的主要流程如下：
已知：ⅰ、滤液A 中的阳离子有H+、VO2
+、Fe3+、Al3+等；
ⅱ、“萃取”过程可表示为VO2++2HA (有机相)
VOA2(有机相)+2H+。
金属离子
开始沉淀的pH
(c=0.01mol·L-1)
沉淀完全的pH
(c=10-5mol·L-1)
Fe+
6.8
8.3
Al3+
3.7
4.7
Fe3+
1.8
2.8
(1)“浸钒”时，为加快浸出速率可采取的措施有__________________ (写出1 条即可)，滤渣B 的成
分为_________ 。
(2)“浸钒”过程中，主要发生的离子方程式为__________________ 。
(3)“萃取”前，用石灰乳先中和的原因是 __________________ 。
(4)“萃取”与“反萃取”的目的是 ，都需要用到的主要玻璃仪器是_________，假设“滤液C”中
c(VO2＋)=amol·L-1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2+萃取率为90％，4 次“萃取和反萃取”后，
“滤液C”中残留的c(VO2＋)=__________mol·L-1。(萃取率=
×100％)
(5)写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式 __________________ 。
【答案】(1)适当增大硫酸浓度、适当升高温度、将矿石粉碎(合理即可) SiO2
(2) V2O5+2H+=2VO2
++H2O
(3)若不用石灰乳中和，溶液中c(H＋)较大，不利于平衡VO2++2HA (有机相)
VOA2(有机相)
+2H+正向移动，对VO2+萃取效果不好
(4)将VO2+与其他金属离子分离开 分液漏斗 a×10-4
(5) (NH4)2V6O16
2NH3↑+3V2O5+H2O
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【解析】钒矿石焙砂用硫酸浸钒，滤液A 中的阳离子主要有H+、VO2
+、Fe3+、Al3+等，加铁粉把
VO2
+还原为VO2+、把Fe3+还原为Fe2+，加石灰乳调节pH=2；滤液C 用有机溶剂萃取VO2+，VOA2(有机相)
中加硫酸使VO2++2HA (有机相)
VOA2(有机相)+2H+平衡逆向移动，反萃取VO2+，把VO2+氧化为
VO2
+，加氨水生成(NH4)2V6O16沉淀，(NH4)2V6O16煅烧得V2O5。(1)加快浸出速率可采取的措施有适当增大
硫酸浓度、适当升高温度、将矿石粉碎等。结合原料和滤液A 中的离子可知，滤渣B 为SiO2，SiO2是酸性
氧化物，与硫酸不反应。(2)“浸钒”过程中，V2O5转变为VO2
+，反应方程式为V2O5+2H+=2VO2
++H2O。(3)
若不用石灰乳中和，溶液中c(H＋)较大，不利于平衡VO2++2HA (有机相)
VOA2(有机相)+2H+正向移
动，对VO2+萃取效果不好。(4)“萃取”与“反萃取”是为了使VO2+进入有机相，与其他金属离子分离开，
均需使用的仪器是分液漏斗。每进行一次，VO2
+萃取率为90％，溶液中残留的VO2+为10％，故残留的
。(5)(NH4)2V6O16煅烧产生NH3和V2O5，化学反应方程式为
(NH4)2V6O16
2NH3↑+3V2O5+H2O。
4．(2025·江苏省南京市五校联盟高三联考)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等
方面有着广泛应用。
(1)一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成
品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5mol·L-1)时的pH：
Fe3+
Fe2+
Co3+
Co2+
Zn
2+
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2
回答下列问题：
①酸浸。保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。(写两条)
②“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是 。
③“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。
(2)Co3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛，实验室中可以用CoC2O4煅烧后制得。
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①已知：请补充完整由某含c(Co2+)=0.1 mol/L 的浸出液 (含有杂质Fe2+、Fe3+)制备纯净的CoC2O4·2H2O
实验方案： ，干燥，得到CoC2O4·2H2O 晶体[须使用的试剂：NaClO3、NaOH、AgNO3溶液、
(NH4)2C2O4、蒸馏水]
②CoC2O4·2H2O 热分解可制备Co3O4.为确定由CoC2O4·2H2O 获得Co3O4的最佳煅烧温度，准确称取
4.575 g CoC2O4·2H2O 样品，在空气中加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示(已知385 ℃以上
残留固体均为金属氧化物)。经测定，温度为205~385 ℃的煅烧过程中，产生的气体为CO2，计算AB 段消
耗O2在标准状况下的体积(写出计算过程，结果保留2 位有效数字) 。
【答案】(1) 粉碎固体原料，加快搅拌速率，适当增加硫酸的浓度 将溶液中的Fe+氧化为
Fe3+，以便在后续调pH 时除去Fe 元素 3Co2++MnO4
-+7H2O=3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+ 3MnO4
-+2Mn2+
+2H2O=5MnO2↓+4H+
(2)向浸出液中边搅拌边加入适量NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再滴加NaOH 溶液调节pH 为2.8~7.4，过
滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤的滤液加入
AgNO3溶液不再出现沉淀为止 0.37 L
【解析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物的废渣，得到含有
Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO4
2-等离子的溶液，Pb 的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣
1”为“酸浸”时生成的PbSO4，向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO 调节pH=4 使Fe3+完
全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+，最
后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH=5 时Co3+形成沉淀Co(OH)3，
而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和
MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4。(1)①在原料预处理过程中，粉碎固体原料(增大固
体与液体的接触面积)，加快搅拌速率，适当增加硫酸的浓度，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；
②酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO4
2-等离子，由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，Co2+未开
始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，Co2+已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe 元素且Co2+不沉淀，应先
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将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH 使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将
Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH 时除去Fe 元素；③由分析可知，该过程发生氧化还原反应，根据分析反
应物、产物与反应环境(pH=5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出离子方程式：3Co2++MnO4
-
+7H2O=3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3MnO4
-+2Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；(2)①由含c(Co2+)=0.1mol·L－1的浸出
液(含有杂质Fe3+、Fe2+)制备纯净的CoC2O4·2H2O 实验方案：向浸出液中边搅拌加入适量NaClO3氧化Fe2+，
再滴加NaOH 溶液调节pH 的范围至5.2～7.4 除去Fe3+。过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉
淀，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止，干燥，得到
CoC2O4·2H2O 晶体；②4.575g 的CoC2O4·2H2O 的物质的量为
，其中结晶水的质量为
0.025×2×18g/mol=0.9g，m(CoC2O4)=4.575-0.9=3.675g，则A 点为CoC2O4，Co 元素的质量为
0.025mol×59g/mol=1.475g，B 点固体为金属氧化物，根据元素守恒n(O)=
，
n(Co)： n(O)=0.025：0.033=3：4，则B 为Co3O4，205～385℃的煅烧过程中，产生的气体为CO2，AB 段
反应方程式为3CoC2O4+2O2
Co3O4+6CO2，则消耗氧气的体积为
。
5．(2025·福建省福州市八县市协作校高三联考，节选)Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要
成分为MnCO3，还含有少量Fe2O3、FeO、CoO、Al2O3)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图。
已知：①氢氧化氧锰(MnOOH)难溶于水和碱性溶液。
②滤渣2 为CoS。
(1)MnOOH 中Mn 的化合价为 价。酸浸池中氧化铁与硫酸反应的离子方程式 ，加快酸浸速
率的措施 (只写一种)。
(2)向“沉淀池I”中加入MnO2的作用是 ；
(3)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。
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(4)MnSO4转化为MnOOH 的离子方程式为 。
(5)MnSO4转化为MnOOH 中“Ⅲ．实验操作”包含过滤、洗涤、干燥。检验MnOOH 是否洗涤干净，
具体操作为 。
(6)菱锰矿中Mn 的质量分数为50%，假设沉淀池I 中加入MnO2的质量为菱锰矿质量的87%，并且生
产过程中Mn 元素均完全转化，则100kg 该菱锰矿可以制备Mn2O3的质量为 kg。(结果保留3 位有效数
字)
【答案】(1) +3 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O 适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或
搅拌
(2)将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4) 2Mn2++H2O2+4NH3·H2O =MnOOH↓+ 4NH4
++2H2O
(5)取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，说明MnOOH
已洗涤干净，反之则未洗涤干净
(6)151
【解析】菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量Fe2O3、FeO、CoO、Al2O3)用稀硫酸浸取过滤后得到
含硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铝、硫酸钴等的溶液，向其中加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，
再加入氨水将铁离子和铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去，“滤渣1”的主要成分是
Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入含S2−沉降剂除去钴离子，过滤所得滤渣2 为CoS，滤液为含硫酸锰的溶液，
向滤液中依次加入3%H2O2溶液、0.2mol/L 氨水即可得到MnOOH，通过过滤、洗涤干燥得到高纯度的
MnOOH，再将MnOOH 在250℃时充分加热72h 即可得Mn2O3。】(1)根据化合物MnOOH 中化合价代数和
为零，设Mn 的化合价为x，x＋(−2)＋(−1)=0，解得x=+3，酸浸池中氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，
离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，适当提高硫酸浓度或将菱锰矿粉碎或适当升高温度或搅拌等措施
均能提高“酸浸”的速率。(2)向“沉淀池I”中加入MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂。
(3)“滤渣1”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)MnSO4溶液加入3%双氧水、0.2mol/L 氨水将其转化为
MnOOH，Mn 元素的化合价由＋2 价升高为＋3 价，O 元素的化合价由−1 价降低为−2 价，根据化合价升降
守恒和电荷守恒、原子守恒可得，反应的离子方程式为：2Mn2++H2O2+4NH3·H2O =MnOOH↓+ 4NH4
+
+2H2O。(5)检验MnOOH 是否洗涤干净就是检验硫酸根离子，具体操作为取少量最后一次洗涤液于洁净试
管中，向其中滴加 BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，说明 MnOOH 已洗涤干净，反之则未洗涤干净。(6)
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菱锰矿中 Mn 的质量分数为50%， 则100kg 该菱锰矿中n(Mn)=
=909mol，假设沉淀池I
中加入MnO2的质量为菱锰矿质量的87%，
1000mol，且生产过程中Mn 元素均
完全转化，可以制备Mn2O3的质量为
×158g/mol=151kg。
6．(2025·江苏省连云港市高三调研考试)实验室利用重晶石废料(主要成分为BaSO4、Fe2O3等)制备
BaCO3。
Ⅰ．制备粗BaCO3。制备流程如下：
(1)转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为1.5 mol·L-1)溶液浸泡充分浸泡。
①已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10－10，Ksp(BaCO3)=5.0×10－9。浸泡后溶液中SO4
2-浓度最高为 。
②常温下(NH4)2CO3的溶解度大约是Na2CO3的5 倍，浸泡重晶石废料用饱和Na2CO3而不用(NH4)2CO3
溶液的原因是 。
(2)溶解。向过滤1 所得的滤渣中加入NH4Cl 溶液，加热后溶解。NH4Cl 溶液溶解BaCO3的离子方程式
为 。
Ⅱ．测定粗BaCO3样品中铁元素的含量。
取5.0000g 的粗BaCO3样品，用20% H2SO4充分溶解，再加入足量溶液充分反应，然后加蒸馏水配制
成100mL 溶液。准确量取20.00mL 配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液pH=6，用
0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Fe2++H2Y2-=FeY2-+2H+)，平行滴定3 次，平均消耗
EDTA 溶液20.00mL。
(3)测定过程中，加入足量Na2S2O3溶液的目的是 。
(4)计算粗BaCO3样品中铁元素的质量分数 (写出计算过程)。
(5)若稀释后滤液用酸性K2Cr2O7滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是 。
Ⅲ．制备。
(6)粗BaCO3中含有杂质Fe(OH)3。补充完整由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取一定量粗
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BaCO3固体， ，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3。[已知：pH=3.2 时Fe(OH)3沉淀
完全。实验中必须使用的试剂：稀HCl、Na2CO3溶液]
【答案】(1) 0.029mol/L 碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低
(2)2NH4
++ BaCO3
Ba2++2NH3↑+CO2↑+H2O
(3)使Fe3+全部转化为Fe2+
(4)
1.68%
(5)溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性K2Cr2O7
(6)在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节
，过滤。向滤液
中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤
【解析】重晶石废料(主要成分为BaSO4、Fe2O3等)用饱和碳酸钠溶液处理，BaSO4转化为BaCO3，过
滤得到Fe2O3、BaCO3混合固体，用NH4Cl 溶液溶解BaCO3，过滤得到滤渣为Fe2O3，滤液中含有Ba2+，滤
液中加入(NH4)2CO3溶液反应生成粗BaCO3。(1)①已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10－10，Ksp(BaCO3)=5.0×10－9，饱
和碳酸钠溶液的浓度为1.5 mol·L-1，根据已知条件列出“三段式”：
平衡常数K=
，则
，解得
