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专题十一 化学工艺流程 【七大题型】
【新高考专用】
【题型1 综合考查废旧物资提纯回收】…………………………………………………………………………6
【题型2 综合考查废旧物资物质制备】…………………………………………………………………………
13
【题型3 综合考查矿产资源物质制备】…………………………………………………………………………
20
【题型4 综合考查工艺流程与化学图像】………………………………………………………………………
29
【题型5 综合考查工艺流程与晶胞结构】………………………………………………………………………
39
【题型6 综合考查化学计算与工艺流程】………………………………………………………………………
47
【题型7 综合考查工艺流程与化学实验】………………………………………………………………………
57
化学工艺流程题一般是陌生复杂的情境，多以工业流程图的形式呈现，主要考查元素及其化合物性质、化
学反应原理及基本实验操作，常会涉及定量计算。需要关注以下几个方面：(1)常见工业生产都会涉及除杂
和分离等环节，特别常用的是通过调节溶液的pH 达到除杂或分离的目的，注意元素化合物的转化和实验
基本操作的结合，常涉及除杂及离子的检验等。(2)对于产品的提取问题(由溶液到固体主要经历蒸发浓
缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥、保存等)这也是流程图题中的新变化。
2.高考试题统计
(1)物质的组成与分类：
山东卷(2023)，湖北卷(2023)，全国新课标卷(2023)，辽宁卷(2023、2022、2021)，广东卷(2022、2021)，河
北卷(2022、2021)，浙江卷(2023、2022、2021、2020)。
(2)物质的性质与变化：
1
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湖南卷(2023、2022、2021)，广东卷(2022、2021)，河北卷(2022)，湖北卷(2022)，江苏卷(2022、2021)
(3)化学与STSE、传统文化。
全国新课标卷(2023)，山东卷(2023、2022)，河北卷(2022、2021)，辽宁卷(2021)，海南卷(2022、2021)，湖
北卷(2022)，天津卷(2021、2020)。
(4)常用化学用语：
湖北卷(2023)，湖南卷(2023)，辽宁卷(2023、2022、2021)，河北卷(2021)，浙江卷(2023、2022)，北京卷
(2022、2021)。
【知识点1 化工流程中原料预处理及反应条件的控制】
1.原料预处理的方法及目的
方法
目的
解题指导
粉碎、
研磨
将块状或颗粒状的物质磨成粉末
增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更
充分，也是提高“浸出率”的方法之一
浸取
水浸
与水接触反应或溶解
(1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度，可以加快
浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提
高浸出率
(2)酸溶时所加酸的量不能太多
①过量的酸多消耗后续调节pH 所加的碱性试剂
②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体
硫化氢
酸浸
与酸接触反应或溶解，使
可溶性金属离子进入溶
液，不溶物通过过滤除去
碱浸
除去油污，溶解酸性氧化
物、铝及其氧化物
灼烧
(焙烧)
1.除去可燃性杂质
2.使原料初步转化
①除去硫、碳单质
②使有机物转化或除去有机物
③高温下原料与空气中氧气反应等
④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
2.常见的流程中的条件控制
条件控制
目的
反应物用
量或浓度
①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；②增大便宜、易得的反应物
的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大物质浓度可以加快反应
速率，使平衡发生移动等
降温
①防止某物质在高温时溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)
移动；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解
度，减少损失等
控温
①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会
分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最好；⑤防止副反
应的发生等
加入氧化剂
(或还原剂)
①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，
使其转化为Fe(OH)3沉淀除去]
加入沉淀剂
①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；②加入可溶性碳酸盐，生成
2
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碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋
pH 控制
①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解
生成沉淀，有利于过滤分离
【知识点2 化工流程中物质的分离与提纯】
1.化工生产过程中分离、提纯、除杂
化工生产过程中分离、提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的操作紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结
晶、过滤、洗涤、干燥、蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。
2．常考分离、提纯的方法及操作
(1)从溶液中获取晶体的方法及实验操作
①溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法，实验过程为：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下
降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。
②溶解度受温度影响较大、带有结晶水的盐或可水解的盐，采取冷却结晶的方法，实验过程为：蒸发浓缩
(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。
(2)固体物质的洗涤
洗涤试剂
适用范围
目的
蒸馏
水
冷水
产物不溶于水
除去固体表面吸附着的可溶性粒子，可适当降低固体因为溶
解而造成的损失
热水
有特殊的物质其溶解度
随着温度升高而下降
除去固体表面吸附着的可溶性粒子，可适当降低固体因为温
度变化溶解而造成的损失
有机溶剂(酒
精、丙酮等)
固体易溶于水、难溶于
有机溶剂
减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水
分，产品易干燥
饱和溶液
对纯度要求不高的产品
减少固体溶解
酸、碱溶液
产物不溶于酸、碱
除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解
洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3 次
检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入××试剂，若未出现
特征反应现象，则沉淀洗涤干净
(3)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H 2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或
失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。
(4)萃取与反萃取
①萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。
如用CCl4萃取溴水中的Br2。
②反萃取：反萃取是利用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂
主要起破坏有机相中被萃组分结构的作用，使被萃组分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶
于有机相的沉淀。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不
3
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含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。
(5)其他
①蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2 等溶质时，应在HCl 的气流中加
热，以防其水解。
②减压蒸馏的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止受热分解、氧化等。
3.物质成分的跟踪与确定
(1)滤渣的确定
(2)副产品的确定
