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2024 年高考二轮专题强化训练（非选择题）
专题16 工艺流程综合题
考情分析：
化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识
步步设问，是无机框图的创新。它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融
合，考查物质的制备、检验、分离或提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，具有较强的实用性和
综合性，是近几年各地高考化学试题的常考题型。化工流程型实验题通常以元素化合物知识为依托，以反
应原理、实验操作为考查重点。重视实验技术在工业生产中的应用，意在引导考生关注化学的真实性和应
用性，体现了能力立意和化学知识的应用，是今后高考命题的方向和热点，综合性强，能够很好地考查学
生信息获取能力、分析问题能力、语言表达能力和计算能力等。
解题策略：
1.读题干，找信息和目的。
找出题干中的“制备”或“提纯”等关键词，明确化工生产的原料、产品和杂质。图示中一般会呈现
超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定要关注题目的每一个关键字，
尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。如制备类无机化工题，可粗读试题，
知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。
2.看问题，根据具体的问题，找出流程中需重点分析的步骤或环节，重点抓住物质流向(“进入”与
“流出”的物质)、操作方法等。
3.局部隔离分析，分析加入什么物质，得到什么物质，发生什么反应(或起到什么作用)。
4.看清问题，规范答题
无论流程如何陌生复杂,最终命题者设置的问题仍然是课本、考纲所要求掌握的知识点而已。大多数
问题用所学知识便可直接回答,但个别地方往往有悖所学知识,这时就要考虑产物、环保、产量、成本等
等。所以答题时要看清所问问题,不能答非所问,要注意语言表达的科学性,如不能将离子方程式写成化学
方程式，方程式要配平，分清实验操作名称还是具体操作步骤等等。
5.特别提醒：每题中基本上都有与流程无关的问题，可直接作答。
典题体验，提升素养：（本题共30 大题）
1．（2023·全国甲卷·统考高考真题）
是一种压电材料。以
为原料，采用下列路线可制备粉状
。
1
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回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
(2)“焙烧”后固体产物有
、易溶于水的
和微溶于水的
。“浸取”时主要反应的离子方程式为
。
(3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。
(5)“沉淀”步骤中生成
的化学方程式为 。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的
。
【答案】(1)做还原剂，将
还原
(2)
(3)c
(4)不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
会污染空气，而且
与盐酸反应生成可溶
于水的
，导致
溶液中混有
杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
(5)
(6)
【分析】由流程和题中信息可知，
与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、
、易
溶于水的
和微溶于水的
；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和
，滤液中有
和
；滤液
经酸化后浓缩结晶得到
晶体；
晶体溶于水后，加入
和
将钡离子充分沉淀得
到
；
经热分解得到
。
2
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【详解】（1）“焙烧”步骤中，
与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、
、
和
，
被还原为
，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将
还原。
（2）“焙烧”后固体产物有
、易溶于水的
和微溶于水的
。易溶于水的
与过量的
可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为
。
（3）“酸化”步骤是为了将
转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而
可溶
于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
会污染空气，而且
与盐酸反应生成可溶于水的
，导致
溶液中混有
杂质无法除去、
最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成
的化学方程式为：
+
+
=
。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，
，
因此，产生的
=
。
2．（2023·全国乙卷·统考高考真题）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿
（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al 等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1 例)。
(2)加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。
3
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(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属
离子是 。
(4)加入少量BaS 溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。
(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应
不断 。电解废液可在反应器中循环利用。
(6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。
【答案】(1) MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 粉碎菱锰矿
(2)将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解
(3) 2.8×10-9 Al3+
(4)BaSO4、NiS
(5) Mn2++2H2O
H2↑+MnO2↓+2H+ 加入Mn(OH)2
(6)2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中
的Fe、Ni、Al 等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后
将溶液pH 调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出
来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置
于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。
【详解】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：
MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：
MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。
（2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，
因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为
Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。
（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)=
=2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节
至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-2mol·L-1，c(Al3+)小
4
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于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.8×10-9、Al3+。
（4）加入少量BaS 溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为Ba2++S2-+Ni2++SO
=BaSO4↓+NiS↓，生成
的沉淀有BaSO4、NiS。
（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2O
H2↑+MnO2↓+2H+；电解
时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2+
+2H2O
H2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。
（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案为：2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
3．（2023·全国新课标卷·统考高考真题）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存
在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O
存在，在碱性介质中以CrO
存在。
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和 。
(3)“沉淀”步骤调pH 到弱碱性，主要除去的杂质是 。
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9 以达到
最好的除杂效果，若pH<9 时，会导致 ；pH>9 时，会导致 。
5
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(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VO 或VO3+在碱性条
件下，溶解为VO 或VO
，上述性质说明V2O5具有 (填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。
【答案】(1)Na2CrO4
(2)Fe2O3
(3)Al(OH)3
(4)磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理
会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降
低导致MgNH4PO4无法完全沉淀
(5)C
(6)2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的
最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫
酸调节溶液pH 将Al 元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、
硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣
和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH 将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向
滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH 将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得
到氢氧化铬。
【详解】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH 到弱碱性的目的是将Al 元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4
沉淀，若溶液pH<9 时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸
胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9 时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中
混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使
其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能
形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；
6
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（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性
氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式
为2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O，故答案为：2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O。
4．（2023·河北·统考高考真题）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可
实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的
可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
已知：室温下的
。
回答下列问题：