x=0.029，溶液中SO4
2-浓度为0.029mol/L；②常温下(NH4)2CO3的溶解度大约是Na2CO3的5 倍，浸泡重晶石
废料用饱和Na2CO3而不用(NH4)2CO3溶液的原因是：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根
离子低。(2)向过滤1 所得的滤渣中加入NH4Cl 溶液，加热后溶解，NH4Cl 溶液呈酸性，溶解BaCO3的离子
方程式为：2NH4
++ BaCO3
Ba2++2NH3↑+CO2↑+H2O。(3)Na2S2O3具有还原性，测定过程中，加入足量
Na2S2O3溶液的目的是：使Fe3+全部转化为Fe2+。(4)由Fe2++H2Y2-=FeY2-+2H+可得关系式：Fe2+~EDTA，则
；重晶石中铁元素质量分数
。(5)若稀释后滤液用酸性K2Cr2O7滴定，测得的数值明显高
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于上述方法测定的数值，原因是：溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性K2Cr2O7。(6)已知：pH=3.2 时
Fe(OH)3沉淀完全，粗BaCO3中含有杂质Fe(OH)3。补充完整由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取
一定量粗BaCO3固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节
，
过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，
过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3。
7．(2025·浙江省嘉兴市高三基础测试)精炼铜产生的铜阳极泥含Cu、Ag、Au 多种单质。某研究小组设
计从Cu、Ag、Au 的混合物中分离提收金和银的流程，如下图所示：
已知：电沉积时生成Ag 的电极反应为：[Ag(S2O3)2]3-+ e-=Ag↓+2S2O3
2-。
回答下列问题：
(1)“浸出液1”中含有的阳离子主要是 。
(2)“浸取2”步骤中，单质Au 转化为HAuCl4，其反应的化学方程式为 。
(3)下列说法正确的是_______。
A．两次“浸取”所加的酸均可为硫酸或盐酸
B．“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的AgCl 转化为[Ag(S2O3)2]3-
C．在“浸取2”步骤中，加入适量
可提高混合物中Au 的收率
D．上述流程中的H2O2、N2H4、Na2S2O3均为还原剂
(4)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，从物质结构的角度分析Na2S4O6中阴离子的结构应为下图中的
(填“甲”或“乙”)。
(5)设计实验验证Cu、Ag、Au 混合物中含有Ag 。
【答案】(1)Cu2+ (2)2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O
(3)BC (4)甲
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(5)向混合物中加入稀硝酸浸取，过滤，向滤液中加入氯化钠溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有银
【解析】由题给流程可知，向铜、银、金的混合物中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将铜转
化为硫酸铜，银、金不反应，过滤得到含有硫酸铜的浸出液1 和含Ag、Au 的浸渣1；向滤渣1 中加入盐酸
和过氧化氢的混合溶液浸取，将银转化为氯化银，金转化为HAuCl4，过滤得到含有氯化银的浸渣2 和含有
HAuCl4的浸出液2；向浸渣2 中加入硫代硫酸钠溶液，将氯化银转化为[Ag(S2O3)2]3-离子，过滤得到含有
[Ag(S2O3)2]3-的浸出液3；浸出液3 电沉积得到银；向含有HAuCl4的浸出液2 中加入肼，将溶液中HAuCl4
转化为金。(1) “浸出液1”中含有的阳离子主要是Cu2+；(2)加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取的目的是将
金转化为HAuCl4，反应的化学方程式为2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O；(3)A 项，浸取1 加入稀硫酸和
过氧化氢的混合溶液浸取的目的是将铜转化为硫酸铜，浸取2 加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取的目的
是将银转化为氯化银，金转化为HAuCl4，所以两次“浸取”所加的酸不同，故A 错误；B 项，加入硫代硫
酸钠溶液的目的是将氯化银转化为[Ag(S2O3)2]3-离子，故B 正确；C 项，在“浸取2”步骤中，加入适量氯化
钠，有利于增大溶液中氯离子浓度，使金尾气转化为HAuCl4，从而提高混合物中金的收率，故C 正确；D
项，浸取1 和浸取2 中加入的过氧化氢使反应的氧化剂，故D 错误；故选BC；(4)甲结构中电子云分布较
均衡，结构较为稳定，乙结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且离子中存在过氧根，过氧
根的氧化性大于单质碘，不能被碘单质氧化，所以Na2S4O6中阴离子的结构应为图中的甲；(5)Cu 和Ag 能
与稀硝酸反应生成Cu2+和Ag+，Au 不溶于稀硝酸，溶液中Cu2+不能与Cl-反应，Ag+能与Cl-反应生成AgCl
白色沉淀，所以证明混合物中含有Ag 的实验方案为向混合物中加入稀硝酸浸取，过滤，向滤液中加入
NaCl 溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag。
8．(2025·浙江部分高中高三开学考试)矿物资源的综合利用有多种方法，硅镀钇矿(Y2FeBe2Si2O10)是一
种含钇族稀土元素和氧化铍为主的主要矿物，该矿石中含稀土元素约35%，含氧化铍约5%，如图是利用
硅铍钇矿生产氧化铍与稀土产品的转化过程：
已知：过程I 中未有电子转移，且物质X 由多种氧化物混合而成。请回答：
(1)写出物质X 中的所有氧化物 (填化学式)；步骤III 中，加入NH4Cl 的作用是 。步骤II