(1)首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为 (填化学
式)。
(2)滤渣的主要成分为 (填化学式)。
(3)浸取工序的产物为
，该工序发生反应的化学方程式为 。浸取后滤液的一半经氧化
工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
(4)浸取工序宜在
之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因
是 。
(5)补全中和工序中主反应的离子方程式
+ 。
(6)真空干燥的目的为 。
【答案】(1)
(2)
(3)
7
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(4)盐酸和液氨反应放热
(5)
(6)防止干燥过程中
被空气中的
氧化
【分析】由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色
溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一
半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入加入硫酸、盐酸中和，
将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚铜的滤液和氯化亚铜；
氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。
【详解】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合
铜，故答案为：
；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe；
（3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的
化学方程式为
；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化
二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为
，故答案为：
；
；
（4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保
持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸
和液氨反应放热；
（5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，
反应的离子方程式为
+
，故答案为：
；
；
（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方
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法干燥，故答案为：防止干燥过程中
被空气中的
氧化。
5．（2023·福建·统考高考真题）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含
及少量
)中分离回收金属的流程如下：
(1)“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CoO 发生反应的离子方程
式 。
(2)“焙烧1”中，晶体[
和
]总质量随温度升高的变化情况如下：
温度区间/℃
晶体总质量
变小
不变
变小
不变
①升温至
过程中，晶体总质量变小的原因是 ；
发生分解的物质是 (填化学
式)。
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。
(3)
时，
的
。反应
的平衡常数
(列出计算式即可)。经计算可判断
难溶于
稀硫酸。
II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。
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(4)基态
的价电子排布式为 。
(5)晶胞中含有 个
。晶体中微粒间作用力有 (填标号)。
a．氢键 b．离子键 c．共价键 d．金属键
(6)“焙烧2”中
发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 (填化学式)。
【答案】(1)粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀
浓度等
(2) 失去结晶水
(3)
或
或
之间任一数字
(4)
(5)2 2:1 bc
(6)
【分析】白合金经过稀硫酸酸浸1 后得到滤液1（其中含有Co2+、Fe2+、
、Fe3+）以及滤渣1（SiO2、
Cu2S、CuS），滤液1 经结晶后得到硫酸铁以及硫酸钴的晶体，焙烧1 和水浸后得到硫酸钴溶液以及三氧化
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二铁；滤渣1 经空气焙烧2 后得到氧化铜，加入稀硫酸后得到CuSO4溶液以及滤渣2 SiO2。
【详解】（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大
稀
浓度等（任写一条即可），CoO 发生反应的离子方程式为：
；
（2）①由图可知，升温至
过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量不变，
而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解；
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解；
（3）
的平衡常数
=
；
（4）基态
的价电子排布式为3d9；
（5）由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S 可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S 处于棱
上，且该S 实际存在形式为
，个数为
；俯视图处于面点位置的S 可能处于晶胞体内或者面心
上，结合晶胞图形可知该S 处于体内，且该S 实际存在形式为
，个数为2 个，因此晶胞中S 的总价态为
2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu 位于晶胞内部，则晶胞中Cu 的总个数为6 个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个
数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=4，y=2，故
2:1；晶体中微粒间作用力
有离子键及共价键；
（6）“焙烧2”中
发生反应的化学方程式为：
，由分析可知，滤渣2 为
SiO2。
6．（2023·重庆·统考高考真题）
是一种用途广泛的磁性材料，以
为原料制备
并获得副产
物
水合物的工艺如下。
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时各物质溶度积见下表：
物质
溶度积
回答下列问题：
(1)
中
元素的化合价是
和 。
的核外电子排布式为 。
(2)反应釜1 中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。
(3)反应釜2 中，加入
和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 。
②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。
(4)①反应釜3 中，
时，
浓度为
，理论上
不超过 。
②称取
水合物
，加水溶解，加入过量
，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，
用
标准溶液滴定，消耗
。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中
的质量分数为 。
【答案】(1) +3 1s22s22p6
(2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
(3)
适当升高温度、搅拌
(4)11 最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6%
【分析】
溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，
溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2
中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，
【详解】（1）
可以写成
，故
元素的化合价是
和+3。
为氧原子得到2 个电子形成
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的，核外电子排布式为1s22s22p6；
（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1 中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中
氧气氧化为三价铁；
（3）①反应釜2 中，加入
和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和
水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为
。
②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；
（4）①反应釜3 中，
时，
浓度为
，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此
时
，pOH=3，pH=11，故理论上
不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内
不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀
，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化
还原反应：
，结合质量守恒可知，
，则该副产物中
的质量分数为
。
7．（2023·广东·统考高考真题）
均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含
)中，利用氨浸工艺可提取
，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
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已知：氨性溶液由
、
和
配制。常温下，
与
形成可溶
于水的配离子：
；
易被空气氧化为
；部分氢氧化物的
如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
(1)活性
可与水反应，化学方程式为 。
(2)常温下，
的氨性溶液中，
(填“>”“<”或“=”)。
(3)“氨浸”时，由
转化为
的离子方程式为 。
(4)
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X 射线衍射图谱中，出现
了
的明锐衍射峰。
①
属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
②
提高了
的浸取速率，其原因是 。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A 为 。
②由
可制备
晶体，其立方晶胞如图。
与O 最小间距大于
与O 最小间距，x、y 为整数，
则
在晶胞中的位置为 ；晶体中一个
周围与其最近的O 的个数为 。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A 含6 个结晶水，则所得
溶液中
与
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的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取
工艺的意义，在于可重复利用
和 (填化学式)。
【答案】(1)
(2)＞
(3)
或
(4)晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5)
体心 12
(6) 0.4 或
【分析】硝酸浸取液(含
)中加入活性氧化镁调节溶液pH 值，过滤，得到滤液主要
是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液
中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到
氯化镍晶体。
【详解】（1）活性
可与水反应，化学方程式为
；故答案为：
。
（2）常温下，
的氨性溶液中，
，
，
，则
＞
；故答案为：＞。
（3）“氨浸”时，
与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成
，则由
15
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转化为
的离子方程式为
或
；故答案为：
或
。
（4）
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X 射线衍射图谱中，
出现了
的明锐衍射峰。
①X 射线衍射图谱中，出现了
的明锐衍射峰，则
属于晶体；故答案为：
晶体。
②根据题意
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则
能提高
了
的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面
积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
（5）①“析晶”过程中为了防止
水解，因此通入的酸性气体A 为
；故答案为：
。
②由
可制备
晶体，其立方晶胞如图。x、y 为整数，根据图中信息Co、Al 都只有一个原子，
而氧(白色)原子有3 个，
与O 最小间距大于
与O 最小间距，则Al 在顶点，因此
在晶胞中的位置为
体心；晶体中一个
周围与其最近的O 原子，以顶点Al 分析，面心的氧原子一个横截面有4 个，三个横
截面共12 个，因此晶体中一个
周围与其最近的O 的个数为12；故答案为：体心；12。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A 含6 个结晶水，则晶体A 为
，根
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据
，
，还剩余5 个水分子，因此所得
溶液中
与
的比值理论上最高为
；故答案为：0.4 或
。
②“热解”对于从矿石提取
工艺的意义，根据前面分析
，
，在于可重复利用
和
；故答案为：
。
8．（2023·山东·统考高考真题）盐湖卤水(主要含
、
和硼酸根等)是锂盐的重要来
源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备
的工艺流程如下：
已知：常温下，
。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)含硼固体中的
在水中存在平衡：
(常温下，
)；
与
溶液反应可制备硼砂
。常温下，在
硼砂溶液中，
水解生成等物质的量浓度的
和
，该水解反应的离子方程式为 ，该溶
17
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液
。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中
的浓度为
，则常温下精制Ⅱ过程中
浓度应控制在
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收
外，还将增加 的
用量(填化学式)。
(3)精制Ⅱ的目的是 ；进行操作
时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致
。
【答案】(1)
(2)
、Mg(OH)2
CaO
(3) 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的
转化为
（或除去精制Ⅰ所得滤液中的
），提高
纯度 盐酸 浓缩液中因
浓度过大使得
过早沉淀，即浓缩结晶得到的
中会混有
，最终所得
的产率减小
【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有
Na+、Li+、Cl-、
等，焙烧后生成HCl 气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，滤渣Ⅰ的主
要成分为Mg(OH)2、
；精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为
、Mg(OH)2；精制
Ⅱ所得滤液经操作X 后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉
锂，得到
。
【详解】（1）含硼固体中的
在水中存在平衡：
(常温下，
)；
与
溶液反应可制备硼砂
。常温下.在
硼砂溶液
中，
水解生成等物质的量浓度的
和
，该水解反应的离子方程式为
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，由B 元素守恒可知，
和
的浓度均为
，
，则该溶液
。
（2）由分析可知，滤渣I 的主要成分是
、Mg(OH)2；精制I 后溶液中
的浓度为2.0
，由
可知，则常温下精制Ⅱ过程中
浓度应控制在
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所
需的碱性pH 首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石
灰（CaO）和纯碱（
）的用量。
（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为
；由于
微溶于
水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的
，还需要除去
，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精
制Ⅰ所得滤液中的
转化为
（或除去精制Ⅰ所得滤液中的
），提高
纯度。操作X 是
为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余
的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因
浓度过大使得
过早沉淀，即浓缩
结晶得到的
中会混有
，最终所得
的产率减小。
9．（2023·湖南·统考高考真题）超纯
是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技
工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯
方面取得了显著成果，
工业上以粗镓为原料，制备超纯
的工艺流程如下：
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已知：①金属
的化学性质和
相似，
的熔点为
；
②
(乙醚)和
(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质
沸点/
55.7
34.6
42.4
365.8
回答下列问题：
(1)晶体
的晶体类型是 ；
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在
的原因是 ，阴极的电极反应式为
；
(3)“合成
”工序中的产物还包括
和
，写出该反应的化学方程式： ；
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是 ；
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(5)下列说法错误的是_______；
A．流程中
得到了循环利用
B．流程中，“合成
”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配
，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分
和
(6)直接分解
不能制备超纯
，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
的理由是 ；
(7)比较分子中的
键角大小：
(填“>”“<”或“=”)，其原因是
。
【答案】(1)分子晶体
(2) 温度太低，不利于Ga 的熔化，温度太高，Ga 可能与NaoH 反应产生大量氢气，会有爆炸危险。
+3eˉ+2H2O=Ga+4OH-（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-）
(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2
+3
+2
；
(4)CH4
(5)D
(6)NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O 的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
(7) > Ga(CH3)3中Ga 为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga 为sp3杂化，所以为四面体
结构，故夹角较小
【分析】以粗镓为原料，制备超纯
，粗Ga 经过电解精炼得到纯Ga，Ga 和Mg 反应生产Ga2Mg5，
Ga2Mg5和CH3I、Et2O 反应生成
、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣
MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯
，Et2O 重复利用，据此解答。
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【详解】（1）晶体
的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
（2）电解池温度控制在
，温度太低，不利于Ga 的熔化，温度太高，Ga 可能与NaoH 反应产生大
量氢气，会有爆炸危险；粗Ga 在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为
+3eˉ+2H2O=Ga+4OH-
（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-）；
（3）“合成
”工序中的产物还包括
和
，该反应的化学方程式
8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2
+3
+2
；
（4）“残渣”含
，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
（5）A.根据分析，流程中
得到了循环利用，A 正确；
B.
容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成
”至“工序X”需在无水无氧
的条件下进行，B 正确；
C. “配体交换”得到
，“工序X”先解构
后蒸出
，C 正确；
D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分
和
，D 错误；
故选D；
（6）直接分解
时由于Et2O 的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯
，
而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高
于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
（7）分子中的
键角
>
，其原因是Ga(CH3)3中Ga 为sp2杂化，所以为
平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga 为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
10．（2023·湖北·统考高考真题）
是生产多晶硅的副产物。利用
对废弃的锂电池正极材料
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进行氯化处理以回收Li、Co 等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)Co 位于元素周期表第 周期，第 族。
(2)烧渣是LiCl、
和
的混合物，“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大量
烟雾，用化学方程式表示其原因 。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体
常用方法的名称是 。
(4)已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
浓度为
。“850℃煅烧”时的化学方程式为 。
(5)导致
比
易水解的因素有 (填标号)。
a．Si-Cl 键极性更大 b．Si 的原子半径更大
c．Si-Cl 键键能更大 d．Si 有更多的价层轨道
【答案】(1) 4 Ⅷ
(2)
(3)焰色反应
(4)
(5)abd
【分析】由流程和题中信息可知，
粗品与
在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
23
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和
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
和
；滤
液1 用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为
）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2
置于空气中在850℃煅烧得到
；滤液2 经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3 和滤饼3，滤饼3 为
。
【详解】（1）Co 是27 号元素，其原子有4 个电子层，其价电子排布为
，元素周期表第8、9、10
三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4 周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水
反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：
遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式
为
。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为
，常用焰色反应鉴别
和
，
的焰色反应为
紫红色，而
的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体
常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
，
浓度为
。“850℃煅烧”时，
与
反应生成
和
，该反应的化学方程式为
。
（5）a．Si-Cl 键极性更大，则 Si-Cl 键更易断裂，因此，
比
易水解，a 有关；
b．Si 的原子半径更大，因此，
中的共用电子对更加偏向于
，从而导致Si-Cl 键极性更大，且Si 原子
更易受到水电离的
的进攻，因此，
比
易水解，b 有关；
24
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c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl 键键能更大不能说明Si-Cl 更易断裂，故不能说明
比
易水解，c 无关；
d．Si 有更多的价层轨道，因此更易与水电离的
形成化学键，从而导致
比
易水解，d 有关；
综上所述，导致
比
易水解的因素有abd。
11．（2023·辽宁·统考高考真题）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含
和
)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，
中过氧
键的数目为 。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为 (
的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为
、 (填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，
(
)
Ⅱ氧化率与时间的关系如下。
体积分数为 时，
(
)
Ⅱ氧化速率最大；继续增大
体积分数时，
(
)
Ⅱ氧化速率减小的原因是 。
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(5)“沉钴镍”中得到的
(
)
Ⅱ在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为 。
(6)“沉镁”中为使