中存在氧化还原过程，设计实验验证含铍溶液中的阳离子(除
以外) 。
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(2)已知：铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似。下列说法不正确的
是_______。
A．Be(OH)2是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应
B．Al2Cl6沸点低于相似结构的Be2Cl4
C．为得到无水BeCl2，可通过Cl 与BeCl2·6H2O 混合并加热制得
D．
的第一电离能大于B 的第一电离能的主要原因是电子排布为半充满，较为稳定
(3)某化学科研工作者对复盐沉淀进行精密分析，最终确认其化学式为Y2(SO4)3·Na2SO4·2H2O。
①向复盐沉淀中加入NaOH 溶液生成Y(OH)3，写出该反应的化学方程式 。
②检验氢氧化钇是否洗涤干净的操作方法为 。
【答案】(1) Y2O·2BeO·FeO·2SiO2 (调节溶液pH 值)，使Fe3+完全沉淀 取少量溶液于一支试管，
加入石蕊试液溶液显红色，则存在H+，另取少量溶液于试管中，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀
则有Fe3+
(2)BD
(3) Y2(SO4)3·Na2SO4·2H2O+6NaOH=2Y(OH)3+4Na2SO4+2H2O 取最后一次洗涤液于试管，加入BaCl2
溶液，若没有白色沉淀产生，则说明已经洗涤干净
【解析】过程I 中未有电子转移，且物质X 由多种氧化物混合而成，物质X 为Y2O·2BeO·FeO·2SiO2，
加入硫酸与金属氧化物反应，二氧化硅与硫酸不反应，过滤得到浸出液含Y3+、Be2+、Fe2+，往浸出液中加
入硫酸钠，高温下反应可得到化学式为Y2(SO4)3·Na2SO4·2H2O 复盐沉淀和含铍溶液，加氢氧化钠溶液可溶
解复盐沉淀并将其转化为Y(OH)3和硫酸钠，经过滤洗涤得到Y(OH)3；加入氨、氯化铵调节含铍溶液的
pH，过滤后可得到氢氧化铁和含铍中和液，再经沉铍、过滤、洗涤、干燥、煅烧等一系列流程可制得工业
氧化铍。(1)依据元素化合价和原子守恒书写元素的氧化物组成，矿石(Y2FeBe2Si2O10)的组成用氧化物的形
式可表示X 为Y2O·2BeO·FeO·2SiO2；步骤III 中，加入氨气和NH4Cl 后含铍溶液中Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，
则NH4Cl 的作用是调节溶液pH 值，使Fe3+完全沉淀；步骤II 中存在氧化还原过程，即Fe2+被氧化为Fe3+，
设计实验验证Fe3+存在的方法是：取少量溶液于一支试管，加入石蕊试液溶液显红色，则存在H+，另取少
量溶液于试管中，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀则有Fe3+；(2)A 项，已知铍元素和铝元素化学性
质相似，Al(OH)3是两性氢氧化物，能与强酸如HCl、强碱如NaOH 反应，可推测Be(OH)2也是两性氢氧化
物，能与强酸、强碱反应，故A 正确；B 项，Al2Cl6、Be2Cl4都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力
越大，分子间作用力越大，其沸点越高，则Al2Cl6沸点高于相似结构的Be2Cl4，故B 错误；C 项，因加热
AlCl3溶液发生水解反应生成氢氧化铝和HCl，为得到无水氯化铝应在氯化氢氛围下加热，由于SOCl2发生
水解生成HCl，可通过Cl 与BeCl2·6H2O 混合并加热，能抑制BeCl2水解，得到无水BeCl2，故C 正确；D
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项，Be 的核外电子排布为1s22s2，B 的核外电子排布为1s22s22p1，由于Be 的2s 全充满、2p 轨道全空，较
稳定，所以第一电离能大于B 的第一电离，故D 错误；故选BD；(3)①复盐沉淀化学式为
Y2(SO4)3·Na2SO4·2H2O，加入NaOH 溶液生成Y(OH)3，该反应的化学方程式
Y2(SO4)3·Na2SO4·2H2O+6NaOH=2Y(OH)3+4Na2SO4+2H2O；②混在氢氧化钇中的杂质是硫酸钠，检验氢氧化
钇是否洗涤干净即检验硫酸根离子是否存在，可加入氯化钡溶液与硫酸钠反应，若没有硫酸钡白色沉淀生
成即不存在硫酸根离子，操作方法为：取最后一次洗涤液于试管，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀产生，
则说明已经洗涤干净。
1．(2024·山东卷，18，12 分)以铅精矿(含PbS，Ag2S 等)为主要原料提取金属Pb 和Ag 的工艺流程如
下：
回答下列问题：
(1)“热浸”时，难溶的PbS 和Ag2S 转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS 和Ag2S
时，消耗Fe3+物质的量之比为_______；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时
挥发外，另一目
的是防止产生_______(填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb “电解I”阳极产
物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为_______。
(3)“还原”中加入铅精矿
目的是_______。
(4) ①“置换”中可选用的试剂X 为_______(填标号)。
A．Al B．Zn C．Pb D．Ag
②“置换”反应的离子方程式为_______。
(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作_______(填“阴极”或“阳极”)。
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【答案】(1)①1：1 ②H2S
(2)热浸 (3)将过量的Fe3+还原为Fe2+
(4)①C ②Pb+2[AgCl2]- =2Ag+[PbCl4]2-
(5)阳极
【解析】本题以铅精矿(含PbS，Ag2S 等)为主要原料提取金属Pb 和Ag， “热浸”时，难溶的PbS 和