沉淀完全
，需控制
不低于 (精确至0.1)。
【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2)NA
(3)
CaSO4、Fe(OH)3
(4) 9.0% SO2有还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(
)
Ⅱ氧化速率
(5)
(6)11.1
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，用石灰
乳调节
，
被
氧化为
，发生反应
，Fe3+水解同
时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成
。
【详解】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增
大接触面积
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（2）
的结构简式为
，所以
中过氧键的数目为NA
（3）用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为：
；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-
5mol/L，
，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液
的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁；
（4）根据图示可知
体积分数为0.9%时，
(
)
Ⅱ氧化速率最大；继续增大
体积分数时，由于SO2有
还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(
)
Ⅱ氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为：
；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp 可计算c(OH-)=10-
2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；
12．（2023·海南·统考高考真题）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战
略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(
，还含有一定量的FeO 和
)生产BeO 的一种工艺流
程如下。
回答问题：
(1)
中Be 的化合价为 。
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(2)粉碎的目的是 ；残渣主要成分是 (填化学式)。
(3)该流程中能循环使用的物质是 (填化学式)。
(4)无水
可用作聚合反应的催化剂。BeO、
与足量C 在600~800℃制备
的化学方程式为
。
(5)沉铍时，将pH 从8.0 提高到8.5，则铍的损失降低至原来的 %。
【答案】(1)+2
(2)增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率 SiO2
(3)(NH4)2SO4
(4)BeO+Cl2+C
CO+BeCl2
(5)10
【分析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH=1.5 除去
铝离子，加入氨水调节pH=5.1 除去铁离子，再加入氨水到pH=8.0 生成Be(OH)2沉淀，滤液硫酸铵循环利用。
【详解】（1）按照正负化合价代数和为0，Be 的化合价为+2+价；
（2）粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO2；
（3）最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用；
（4）BeO、
与足量C 在600~800°C 生成BeCl2同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl2+C
CO+BeCl2；
（5）设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=
，当pH=8.0 时，c(OH-)=10-
6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=
mol/L，当pH=8.5 时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=
mol/L，损失降低至原来的10%。
13．（2024 届·安徽滁州·统考一模）2023 年，我国新能源汽车产销量占全球比重超过60％、连续9 年位居
世界第一位；新能源汽车出口120.3 万辆，这一可喜成绩的获得离不开化学人的辛苦付出.锰酸锂离子蓄电
池是第二代锂离子动力电池，性能优良.工业上用某软锰矿（主要成分为
，还含有少量铁、铝及硅的
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氧化物）为原料制备锰酸锂
.流程如图：
(1)滤渣I 的主要成分是 。
(2)已知某离子浓度（用
表示）形成沉淀与溶液pH 关系，如下图所示
试判断“精制”过程中，加
调节pH 的范围是 。
(3)工业上也可以将“精制”后的滤液加入
来合成
.已知
的结构式为：
，其中S 的化合价为 .写出该反应的离子方程式
(4)“沉锰”所得溶液回收可用于 。
(5)“控温、氧化”过程中，溶液温度不宜过高，原因是 。
(6)“锂化”是将
和
按4:1 的物质的量比配料，球磨3～5h，然后升温至600～750℃，保温
24h，自然冷却至室温得产品.请写出化学反应方程式 。
【答案】(1)
(2)
或
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(3) +6
(4)做氮肥等
(5)防止温度过高，降低
溶解度，增加原料用量，降低产品产率
(6)
【分析】软锰矿主要成分为MnO2，还含有少量铁、铝及硅等氧化物，软锰矿浆加稀硫酸、硫酸亚铁，在
酸性条件下用硫酸亚铁把MnO2还原为硫酸锰，所得滤液为硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，二氧化
硅不溶于硫酸，滤渣Ⅰ为二氧化硅；滤液中加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加MnO 调节pH，生成氢氧化铁、
氢氧化铝沉淀除铁和铝；过滤，滤液中加氨水生成Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4沉淀，Mn(OH)2和
Mn2(OH)2SO4、水、氧气控温、氧化生成二氧化锰，二氧化锰和碳酸锂在高温条件下生成LiMnO4、二氧化碳、
氧气；
【详解】（1）根据分析可知，滤渣I 的主要成分是二氧化硅；
（2）根据离子浓度形成沉淀与溶液pH 关系图，调节pH 过程中将铁离子和铝离子形成沉淀，而锰离子保
留，所以调节pH 的范围应在：
或
；
（3）结合
的结构式可知，有2 个O 元素化合价为-1 价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，
则S 元素化合价为+6 价；“精制”后的滤液中含Mn2+，向其中加入
发生氧化还原反应生成
，
根据得失电子守恒及电荷守恒得离子方程式：
；
（4）向“精制”后的滤液中加入氨水发生复分解反应进行沉锰，反应后的溶液中含有铵根离子，可作铵
态氮肥；
（5）温度过高会导致
溶解度降低，增加原料用量，降低产品产率；
（6）
和
按4:1 的物质的量比配料，球磨3～5h，然后升温至600～750℃，保温24h，自然冷
却至室温得产品，根据得失电子守恒得化学方程式：
；
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14．（2024 届·广西河池·统考一模）
及其水合物在建筑、工业农业、医药中有着广泛应用。一种以
铁菱镁矿(主要成分是
，还含有
、
及少量
)为原料制备
的工艺流程如
图所示：
回答下列问题：
(1)“焙烧”时通常要将矿石粉碎，目的是 。写出该过程中发生氧化还原反应的化学方程式
。
(2)“滤渣1”的主要成分是 。
(3)从物质分离提纯的角度考虑，“沉铁”时“X”应选用下列物质中的___________(填字母)。
A．氨水
B．NaOH 溶液
C．MgO
D．
(4)25℃时，为保证“沉铁”充分，至少要将溶液的pH 调节到 (已知：①25℃，
，
；②一般认为，离子浓度小于
时该离子即沉降完
全)。检验“沉铁”充分的实验方法是 。
(5)根据
的溶解度随温度变化的情况(如图所示)，由“滤液”获得
的“一系列操作”是
将温度控制在67.5℃以上，蒸发结晶、 、 、干燥。
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(6)除
外，人们发现
也有着广泛应用。
①
可看作是
中的一个O 原子被S 原子取代的产物，
的空间结构是 。
②
的晶胞是
与
构成的长方体，
在晶胞中的位置如图所示。
已知晶胞的体积为V
，阿伏加德罗常数的值为
，
晶体的摩尔体积
(列出计算式)。
【答案】(1)增大矿石与空气的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分
(2)
、
(3)C
(4) 3 取少量滤液，向其中滴加KSCN 溶液，溶液未变红则证明“沉铁”充分
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(5) 趁热过滤 洗涤
(6) 四面体形
【分析】铁菱镁矿的主要成分是
，还含有
、
及少量
，制备
，铁菱镁
矿通入空气焙烧产生CO2，发生反应主要为：
，
，
，加入稀硫酸进行酸浸，
不能与稀硫酸反应，CaSO4为微溶，因此滤渣1 中
为
、CaSO4，“沉铁”过程中除去Fe3+，最后滤液中含Mg2+，经过一系列操作最终得到
，
据此作答。
【详解】（1）粉碎是增大接触面积，加快焙烧速率，使焙烧更充分，提高原料利用率，该过程中发生氧
化还原反应的化学方程式：
，故答案为：增大矿石与空气的接触面积，加
快反应速率，使焙烧更充分；
；
（2）根据上述分析可知，滤渣1 中主要为
、CaSO4，故答案为：
、
；
（3）“沉铁”时，使Fe3+以
的形式沉淀，留下Mg2+，调pH 且不引入杂质，X 应该用MgO，促进
Fe3+彻底水解产生
，故答案为：C；
（4）“沉铁”充分则
，
，
33
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，pH=3，检验“沉铁”充分是检验Fe3+除尽与否，实验方法是：取少量
滤液，向其中滴加KSCN 溶液，溶液未变红则证明“沉铁”充分，故答案为：3；取少量滤液，向其中滴加
KSCN 溶液，溶液未变红则证明“沉铁”充分；
（5）由图可以看出，温度在-3.9°C~1.8°C 可以析出MgSO4·12H2O，在1.8°C~48.1°C 析出的是MgSO4·7H2O，
在48.2°C~67.5°C 析出MgSO4·6H2O，在67.5°C 以上可以析出MgSO4·H2O，因此在67.5°C 以上可以析出
MgSO4·H2O，因此要得到MgSO4·H2O 晶体，应在67.5℃以上蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤后干燥，故答案为：
趁热过滤；洗涤；
（6）①SO
中S 的价层电子对数为
，没有孤电子对，为四面体形，硫代硫酸根(S2O
)可看作是SO
中的一个O 原子被S 原子取代的产物，S2O
的空间结构是四面体形；
②由晶胞结构可知，1 个晶胞中含有
个
，含有4 个
；根据单位
为
可知MgS2O3•6H2O 的摩尔体积为
；故答案为：四面体形；
。
15．（2024 届·安徽黄山·统考一模）轻质碳酸钙可用作橡胶的填料。以磷石膏（含
和少量
、
等）为原料制备轻质碳酸钙和铝铵矾的实验流程如图：
(1)
的价层电子排布式为： 。
(2)“转化”步骤中
转化为
的化学方程式 。
(3)“除杂”时通入
的目的是 ，滤渣的成分是： （填化学式）。
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(4)通过下列方法测定产品中碳酸钙的含量：准确称取0.5000g 产品用盐酸充分溶解，过滤，将滤液和洗涤
液转移至250mL 容量瓶中定容、摇匀，记为试液A，取25.00mL 试液A，加入指示剂，调节
，用
标准溶液滴定
，至终点时消耗
溶液
24.60mL.计算产品中碳酸钙的质量分数 。（保留三位有效数字）
(5)铝铵矾
是一种水絮凝剂。请补充由“转化”后的滤液制取铝铵矾的实验方案，部
分物质的溶解度随温度的变化如下图所示：
①在“转化”后的滤液中加入
的
溶液，边加边搅拌，到不再产生气体为止，将所得溶液蒸
发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得
固体。
②向
溶液中加入
固体，边加边搅拌，当固体完全溶解
后，将所得溶液蒸发浓缩至 （填现象）， （填操作），过滤，用无水乙醇洗涤，
干燥，得到铝铵矾。
【答案】(1)3d6
(2)CaSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O
(3)使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 SiO2、Fe(OH)3
(4)98.4%
(5) 13.2g 出现晶膜 冷却结晶
35
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【分析】由题给流程可知，向磷石膏中加入碳酸氢铵和氨水的混合液，将微溶于水的硫酸钙转化为难溶于
水的碳酸钙，过滤得到含有含有碳酸钙、二氧化硅、氧化铁的滤渣和含有硫酸铵的滤液；向滤渣中加入盐
酸，将碳酸钙、氧化铁溶解得到可溶性金属氯化物后，二氧化硅与盐酸不反应，再通入氨气将溶液中的铁
离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁的滤渣和氯化钙溶液；向氯化钙溶液中先通
入氨气、再通入二氧化碳，将溶液中的氯化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤得到轻质碳酸钙。
【详解】（1）铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价层电子排布式为3d6，故答案为：3d6；
（2）由分析可知，转化步骤加入碳酸氢铵和氨水的混合液的目的是将微溶于水的硫酸钙转化为难溶于水
的碳酸钙，反应的化学方程式为CaSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O，故答案为：
CaSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O；
（3）由分析可知，除杂时通入氨气的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的滤渣为
二氧化硅和氢氧化铁，故答案为：使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；SiO2、Fe(OH)3；
（4）由题意可得如下转化关系：CaCO3—Ca2+—Na2H2Y，滴定消耗24.60mL 0.02000mol/LNa2H2Y 溶液，则产
品中碳酸钙的质量分数为
×100%=98.4%，故答案为：98.4%；
（5）由铝铵矾的化学式可知，向200mL0.5mol/L 硫酸铝溶液中加入硫酸铵的质量为0.5mol/L×0.2L×132g/
mol=13.2g，由物质的溶解度随温度变化的示意图可知，制备铝铵矾的操作步骤为在“转化”后滤液中加入
3mol/L 的硫酸溶液，边加边搅拌，到不再产生气体为止，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，
用无水乙醇洗涤、干燥，得硫酸铵固体；向200mL0.5mol/L 硫酸铝溶液中加入13.2g 硫酸铵固体，边加边搅
拌，当固体完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，
得到铝铵矾，故答案为：13.2g；出现晶膜；冷却结晶。
16．（2024 届·四川巴中·统考一模）废
催化剂(含
、
、
等)的回收对环境保护和资源循
环利用意义重大。通过如下工艺流程可以回收其中的钛、钒、钨等。
已知：①
、
和
都能与
溶液反应生成可溶性的
、
和不溶性的
；
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②
易水解
③
。
回答下列问题：
(1)“球磨”的目的是 。
(2)“碱浸”后通过 (填操作名称)可以实现钛与钒、钨分离。有同学认为在“碱浸”与“酸浸”
之间还应“水洗”，其理由是
(3)“酸浸”后钛主要以
形式存在，“热水解”反应的离子方程式为 。
(4)钒的回收率随溶液的pH 值变化如图所示，pH=8 时回收率最高的原因是 。
(5)“沉钨”中析出
时，需要加入过量
，其目的是 。
(6)向
的滤液中加入等体积的
溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使
浓
度小于
，则
溶液的最小浓度为 mol/L。
【答案】(1)增大接触面积，提高“碱浸”速率
(2)过滤 减少钒元素和钨元素的损失，提高回收率
(3)
(4)pH<8 时，随溶液pH 增大，
的水解程度降低，沉率升高；pH>8 时，
与
结合，
平衡右移，沉淀溶解，沉钒率下降
(5)利用同离子效应，促进
尽可能析出完全
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(6)0.318
【分析】废SCR 催化剂(含TO2、V2O5、WO3等)经过球磨预处理后，进行碱浸，TO2、V2O5和WO3都能与
NaOH 溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；过滤得到Na2TiO3，加入硫酸进行溶解，
进行热水解后得到
；滤液中加入氯化铵进行沉钒，过滤后得到NH4VO3，经过煅烧分解出
V2O5；滤液中加入HCl 和CaCl2，沉钨，沉淀经煅烧后生成WO3。
【详解】（1）“球磨”的目：增大接触面积，提高“碱浸”反应速率。
（2）碱浸，TO2、V2O5和WO3都能与NaOH 溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3，通
过过滤可以实现钛与钒、钨分离。过滤过程中有部分溶质会沾在滤纸上，“碱浸”与“酸浸”之间还应
“水洗”， 减少钒元素和钨元素的损失，提高回收率。
（3）TO2+“热水解”生成
和HCl 气体，离子方程式为：
。
（4）pH=8 时回收率最高的原因是：pH<8 时，随溶液pH 增大，
的水解程度降低，沉率升高；pH>8 时，
与
结合，
平衡右移，沉淀溶解，沉钒率下降。
（5）“沉钨”中析出CaWO4时，需要加入过量CaCl2，其目的：利用同离子效应，促进CaWO4尽可能析出
完全。
（6）20mL0.3mol/LNa2WO4的滤液中加入等体积的CaCl2溶液(忽略混合过程中的体积变化)，沉淀后消耗
CaCl2物质的量：0.02L×0.3mol/L=0.006mol，欲使WO
浓度小于1×10-6mol/L，溶液中
，则CaCl2溶液最小浓度：
。
17．（2024 届·广东汕头·统考一模）2023 年7 月3 日，商务部与海关总署发布公告，宣布对镓、锗相关物
质实施出口管制。金属镓被称为“电子工业脊梁”，氮化镓是5G 技术中广泛应用的新型半导体材料。利
用粉煤灰（主要成分为
、
、
，还有少量
等杂质）制备镓和氮化镓的流程如下：
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已知：①镓与铝同主族，其化合物性质相似。
②“碱浸”后溶液的主要成分为
、
（四羟基合铝酸钠）、
。
③
；
；
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的是将
转化为
，该反应的化学方程式为 。
(2)“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2 的主要成分是 （写化学式）。
(3)步骤①和②中通入过量气体A 发生反应的离子方程式为 。
(4)取agGaN 样品溶于足量的热NaOH 溶液中，用
溶液将产生的
完全吸收，用
的盐酸滴
定，消耗盐酸VmL，则样品的纯度是 。
(5)一种含镓的药物合成方法如图所示：
①化合物Ⅰ中环上N 原子的杂化方式为 。
②化合物Ⅱ中Ga 的配位数为 ，x= 。
【答案】(1)
(2)H2SiO3
(3)
(4)
(5) sp2 6 1
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【分析】粉煤灰（主要成分为
、
、
，还有少量
等杂质）与纯碱焙烧后得到
Na2GaO2、Na2SiO3、Na2AlO2和A 气体CO2，加入稀的NaOH 溶液浸取，得到滤渣1 氧化铁沉淀，滤液中含有
、
、
，“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤
渣2 的主要成分是H2SiO3沉淀，此时溶液中存在铝离子和镓离子，调pH 值通入二氧化碳后生成氢氧化铝沉
淀，通入二氧化碳二次酸化后得到氢氧化镓，将滤饼与氢氧化钠溶液混合应，得到[Ga(OH)4]﹣，电解后得
到镓单质，加入一溴甲烷和氨气得到GaN，据此解答。
【详解】（1）“焙烧”后镓元素均转化为可溶性钠盐NaGaO2，则反应的化学方程式为
。
（2）依据上述分析，滤渣2 为H2SiO3沉淀。
（3）步骤①和②中通入过量气体A 生成Ga(OH)3沉淀和NaHCO3发生反应的离子方程式为：
。
（4）根据质量守恒和题中信息，建立关系式为
，样品的纯度为
。
（5）化合物Ⅰ中环为吡啶环，与苯环类似，为平面结构，则N 原子的杂化方式为sp2。
②由图可知，化合物Ⅱ中Ga 与6 个原子配位，则配位数为6，4 个COOH 各失去1 个H 后显-1 价，Ga 为+3
价，故化合物Ⅱ整体带1 个单位的负电荷，故x=1。
18．（2024 届·福建泉州·统考一模）苯胺焦油是工业上催化制苯胺的副产物，主要成分为苯胺，含有少量
铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe。回收其中贵金属Pt、Pd 的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“溶解”时
①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚烧的方法去除苯胺会生成 （写一种），造成环境
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污染。
②苯胺易溶于乙醇的原因为 。
(2)“还原Ⅰ”时，PtO2、PdO 被还原为金属单质。反应前后碳原子的杂化方式由 变为 。
(3)“氧化浸出”时浸出液含
、
。
①王水是浓盐酸和浓硝酸体积比3:1 的混合液，写出生成
的离子反应方程式 。
②从原子结构角度分析两种配合物配位数不同的原因是 。
③下图为Pt、Pd 浸出率与浸出温度关系图，氧化浸出需对温度适度控制，有关说法正确的是 （选填
序号）。
a．温度控制在80℃左右
b．温度控制在120℃左右
c．温度越高浸出率越低的原因可能是挥发导致王水浓度降低
d．40℃时Pt 的浸出率远低于Pd 是因为温度低王水的氧化性弱
(4)“沉铂”时，已知
。
①发生反应的化学反应方程式为 。
②若NH4Cl 的投料以固液比0.0535:1(g : mL)时
的消耗率为90%（忽略溶液体积变化），“沉铂”所得
溶液中Pt 元素的物质的量浓度为 mol∙L-1。
(5)“还原Ⅱ”时氧化产物为无毒气体，则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
【答案】(1) NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等任意一种即可 苯胺与乙醇存在分子间氢键
(2) sp2 sp
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(3)
两种配合物中心原子Pt 的原子半径比Pd 大
bc
(4)
5.2×10-4
(5)1:1
【分析】苯胺焦油是工业上催化制苯胺的副产物，主要成分为苯胺，含有少量铂族贵金属、活性炭和Na、
K、Fe。将苯胺焦油中加入乙醇溶解，苯胺溶解在乙醇中，铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe 不溶；将不溶
物在空气中焚烧，活性炭转化为CO2，Na、K、Fe 转化为金属氧化物，Pt、Pd 转化为PtO2、PdO 等；用
HCOOH 还原金属氧化物，PtO2、PdO 转化为Pt、Pd；用王水氧化浸出，Pt、Pd 转化为
、
和NO 等；用NH4Cl 沉铂，铂元素转化为(NH4)2PtCl6，用N2H4∙H2O 进行还原，便可获得海绵铂。
【详解】（1）①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚烧的方法去除苯胺，活性炭燃烧生成二
氧化碳，苯胺燃烧生成碳、碳的氧化物、氮的氧化物等，会生成：NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等任
意一种即可，造成环境污染。
②苯胺与乙醇分子间能形成氢键，则苯胺易溶于乙醇的原因为：苯胺与乙醇存在分子间氢键。
（2）“还原Ⅰ”时，PtO2、PdO 被HCOOH 还原为金属单质，同时生成CO2。在HCOOH、CO2中，碳原子的
价层电子对数为3、2，则碳原子的杂化方式由sp2变为sp。
（3）①王水是浓盐酸和浓硝酸体积比3:1 的混合液，Pd 与王水反应，生成
等，离子反应方程式为
。
②两种配合物
、
中，由于Pt 和Pd 的原子半径不同，造成配位数不同，原因是：两种配
合物中心原子Pt 的原子半径比Pd 大。
③a．从图中可以看出，80℃左右Pt、Pd 浸出率低于120℃左右Pt、Pd 浸出率，a 不正确；
b．由a 分析可知，温度应控制在120℃左右，b 正确；
c．浓盐酸、浓硝酸受热都易挥发，则温度越高浸出率越低的原因可能是挥发导致王水浓度降低，c 正确；
d．40℃时Pt 的浸出率远低于Pd 是因为温度低时，较难形成
，d 不正确；
故选bc。
（4）①“沉铂”时，NH4Cl 与H2[PtCl6]反应，转化为(NH4)2PtCl6和HCl，发生反应的化学反应方程式为
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。
②若NH4Cl 的投料以固液比0.0535:1(g : mL)时，c(NH4Cl)=
=1mol/L，
的消耗率为90%，则溶液
中c(NH4Cl)=1mol/L×10%=0.1mol/L，
，则0.12×c([PtCl6]2-)=5.2×10-6，
c([PtCl6]2-)=5.2×10-4mol∙L-1，则“沉铂”所得溶液中Pt 元素的物质的量浓度为c([PtCl6]2-)=5.2×10-4mol∙L-1。
（5）“还原Ⅱ”时氧化产物中无毒气体为N2，依据得失电子守恒，可建立关系式：(NH4)2PtCl6——
N2H4∙H2O，则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1。
【点睛】建立关系式求解，常依据元素守恒或得失电子守恒。
19．（2024 届·吉林延边·统考一模）钒(
)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中提取钒的主要
流程如下：
已知：i．滤液A 中的阳离子主要有
、
、
、
等；
ii．“萃取”过程可表示为
(有机相)
(有机相)
。
回答下列问题：
(1)钒矿石焙砂要进行研磨粉碎，研磨粉碎的目的是 。
(2)“浸钒”过程中，
与硫酸反应的化学方程式为 。
(3)用铁粉“还原”过程中，有如下转化：
，
；写出其转化的离子方程式： 。
(4)“萃取”前，若不用石灰乳先中和，萃取效果不好，原因是 。
(5)滤渣D 的主要成分 (写化学式)。
(6)用以下方法测量“浸钒”过程中钒的浸出率。从滤液A 中取出
，用蒸馏水稀释至
，加入适量
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过硫酸铵，加热，将滤液A 中可能存在的
氧化为
，继续加热煮沸，除去过量的过硫酸铵。冷却
后加入3 滴指示剂，用
的
标准溶液将
滴定为
，共消耗
溶液。
已知：a．所取钒矿石焙砂中钒元素的质量为
克；所得滤液A 的总体积为
；
b．3 滴指示剂消耗
溶液。
①用上述方法测得“浸钒”过程中钒的浸出率为 (用含相应字母的代数式表示)。
②若不除去过量的过硫酸铵，钒浸出率的测定结果将 (填“偏高”“不变”或“偏低”)。
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)
(3)
(4)若不用石灰乳中和，溶液中
较大，不利于平衡
(有机相)
(有机相)
正向移
动，对
萃取效果不好
(5)
(6)
偏高
【分析】钒矿石焙砂用硫酸浸钒，滤液A 中的阳离子主要有H+、VO 、Fe3+、Al3+等，加铁粉把VO 还原为
VO2+、把Fe3+还原为Fe2+，加石灰乳调节pH=2，Fe2+不会沉淀，滤渣D 的主要成分为CaSO4，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VO ，加氨水生成(NH4)2V6O16沉淀，(NH4)2V6O16煅烧得V2O5。
【详解】（1）钒矿石焙砂要进行研磨粉碎，研磨粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出
率。
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（2）“浸钒”后滤液A 中的阳离子主要有VO ，可知焙砂中V2O5与硫酸反应生成