Ag2S 转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，过滤I 除掉单质硫滤渣，滤液中[PbCl4]2-在稀
释降温的过程中转化为PbCl2 沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2 又转化为
[PbCl4]2-，电解得到Pb；过滤II 后的滤液成分主要为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还
原为FeCl2，试剂X 将[AgCl2]-置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X 为铅，尾液为FeCl2。(1)“热浸”时，
Fe3+将PbS 和Ag2S 中-2 价的硫氧化为单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，在这个过程中Pb 和Ag 的化合价保持不
变，所以等物质的量的PbS 和Ag2S 时，S2-物质的量相等，所以消耗Fe3+的物质的量相等，比值为1：1；
溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀
反复用饱和食盐水热溶，会溶解为[PbCl4]2-，电解[PbCl4]2-溶液制备金属Pb，Pb 在阴极产生，阳极Cl-放电
产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。(3)过滤Ⅱ所得的滤
液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是是将将过量
的Fe3+还原为Fe2+。(4)“置换”中加入试剂X 可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X 应
为Pb，发生的反应为：Pb+2[AgCl2]- =2Ag+[PbCl4]2-。(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金
属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而
沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
2．(2024·安徽卷，15，14 分)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等多种元素。研究人员设计了
一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
(1) Cu 位于元素周期表第_______周期第_______族。
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(2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。
(3)“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为_______。
(4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。
(5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为_______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用
的物质为_______(填化学式)。
(6)“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au 的物质的量之比为_______。
(7) Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4O6
2-的结构为(a)而不是(b)的原因：
_______。
【答案】(1) 四 ⅠB (2)Cu2+
(3)Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O (4)AgCl
(5)[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag↓+2S2O3
2- Na2S2O3
(6)3：4
(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳
定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
【解析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu 被转
化为Cu2+进入浸取液1 中，Ag、Au 不反应，浸渣1 中含有Ag 和Au；浸渣1 中加入盐酸、H2O2浸取，Au
转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag 转化为AgCl，浸渣2 中含有AgCl；浸取液2 中加入N2H4将HAuCl4还原
为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2 中加入Na2S2O3，将AgCl 转化为[Ag(S2O3)2]3-，得到浸出液3，利用
电沉积法将[Ag(S2O3)2]3-还原为Ag。(1)Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族；(2)由分析可知，铜
阳极泥加入硫酸、H2O2 浸取，Cu 被转化为Cu2+进入浸取液1 中，故浸取液1 中含有的金属离子主要是
Cu2+；(3)浸取2 步骤中，Au 与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及
质量守恒，可得反应得化学方程式为：Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O；(4)根据分析可知，浸渣2 中含有
AgCl，与Na2S2O3反应转化为[Ag(S2O3)2]3-；(5)电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3-得电子被还
原为Ag，电极反应式为：[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag↓+2S2O3
2- ；阴极反应生成S2O3
2-，同时阴极区溶液中含有
Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S2O3；(6)还原步骤中， HAuCl4被还原
为Au，Au 化合价由+3 价变为0 价，一个HAuCl4转移3 个电子，N2H4被氧化为N2，N 的化合价由-2 价变
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为0 价，一个N2H4转移4 个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au 的物质的量之比为3：4；
(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且
存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
3．(2024·湖北卷，16，13 分)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3A l 2(SiO3)6]中提取铍的路
径为：
已知：Be2++4HA
BeA2(HA)2+2H+
回答下列问题：
(1)基态Be2+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Be2+和Al
3+，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Na2[Be(OH)4]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) Be(OH)2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CH3COO-相连，其化学式为 。
【答案】(1)
(2)快速冷却 (3)无明显现象
(4) BeA2(HA)2+6NaOH =Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O 反萃取
(5)增强熔融氯化铍的导电性
(6) Be4O(CH3COO)6
【解析】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H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机
相中，水相1 中含有Al3+，有机相为BeA2(HA)2，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]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)2，通过系列操作得到金属铍。
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(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：无明显现象。(4)反萃取生成
Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2+6NaOH =Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O，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CH3COO-，则其化学式为：Be4O(CH3COO)6。
4．(2024·全国甲卷，8，14 分)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，CoO 发生反应的化学方程式是 。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.1mol·L-1，向其中加入Na2S 至Zn2+沉淀完全，
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此时溶液中c(Co2+)=_______mol·L-1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离 (填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中，生成1.0mol MnO2，产生H+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NaClO 氧化Co2+，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) CoO+H2SO4=CoSO4+H2O (3) 1.6×10-4 不能 (4) 4.0 mol (5) Fe(OH)3
(6) 2Co2++5ClO-+5H2O=2Co(OH)3↓ +Cl-+4HClO
(7)向滤液中滴加NaOH 溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH 接近12 但不大于12，静置后过滤、洗涤、
干燥
【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2 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+2 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Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚
铁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+2 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CoO 为转化为
CoSO4，反应的化学方程式为CoO+H2SO4=CoSO4+H2O。(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)
均为0.1mol·L-1，向其中加入Na2S 至Zn2+沉淀完全，此时溶液中
，则
，c(Co2+)
小于0.1mol·L-1，说明大部分Co2+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，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为S2O8
2-+Mn2++2H2O=MnO2↓ +4H++2SO4