，反应方程
式为
。
（3）“还原”过程中，铁粉把VO 还原为VO2+，V 元素化合价由+5 降低为+4，Fe 被氧化为Fe2+，铁元素化
合价由0 升高为+2，根据得失电子守恒，电荷守恒、元素守恒，该反应的离子方程式
。
（4）“萃取”过程可表示为
(有机相)
(有机相)
，“萃取”前，若不用石灰乳先
中和，氢离子浓度大，不利于
(有机相)
(有机相)
平衡正向移动，所以萃取效果不
好。
（5）由分析可知，滤渣D 的主要成分为CaSO4。
（6）①VO 被Fe2+还原为VO2+，V 元素化合价由+5 降低为+4，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe 元素化合价由+2 升高
为+3，根据得失电子守恒，VO 、(NH4)2Fe(SO4)2的反应比为1:1，则1mLA 溶液中含VO 的物质的量为n(v1-
v2)×10-3mol；“浸钒”过程中钒的浸出率为
；
②若不除去过量的过硫酸铵，过硫酸铵氧化(NH4)2Fe(SO4)2，消耗(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量偏大，钒浸出率
的测定结果将偏高。
20．（2024 届·贵州贵阳·统考一模）2023 年8 月1 日起，中国对镓、锗相关物项进行出口管制。金属镓有
“电子工业脊梁”的美誉，与铝的化学性质类似，广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。从刚玉渣
（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）回收镓的流程如图所示：
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室温时，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表所示：
金属离子
开始沉淀时（
）的pH
沉淀完全时（
）的pH
回答下列问题：
(1)基态镓原子的价电子排布式为 。
(2)从溶液中得到
的具体操作为 、 、过滤、洗涤、干燥。
(3)“中和沉淀”过程中分离出的滤渣①有
和 （填化学式），若滤液②中阳离子浓度均为
，“中和沉淀”过程中pH 应调节的范围为 。
(4)“碱浸”时镓元素发生的离子方程式为 。
(5)“碳酸化”过程中为防止镓损耗，不能通入过量
的原因为 （用离子方程式表示）。
(6)以纯镓为原料可制得GaN，GaN 晶体的一种立方晶胞如图所示，Ga 的配位数为 ，已知晶胞中
Ga 和N 的最近距离为anm，阿伏加德罗常数值为
，则GaN 的晶体密度为
（列出计算
式）。
【答案】(1)
(2) 蒸发浓缩 冷却结晶
(3)
、
(4)
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(5)
(6) 4
【分析】刚玉渣加入稀硫酸酸化，滤渣中含有Ti 和Si 单质，滤液中含有Ga3+、Al3+、Fe2+、Fe3+，通过蒸发
浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4·7H2O 晶体，滤液中含有Ga3+、Al3+、Fe3+，加入NaOH 调节
为5.5~7.5，“中和沉淀”得到Fe(OH) 3、Al(OH) 3、Ga(OH) 3，再加入过量的NaOH，Al(OH) 3、Ga(OH) 3溶解，
分别生成
和
，除去Fe(OH) 3，向滤液中通入适量的CO2，
生成Al(OH)3，
不发生反应，电解含有
的溶液得到Ga 单质；
【详解】（1）镓为31 号元素，基态镓原子的价电子排布式为
；
（2）从溶液中得到
的具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（3）由分析可知，“中和沉淀”过程中分离出的滤渣①有
和
、
，若滤液②中阳
离子浓度均为
，“中和沉淀”过程中镓离子要完全沉淀，而亚铁离子不沉淀，由表格数据可知，
pH=9.0 时亚铁离子完全沉淀，此时pOH=5，
，滤液②中阳
离子浓度均为
，则需控制
，pOH=7，pH=7，故pH 应调节的范围
为
；
（4）“碱浸”时Ga(OH) 3溶解生成
，发生的离子方程式为
；
（5）“碳酸化”过程中为防止镓损耗，不能通入过量
，过量的二氧化碳会导致
转化为氢
氧化镓沉淀，反应为：
；
（6）由图可知，氮位于镓形成的四面体中，结合化学式可知，镓位于氮形成的四面体中，故Ga 的配位数
47
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为4；已知晶胞中Ga 和N 的最近距离为anm，其距离为体对角线的四分之一，则晶胞参数为
nm，根
据“均摊法”，晶胞中含
个Ga、4 个N，则晶体密度为
。
21．（2024·四川内江·威远中学校校考一模）高纯碳酸锰(MnCO3)广泛应用于电子工业，是制造高性能磁性
材料的主要原料。工业上以软锰矿(主要成分是MnO2、含有少量的Fe3O4、Al2O3、SiO2)为主要原料制备高纯
碳酸锰的工艺流程如图所示：
已知：①Ksp(MnCO3)=2.2×10-11。
②碳酸锰难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解。
(1)为了加快浸取速率，可以采取的措施是 (写两条即可)，浸取过程中MnO2发生反应的离子方程式
为 。
(2)滤渣Ⅱ的主要成分是 。
(3)沉锰过程中，A 溶液可以选用NH4HCO3溶液或(NH4)2CO3溶液。
①若是选用NH4HCO3溶液，则反应的离子方程式为： 。
②若是选用(NH4)2CO3溶液。取过滤Ⅱ的滤液100mL，其中c(Mn2+)=2.0mol/L，加入等体积的(NH4)2CO3溶液。
如果使“沉锰”后的溶液中c(Mn2+)=1.0×10-10mol/L，则加入的c((NH4)2CO3)= mol/L。
(4)为了得到高纯碳酸锰，在过滤Ⅲ操作后，最好选择用乙醇洗去表面的杂质。选择用乙醇洗涤的原因是
。
(5)在空气中加热所得MnCO3固体(不含其他杂质)，随着温度的升高，残留固体的质量如图所示。则B 点的
成分为 (填化学式)。
48
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【答案】(1) 粉碎矿石、适当增大硫酸的浓度、适当升高温度、搅拌等
(2)
、
(3)
2.44
(4)乙醇易挥发便于快速干燥，且能防止碳酸锰被氧化
(5)
【分析】该工艺流程原料为软锰矿(主要成分是
，含有少量的
、
、
)，产品为高纯碳
酸锰
。由流程可知，软锰矿通入足量的
，加稀硫酸，
做还原剂，将
还原为
，
还原为
，
溶解为
，滤渣Ⅰ为
，滤液含有
、
、
，加入
氧化
，
加入
除杂是通过调pH，将
、
转化为
、
除掉，故滤渣Ⅱ为
、
，继续向滤液中加入溶液
溶液或
溶液沉锰，得到
固体，再经过过滤、
洗涤、干燥等得到高纯碳酸锰。
【详解】（1）加热、搅拌、粉碎固体、适当增大硫酸的浓度等措施，都能加快浸取速率；浸取过程中，
做还原剂，将
还原为
，本身被氧化为
，离子方程式为：
；
49
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故答案为：粉碎矿石、适当增大硫酸的浓度、适当升高温度、搅拌等；
。
（2）通过过滤Ⅰ得到的滤液含有
、
、
，加入
氧化
，加入
除杂是通过调
pH，将
、
转化为
、
除掉，故滤渣Ⅱ为
、
；
故答案为：
、
。
（3）过滤Ⅱ流程后，向得到的滤液中加入溶液
溶液或
溶液目的是沉锰，得到
固体，故选用
溶液，反应的离子方程式为
；
“沉锰”后的溶液中
，根据
，
，由于两溶液等体积混合，与
反应掉的
，则混合前剩余的
，故加入的
溶液浓度
为
；
故答案为：
；
。
（4）
难溶于水和乙醇，但潮湿时易被空气氧化，所以不能用水洗涤，而用乙醇洗涤，同时乙醇易
挥发，便于碳酸锰的干燥；
故答案为：乙醇易挥发便于快速干燥，且能防止碳酸锰被氧化。
（5）11.5g 碳酸锰的物质的量为0.1mol，含有0.1mol 锰元素，到A 点，质量减少了
11.5g-8.7g=2.8g，说明生成了0.1molCO，A 点固体为
，B 点固体质量为7.9g，也含有0.1mol 锰元素，
锰元素的质量为
，剩余为氧元素的质量，则氧元素的物质的量为
，
50
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因此锰元素与氧元素的物质的量之比为
2:3，化学式为
；
故答案为：
。
22．（2024 届·湖南岳阳·校联考一模）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含
、
、
、
、
和
)。实现钴、镍、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
(1)基态Co 原子的价层电子轨道表示式为 。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(已知
的电离方程式为：
、
)。“氧化”中先用石灰乳调节
，再加入“混合气”，
被
氧化为
，该氧化还原反应过程的离子方程式为： ；得到滤渣的主要成分
为
、 (填化学式)。
(3)“沉钴镍”中得到的
在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为： 。
(4)“沉镁”中为使
沉淀完全(25
)
℃，需控制pH 不低于 (精确至0.1)。
(5)钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有少量Co(
)
Ⅱ、Cd(
)
Ⅱ、Fe(
)
Ⅱ、Ni(
)
Ⅱ的硫酸盐及氢氧化物。利
51
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用以下工艺流程回收金属并制备氧化锌：
下列说法正确的是：___________(填标号)。
A．粉碎矿渣、升高温度均可以提高“溶浸”率
B．通过高温焙烧可以将
制得氧化锌
C．根据
中S 的化合价分析，
具有强还原性
D．
可与浓盐酸反应生成
，
参与反应可生成
(6)
可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。氨气中
的键角比该配合物中
的键角小，其原因是 。
【答案】(1)
(2) H2O+Mn2++
=MnO2+
+3H+ Fe(OH)3
(3)
(4)11.3
(5)AB
(6)独立存在的氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而
中的N 原子的孤电子对提供出来与
Cr3+形成了成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故氮氢键的
键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳
调节pH=4，Mn2+被 H2SO5氧化为 MnO2，发生反应H2O+Mn2++
=MnO2+
+3H+，Fe3+水解同时生成氢
52
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氧化铁，“沉钴镍”过程中，Co2+变为 Co(OH)2，在空气中可被氧化成 CoO(OH)。
【详解】（1）Co 为27 号元素，基态钴原子的价层电子排布式为3d74s2，轨道表示式：
；
（2）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被 H2SO5氧化为 MnO2，发生反应的离子方程式为H2O+Mn2++
=MnO2+
+3H+，在pH=4 时，铁元素被 H2SO5氧化为三价铁并转化为Fe(OH)3，故得到滤渣的主要成分为MnO2
和Fe(OH)3；
（3）
在空气中可被氧化成
，反应的化学方程式为：
；
（4）Mg(OH)2的Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=10-10.4，“沉镁”时Mg2+沉淀完全(25
)
℃的最低浓度是10-5mol•L-1，此时
c(OH-)=
=
=10-2.7mol•L-1，则pOH=2.7，pH=14-pOH=14-2.7=11.3；即需控制pH 不低于11.3；
（5）A．粉碎矿渣、升高温度均可以提高“溶浸”率，故A 正确；
B．
高温下分解会得到氧化锌，故B 正确；
C．
中有两个氧显-1 价，故
具有较强的氧化性，故C 错误；
D．没有说明标准状况，无法计算Cl2的体积，故D 错误；
答案为AB；
（6）
中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是独立存在的
氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而
中的N 原子的孤电子对提供出来与Cr3+形成了成
键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故氮氢键的键角比独立存
在的气态氨气分子中键角略大。
23．（2024 届·陕西咸阳·统考一模）钒酸铋(
)是一种亮黄色无毒无害的光催化剂，主要应用于高选择
53
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性制备氢气。工业上以辉铋矿粉(主要成分是
，并含
、Bi、
和
等杂质)为原料制备钒酸
铋(
)的流程如图所示：
已知部分信息如下：
①氧化性：
。
②滤液1 中的阴离子主要是
。
③常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：
氢氧化物
开始沉淀时的pH
7.6
1.6
4.0
完全沉淀时的pH
9.6
3.1
5.5
当溶液中某离子浓度小于
时，视为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)浸渣1 的主要成分为 。
(2)浸取时
转化的离子方程式为 。
(3)从工艺流程分析，氧化调节pH 环节，除了可用NaOH 溶液，还可用 调节，且需调至溶液的pH
为 (填范围)。
(4)稀释水解时通常通入水蒸气，其目的是 ；水解的化学方程式为 。
(5)设计实验检验气体X 的成分： 。
(6)常温下，
的
为 。
【答案】(1)S、
(2)
54
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(3)
或氨水、
等
(4) 温度升高，有利于
水解平衡正向移动
或
(5)将产生的气体X 通入品红溶液，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，则表明生成的气体是
(6)
【分析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧
化为S 单质，得滤液主要成分：BiCl3和FeCl2，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1 为二氧化硅和硫单质，
滤液1 中加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后滤液2 中
含氯化铋和氯化钠，稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐酸，过滤后滤饼溶于盐酸得BiOCl,BiOCl 与SOCl2
发生反应得到BiCl3和二氧化硫，BiCl3与(NH4)3VO4反应生成BiVO4，据此进行解答。
【详解】（1）由上述分析可知，浸渣1 的主要成分为S 和
；
（2）浸取时
加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为S 单质，离子方程式为：
；
（3）加入NaOH 的目的是反应掉溶液中的H+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，除了可用NaOH 溶液，还可用
或氨水、
等，根据表格中几种离子生成氢氧化物沉淀的pH，调节溶液的pH 范围为
；
（4）水解反应为吸热反应，通入水蒸气有加热的作用，温度升高，有利于
水解平衡正向移动，BiCl3水
解的化学方程式为
或
；
（5）BiOCl 与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，即X 是SO2，检验的方法为将产生的气体X 通入品红溶
液，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，则表明生成的气体是
；
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（6）根据表格中，Bi(OH)3恰好完全沉淀时的pH 为5.5，此时c(OH-)=10-8.5mol/L，c(Bi3+)=10-5mol/L，
[ Bi(OH)3]= c(Bi3+) c3(OH-)=(10-8.5)3 10-5=
。
24．（2024 届·四川南充·统考一模）锰废渣的硫酸浸出液含有大量
、
、
以及少量的
、
、
、
。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。
已知：萃取剂a 和b 均为有机物，可用通式
表示，萃取金属离子时，发生反应：
(
代表被萃取的金属)。
(1)
的作用是 。
(2)该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。
A．过滤
B．蒸发结晶
C．分液
D．蒸馏
(3)加入
调
的目的是 。
(4)已知：
，
，向除铁后的溶液中加入
，当溶液中
时，
。(保留1 位有效数字)
(5)写出反萃取出
的离子方程式 。
(6)
、
利用萃取剂b 进行分离，二者萃取率随无机相
变化如图所示。无机相的
控制在
左右为宜。
56
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(7)回收液中
浓度的测定：取
回收液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(遇
显橙黄色)，用浓
度为
的
溶液进行滴定(
)，达到滴定终点时消耗
溶
液的体积
。
物质的量浓度为 。
【答案】(1)氧化
(2)AC
(3)使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去
(4)0.001
(5)
(6)5.4
(7)0.0250mol/L
【分析】锰废渣的硫酸浸出液首先用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁，加入碳酸钙后调节pH 使三价铁转
化为氢氧化铁除去三价铁离子，再用氟化锰除去钙离子、镁离子，随后再用萃取剂a 萃取滤液中的
，
所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液,无机相用萃取剂b 萃取
，无机相中为含
的溶液，
有机相加入反萃取剂得到含Co2+的溶液，以此解题。
【详解】（1）根据题意可知，浸出液中含有二价铁，
的作用是氧化
；
（2）根据流程图可知，该流程涉及的实验过程有过滤，分液，故选AC；
（3）在用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加入碳酸钙调节pH 使三价铁形成氢氧化铁沉淀，故目的是：
使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去；
57
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（4）当溶液中
时，
，
；
（5）根据信息可知，反萃取剂为酸，则反萃取出
是加入适量的酸将锰离子反萃取出来，相应的方程
式为：
；
（6）根据图中信息可知，pH 为5.4 左右时，
、
的萃取率相差较大，故无机相的
控制在5.4 左
右；
（7）根据滴定原理可知，Ni2+与H2Y2-的物质的量之比为1 1∶，则Ni2+的物质的量为0.1000mol/L×0.0125L
=0.00125mol，则Ni2+的物质的量浓度为
。
25．（2024 届·江西上饶·统考一模）锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、
电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分是
，含少量
、
、
、
等杂
质)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：
①“浸取”时，
和
转化为
、
进入溶液。
②
时，
，
③深度除杂标准：溶液中
≤2.0×10-6。
58
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(1)“浸取”温度为
，锌的浸出率可达
，继续升温浸出率反而下降，其原因为 。
(2)“滤渣1”的主要成分为
、 。
(3)“深度除锰”是将残留的
转化为
，写出该过程的离子方程式 。
(4)“深度除铜”时，锌的最终回收率，除铜效果(用反应后溶液中的铜锌比
表示)与
加入量的关系曲线如图所示。
①由图可知，当
达到一定量的时候，锌的最终回收率下降的原因是 (用离子方程式解
释)
②“深度除铜”时
加入量最优选择 (填标号)
A．100% B．110% C．120% D．130%
(5)
原子能形成多种配位化合物，一种锌的配合物结构如图：
59
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①配位键①和②相比，较稳定的是 。
②基态
原子的价电子排布式为 ，位于元素周期表中 区。
③键角③
(填“>”“<”或“=”)
【答案】(1)温度升高，氨气挥发量增加且
分解，生成
减少，不利于锌的浸出
(2)
、
(3)
(4)
C
(5) ①
ds <
【分析】废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液，同时铁、
镁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，
加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫
酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌；
【详解】（1）“浸取”温度为30℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为温度
过高，氨挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出；
故答案为：温度升高，氨气挥发量增加且NH4Cl 分解，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出；
（2）根据分析，滤渣1 为Mn(OH)2、Fe(OH)3、SiO2；
故答案为：Fe(OH)3、SiO2；
（3）在氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀和水、铵根离子，
反应为
；
故答案为：
；
（4）①当(NH4)2S 加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子和将锌转化为硫化锌沉淀，
反应为[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3；
②“深度除铜”时，(NH4)2S 加入量最好应120%，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高；
故答案为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3；C；
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（5）①N 和O 的电负性相比，N 弱于O，则N 易提供孤电子，配位键稳定性强；
故答案为：①；
②Zn 为30 号元素，电子排布式为
，价电子排布式
；位于元素周期表ds 区；
故答案为：
；ds；
③角③属于单键与单键形成夹角，电子云密度小，键角斥力小，键角小于120°；
故答案为：＜。
26．（2024 届·广西柳州·南宁三中校联考一模）我国主要以
型锂辉石(主要成分
、
、
，含
有
、
等杂质)为原料，通过硫酸锂苛化法生产氢氧化锂
并制备锂离子电池的正极材料
。流程如下：
已知：①
不溶于水，能溶于强酸。
②部分金属氢氧化物的
如下表。
物质
③
和
的溶解度随温度变化的曲线如图所示，二者结晶时均以水合物形式析出。
61
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回答如下问题：
(1)“球磨”操作的目的是 。
(2)加入石灰石中和残酸，调节pH 使铁、铝等杂质完全沉淀，则pH 至少为 。(保留一位小数。通常
认为溶液中离子浓度小于
为沉淀完全)
(3)滤渣2 的成分是 。
(4)获得
时，通常“冷冻至0
”
℃，原因是 。
(5)
溶液与
和
混合溶液制备
的化学方程式为 ；两种溶液相互滴加的方式
不同会影响产率和纯度，有同学认为应该将
和
混合液滴加到
溶液中，你认为是否合理
(填“是”或“否”)，说明理由： 。
(6)
需要在高温下成型后才能作为电极，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是 (任
写一点)。
【答案】(1)增大反应接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分
(2)4.7
(3)
、
(4)此温度下
的溶解度与
的相差较大
(5)
否 碱性环境下会产生
，继
而氧化为
从而影响产品产率和纯度
62
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(6)改善成型后
(或电极)的导电作用(或者与空气中的氧气反应，防止
中的
被氧化)
【分析】该工业流程原料为
型锂辉石(主要成分
、
、
，含有
、
等杂质)，产品
为锂离子电池的正极材料
，流程主线中元素为锂元素，铝、硅、铁、镁等元素作为杂质元素在工
业流程中被除去，
型锂辉石通过“球磨”被粉碎，加入浓硫酸“酸化焙烧”转化为
、
、
、
、
，“调浆浸出”使铝、铁等杂质元素转化为
、
等被除去，通
过“净化除杂”使镁元素及引入的钙元素转化为
、
而除去，“蒸发结晶、离心分离”得
到的硫酸锂溶液中加入
，利用
和
在不同温度下的溶解度的差异，采用“冷冻至0
”
℃析
出
，从而得到
溶液，经过一系列操作得到
，最后与
和
混合
溶液制备
。
【详解】（1）
型锂辉石通过“球磨”被粉碎，从而增大与浓硫酸反应的接触面积，加快反应速率，使
焙烧更充分；
故答案为：增大反应的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分；
（2）调节pH 使铁、铝等杂质完全沉淀，
的
大于
的
，说明
更难溶于水，
加入石灰石与水调节pH 时，
先生成
，故
完全沉淀时
也已完全沉淀，利用
的
计算
完全沉淀时
，
，则
63
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，故
；
故答案为：4.7；
（3）“净化除杂”工艺中得到滤渣2，该过程加入
调节pH 为11，使
完全转化为
沉
淀除去，加入
使前一工艺中引入的
转化为
沉淀而除去故滤渣2 的成分是
、
；
故答案为：
、
；
（4）“冷冻析钠”过程是利用
和
在不同温度下的溶解度的差异，采用“冷冻至0
”
℃析出
，从而得到
溶液，在该温度下，
溶解度较小，与
的溶解度相差较大；
故答案为：在该温度下，
溶解度较小，与
的溶解度相差较大；
（5）根据流程转化可知，
与
和
混合溶液制备
，反应中元素化合价未发生变化，
为非氧化还原反应，根据元素守恒，可推知其余生成物为
、
，故化学反应方程式为
；
溶液为碱性溶液，将
和
混合液滴加到
溶液中，由于开始时
溶液过量，会生
成
沉淀，进一步被氧化为
，从而影响产品的纯度和产率，故这种操作不合理；
故答案为：
；否；碱性环境下会产生
，继而氧
化为
从而影响产品产率和纯度；
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（6）
作正极电极材料，石墨本身可以导电，故少量石墨可以改善成型后
的导电作用，
中铁元素为+2 价，具有还原性，可以被氧气氧化，加入少量石墨可以与空气中的氧气反应，防止
中的
被氧化；
故答案为：改善成型后
(或电极)的导电作用(或者与空气中的氧气反应，防止
中的
被
氧化)。
27．（2024 届·吉林·校联考模拟预测）五氟化锑主要用作氟化工的催化剂，也用作纺织工业物阻燃剂，在
染料工业中用于制造染料中间体，此外，还用于制备高纯度金属锑、无机离子交换材料和胶体五氧化二锑。
以某锑矿(主要成分为
，含有少量
、
、
等杂质)为原料制备
的工艺流程如下图：
已知：Ⅰ．
、
的
分别为
、
；
Ⅱ．
微溶于水、
难溶于水，它们均为两性氧化物；
难溶于水。
回答下列问题：
(1)已知锑与氮元同素主族，原子序数为51，写出锑的价电子排布图 。
(2)“浸出”时少量
转化为“滤渣1”。其成分为
，加入氨水“除氯”，同时将其转化为
，
能否用
溶液代替氨水 ，(填“能”或“否”)，原因是 。
(3)“沉淀”的过程是加入极稀的
溶液，其目的是使
和
转化为相应的硫化物而除去，当
、
共沉时，
。
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(4)“除砷”时，
转化为H3PO4，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比是 。
(5)“电解”中锑的产率与电压大小关系如下图所示。当电压未超过
V 时，阴极反应方程式为
，当电压超过
V 时，锑的产率降低，阴极还可能发生了 反应。(写出电极反应式)
(6)
与
反应。首次实现了用化学方法制取
，同时生成
和
，化学反应方程式为
。
【答案】(1)
(2) 否
在碱性条件下“除氯”转化为
，
为两性氧化物，能溶于
溶液，
实际操作时
的量不易控制
(3)
(4)4 3∶
(5)
(6)
【分析】由题干工艺流程图可知，锑矿用盐酸浸出，Sb2O3、CuO、PbO、As2O3分别与盐酸反应生成SbCl3、