2-，
因此，生成1.0mol MnO2，产生H+的物质的量为4.0 mol。(5)“沉锰”步骤中，S2O8
2-同时将Fe2+氧化为
Fe3+，“沉淀”步骤中用NaOH 调pH=4，Fe3+可以完全沉淀为Fe(OH)3，因此，分离出的滤渣是Fe(OH)3。
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO 氧化Co2+，为了保证Co2+被完全氧化，
NaClO 要适当过量，其反应的离子方程式为2Co2++5ClO-+5H2O=2Co(OH)3↓ +Cl-+4HClO。(7)根据题中给出
的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有Zn 元素以Zn2+形式存在，当pH＞12 后氢氧化锌会溶
解转化为[Zn(OH)4]2-，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NaOH 溶液，
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边加边搅拌，控制溶液的pH 接近12 但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
5．(2024·江西卷，15，14 分)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CePO4.
含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O 的工艺流程图。
已知：ⅰ．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10
45
﹣，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10
20
﹣，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10
48
﹣
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)Na2U2O7中铀元素的化合价为 _______，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为
_______。
(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)4的离子方程式为 _______。
②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BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 _______。
【答案】(1)b (2) ①. +6 ②. 2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O
(3)①. Na3PO4•12H2O ②. 热分解
(4)①. 2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O ②. 4×10﹣7
(5)RaSO4
【解析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8 和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH
进行热分解，U3O8 发生反应：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4 中的Ce
被氧化为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、PO43-，滤液浓缩结晶
后，得到的晶体化学式为：Na3PO4•12H2O，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
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水，过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4 具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4+8H+
+2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为Cl2，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BaSO4 和RaSO4 形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3•nH2O。(1)a 项，降
低压强，分解速率降低，故a 错误；b 项，降低温度，分解速率降低，故b 正确；c 项，反应时间越长，分
解速率逐渐变慢，故c 错误；d 项，提高搅拌速度，分解速率加快，故d 错误；故选b；(2)Na2U2O7 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，热分解阶段U3O8 生成
Na2U2O7 的化学反应方程式为：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O；(3)稀释过滤后的滤液中含有
Na+、PO43-，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为：Na3PO4•12H2O，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；(4)①根据后续流程可知，生成+3 价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4 发生氧
化还原反应，其离子方程式为：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O；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BaSO4 为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO4，RaSO4
的溶解度更小。
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