CuCl2、PbCl2、AsCl3，结合“浸出时少量Sb2O3转化为SbOCl”，滤渣1 的成分SbOCl，过滤除去难溶性杂质，
滤液中加入Na2S，沉淀Cu2+、Pb2+，过滤除去CuS、PbS，滤液中含有SbCl3和AsCl3，加入NaH2PO2除去As，
滤液中含有SbCl3，电解滤液制得金属Sb，用氯气氧化Sb 制得SbCl5，通入HF 制得SbF5，据此分析解题。
【详解】（1）已知锑与氮元同素主族即VA，原子序数为51，锑在元素周期表中的位置第5 周期第VA 族，
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锑的价电子排布图为：
（2）浸出时少量Sb2O3转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分，加入氨水对其“除氯”转化为Sb2O3，即
SbOCl 与NH3•H2O 反应生成Sb2O3、NH4Cl 和H2O，发生反应的离子方程式为
；不宜用NaOH 溶液代替氨水，是因为SbOCl 在碱性条
件下“除氯”转化为Sb2O3，Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH 溶液，实际操作时NaOH 的量不易控
制，故答案为：否；SbOCl 在碱性条件下“除氯”转化为Sb2O3，Sb2O3为两性氧化物，能溶于过的NaOH 溶
液，实际操作时NaOH 的量不易控制；
（3）当CuS、PbS 共沉时，
，故答案为：
；
（4）“除砷”时，
转化为H3PO4，As3+被还原为As 单质，则发生反应的离子方程式为
，反应中As3+的化合价降低被还原，是氧化剂，中P 的化合
价升高被氧化，是还原剂，故该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3，故答案为：4:3；
（5）当电压超过U0V 时，阴极周围的H+可能参与电极反应，被还原生成H2，导致锑的产率降低，故阴极
还可能发生了电极反应：
（6）SbF5与KMnF6反应制取F2，同时生成KSbF6和MnF3，该反应中F 元素的化合价从-1 价升高为0，Mn 的
化合价从+5 降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平该化学反应方程式为
， 故答案为：
。
28．（2024 届·福建·校联考一模）酸浸法回收废炉渣中(主要为铜、钴、镍、铁等金属元素的氧化物)的铜、
钴、镍的流程如下：
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已知：25℃时，
，
。
(1)“磨细”过程的目的是 。
(2)酸浸液中大量铁元素以
存在，加入
可减少铁屑的消耗从而降低成本，
与
反应过程
中会产生气泡，其离子方程式为 。
(3)“滤渣2”主要成分为 (填化学式)。
(4)“镍钴分离”过程
发生反应的离子方程式为 。
(5)“酸溶1”过程用
替换
，从绿色化学角度分析其可行性 。
(6)“焙烧”过程发生反应的化学方程式为 。
(7)已知当
时，认为其沉淀完全。“沉镍”过程的目的是为了将“
”，此时应调节溶液的pH 为 。
(8)“操作X”为 。
【答案】(1)增加反应物的接触面积，加快酸浸速率
(2)
(3)
(4)
(5)使用
会产生有害气体
，使用
可避免的同时也能起到酸溶的作用
(6)
(7)9.0
(8)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【分析】由题给流程可知，向磨细后的炉渣中加入硫酸溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶硫酸盐，过滤
得到滤渣和含有可溶硫酸盐的滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，
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加入铁屑，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化
氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为
氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，将
溶液中的亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，过滤得到含有镍离子的滤液和氢氧化钴；向氢氧化钴中加入盐酸，
将氢氧化钴转化为氯化亚钴，向氯化亚钴溶液中加入草酸，将亚钴离子转化为草酸亚钴沉淀，过滤得到草
酸钴；草酸亚钴在空气中焙烧得到三氧化二钴；向含有镍离子的滤液中加入氢氧化钠溶液，将镍离子转化
为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入硫酸溶液，将氢氧化钴转化为硫酸镍，硫酸镍溶
液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。
【详解】（1）炉渣“磨细”可以增大固体的表面积，有利于增加反应物的接触面积，加快酸浸速率，故
答案为：增加反应物的接触面积，加快酸浸速率；
（2）由分析可知，加入碳酸钠溶液的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式
为
，故答案为：
；
（3）由分析可知，滤渣2 的主要成分为氢氧化铁，故答案为：
；
（4）由分析可知，加入次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，的目的是将溶液中的亚钴离子转化为氢氧化钴
沉淀，反应的离子方程式为
，故答案为：
；
（5）由分析可知，向氢氧化钴中加入盐酸的目的是将氢氧化钴转化为氯化亚钴，转化过程中盐酸被氧化
生成有毒的氯气会污染环境，所以用硫酸溶液替换盐酸可以避免产生有害气体氯气，同时也能起到酸溶的
作用，故答案为：使用
会产生有害气体
，使用
可避免的同时也能起到酸溶的作用；
（6）由分析可知，“焙烧”过程发生的反应为草酸亚钴在空气中焙烧生成三氧化二钴和二氧化碳，反应
的化学方程式为
，故答案为：
；
（7）由溶度积可知，溶液中镍离子完全沉淀时，氢氧根离子浓度为
=
，则
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应调节溶液的pH 为9，故答案为：9；
（8）由分析可知，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体，则“操
作X”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
29．（2024 届·山西晋城·统考一模）锌是一种重要的金属，一种以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO，含少
量Fe2O3、CuO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：①25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；
②25℃时，Zn2+＋4NH3
[Zn(NH3)4]2+，K=2.5×109。
(1)Zn、Cu 在元素周期表中位于 区，第二电离能：I(Cu) (填“>”或“<”)I(Zn)。
(2)“浸取”时，ZnO、CuO 分别转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液。
①[Zn(NH3)4]2+的配位数为 。
②ZnO 发生反应的离子方程式为 。
③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因为 。
(3)“除铜”时，当加入的(NH4)2S 超量时，会发生反应[Zn(NH3)4]2++S2-
ZnS↓+4NH3导致锌的回收率下降，该
反应的平衡常数数值为 。
(4)锌与铜相似，在潮湿的空气中可生成碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]，写出反应的化学方程式：
。
(5)用锌与铜合成的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备中。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已
知：晶胞参数为anm。
①与Cu 原子等距离且最近的Cu 原子有 个。
②该铜锌合金晶体的密度为 g/cm3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
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【答案】(1) ds >
(2) 4 2NH3·H2O+2
+ZnO=[Zn(NH3)4]2++3H2O{或2NH3+2
+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O} 温度过
低，反应速率慢；温度过高会导致氨挥发量增加且NH4Cl 分解
(3)2.5×1014
(4)4Zn+2O2＋3H2O+CO2=ZnCO3·3Zn(OH)2
(5) 8
(或
)
【分析】催化剂加入NH3-NH4Cl 溶液，锌、铜元素已
、
进入溶液，同时铁转化为
氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀，滤液
中加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌。
【详解】（1）Zn、Cu 价层电子排布式分别为3d104s2，3d104s1，在元素周期表中位于ds 区； Cu 的第二电
离能是失去3d10上的一个电子所需能量，Zn 的第二电离能是失去4s1上的一个电子所需能量，所以Cu、Zn
的第二电离能(I2)：Cu＞Zn ；
（2）①Zn2+与NH3中的N 原子间形成配位键，中心离子是Zn2+，从化学式看，4 个NH3与Zn 形成配位键，
所以该离子的配位数为4；
②“浸取”时，ZnO 转化为[Zn(NH3)4]2+进入溶液，ZnO 发生反应的离子方程式为2NH3·H2O+2
+ZnO=[Zn(NH3)4]2++3H2O{或2NH3+2
+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O}；
③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因是因为温度过低反应速率慢，温度过高会导致氨挥发量增加且
氯化铵分解；
（3）反应的平衡常数
;
（4）锌与铜相似，在潮湿的空气中可生成碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]，写出反应的化学方程式为4Zn+2O2
＋3H2O+CO2=ZnCO3·3Zn(OH)2；
（5）①根据图示可知，与铜原子等距离且最近的铜原子有8 个；
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②该晶胞中铜原子个数为
，锌原子个数
，晶胞体积
，则铜锌合金晶体的密度
为
或
g/cm3。
30．（2024·河南·校联考模拟预测）一种回收锌电解阳极泥(主要成分为
、
和ZnO，还有少量
锰铅氧化物
和Ag)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题：
已知：
易溶于水，不溶于乙醇。
(1)
中Pb 的化合价为+2 价，Mn 的化合价有+2 价和+4 价，则氧化物中+2 价和+4 价Mn 的个数比
为 。
(2)“还原酸浸”过程中主要反应的化学方程式为 。
(3)结合
溶解度曲线图分析，由
溶液制得
晶体的“一系列操作”是 、
，用 (填物质的名称)洗涤、干燥。
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(4)“电解”时，加入
与水反应生成二元弱酸
，在阴极放电生成Se 单质，有利于
电还原沉
积。则
放电的电极反应式为 。
(5)通过计算说明可用
溶液将“滤渣”中的
转化为
的原因 。[已知：25℃
时
，
]
(6)锰、镍、镓的某种磁性形状记忆型合金的晶胞结构如图所示。
表示阿伏加德罗常数的值。该晶体的
密度为
(列出计算式即可)。
【答案】(1)1：3
(2)
(3) 加热蒸发 趁热过滤 乙醇
(4)
(5)当加入碳酸钠溶液时，发生
反应，该反应的平衡常数
，几乎可以完全转化
(6)
【分析】向阳极泥中加入稀硫酸将ZnO 转成ZnSO4，随滤液除去，向滤渣中加稀硫酸和葡萄糖酸浸还原+4
价Mn 为+2 价得滤渣1，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4 价的Mn 变成+2 价Mn 进入溶液，过滤，
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得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O 晶体，滤渣1 中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度
更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag 单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成
PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。
【详解】（1）设Pb2Mn8O16中含a 个+2 价Mn，则+4 价Mn 有(8-a)个，据化合价代数和为0 列式为
，解得a=2，则+2 价和+4 价Mn 的个数比为1：3；
（2）由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4 价Mn 得电子
被还原成Mn2+，葡萄糖中C 失电子被氧化成CO2，其离子方程式为
；
（3）根据
溶解度曲线图分析，首先进行蒸发结晶，当进行蒸发结晶出的晶体与滤液分离操作时需
进行趁热过滤，防止杂质从中因温度降低而析出混入，晶体样品易溶于水，难溶于乙醇，可用乙醇洗涤
晶体；
（4）
在阴极放电生成Se 单质，H2SeO3 中Se 的化合价为+4 价，生成0 价的Se 单质，则电极反应式
为
；
（5）当加入碳酸钠溶液时，发生
反应，该反应的平衡常数
，几乎可以完全转化，故可用
溶液将“滤渣”中的
转化为
；
（6）根据图示，Ni 原子处于的位置为顶点8 个，面心6 个，棱心12 个，体心1 个，则Ni 的个数为
，Mn 原子处于的位置为体内，则有4 个原子，Ga 原子位于体内，则有4 个原子，
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则晶胞的质量
，体积为
，
。
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