(3)循环物质的确定
4.根据溶解度曲线判断结晶的方法
(1)溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法。
(2)溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。
(3)带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。
【知识点3 化工流程中方程式的书写与计算】
1．书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断
反应类型：
(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；
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(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。
2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程
(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的
还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。
(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O 等。
(4)根据质量守恒配平反应方程式。
3.化工流程中的有关计算
(1)有关Ksp 的计算
常考形式有：①判断能否沉淀；②判断能否沉淀完全；③计算某一离子的浓度；④沉淀生成和沉淀完全时
pH 的计算。
(2)产率、纯度的计算
①计算公式
纯度＝纯净物的质量/混合物的质量×100%
产物的产率＝产物的实际产量/产物的理论产量×100%
②计算方法：守恒法或关系式法。
【题型1 综合考查废旧物资提纯回收】
【例1】（2024·北京石景山·一模）从铅银渣(含Pb、Ag、Cu 等金属元素)中提取银的流程如下：
已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO
形成[Ag(SO3)2]3−。
(1)“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl 和NaNO3的混合液作为浸出剂。
①加入NaNO3的作用 。
②固体B 含有 。
(2)用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。
①氨水“络合浸出”的化学方程式是 。
②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整： 。
□ ___________+ N2H4·H2O =N2↑ + H2O + □ ___________ + □ ___________ + □ NH3↑
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(3)用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。
①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液
pH 增大先升高后降低的原因 ；分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因 。
②写出pH = 14 时甲醛“还原析银”的离子方程式 。
【答案】(1)利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化 AgCl 和PbSO4
(2)AgCl + 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]Cl + 2H2O 4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH
+
4NH3↑
(3)溶液pH 增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降
低 亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag 2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—
=2Ag↓+4SO
+ HCOO−+2H2O
【分析】由题给流程可知，铅银渣在空气中氧化焙烧得到含有金属氧化物的焙烧渣，向焙烧渣中加入硫
酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸，氧化铅和未反应的铅转化为硫酸铅、氧化银和未反应的银转化为氯
化银、氧化铜和未反应的铜转化为可溶的铜盐，过滤得到含有铜盐的滤液A 和含有硫酸铅、氯化银的固体
B；向固体中加入氨水或亚硫酸钠溶液络合浸出，过滤得到硫酸铅固体和银配合物的滤液；向滤液中加入
水合肼或甲醛还原析银，将银配合物转化为单质银，过滤得到银和滤液。
【解析】（1）①由分析可知，加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸的目的是将焙烧渣中的金属氧
化物和未反应的金属氧化物转化为盐，其中硝酸钠的作用是在酸性条件下将未反应的金属单质氧化，故答
案为：利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化；
②由分析可知，固体B 含有硫酸铅和氯化银，故答案为：AgCl 和PbSO4；
（2）①由分析可知，氨水“络合浸出”发生的反应为氯化银与氨水反应生成氯化二氨合银和水，反应的
化学方程式为，故答案为：AgCl + 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]Cl + 2H2O；
②由未配平的离子方程式可知，还原析银发生的反应为溶液中的二氨合银离子与水合肼反应生成银、氮
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气、铵根离子、氨气和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH
+
4NH3↑；
（3）①亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解使溶液呈碱性，溶液pH 增大，溶液中氢氧根离子浓度
增大，抑制亚硫酸根离子的水解，亚硫酸根浓度有利于增大银配合物的浓度，进而提高银浸出率；溶液pH
过大，溶液中的银离子与氢氧根离子反应生成氧化银沉淀，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低；亚
硫酸钠具有还原性，与溶液中银离子形成配合物时，也能将溶液中银离子还原为银，使得银配合物的浓度
减小导致浸出率降低，故答案为：溶液pH 增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高
Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；亚硫酸钠既是银的配合
剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag；
②由题意可知，甲醛“还原析银”发生的反应为碱性条件下溶液中的二亚硫酸根合银离子与甲醛反应生成
银、亚硫酸根离子、甲酸根离子和水，反应的离子方程式为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO
+
HCOO−+2H2O。
【变式1-1】（2024·四川泸州·二模）工业废气中含大量的
、NO、CO、
，脱硫废水中主要含有
、
、
、
、
、
，以及易被氧化的有机悬浮物和大量的有机硫，有机硫充分曝气
氧化为
。某燃煤厂将工业废气与脱硫废水进行联合净化处理，其工艺流程如下：
常温下：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
7.2
3.7
2.2
7.5
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沉淀完全时
的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
(1)曝气氧化中被氧化的离子有 ；滤渣A、C 的化学式依次为 、 。
(2)用
溶液除氮时，发生反应的离子反应方程式为 。
(3)NiOOH 能用作镍镉电池正极材料，氧化沉镍反应的离子方程式为 。
(4)加盐酸调pH 至5 得到滤渣B，反应的离子方程式为 。
(5)流程中“①通入适量空气”，其NO 与
的最佳物质的量比为 ，气体a 为什么不能直接排
放到大气中？ 。
(6)结合信息计算，“曝气氧化”后当调
时
的浓度为 。
【答案】(1)
和
(2)
(3)
(4)
(5) 4：1 气体a 中混有有毒气体CO
(6)
【分析】工业废气中含大量的
、NO、CO、
，通入石灰石悬浊液后剩余
、NO、CO，
反应
形成滤渣除去；通入适量空气将NO 氧化为
在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠；CO 与
形成
；脱硫废水中主要含有
、
、
、
、
、
，以及易被氧化的有
机悬浮物和大量的有机硫，有机硫充分曝气氧化为
，同时将
氧化为
，调节
使
形
成
除去；加入亚硝酸钠溶液，与
反应生成
；溶液中加入NaClO 将
氧化与NaOH 反应
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生成
，
与NaOH 反应生成四羟基合铝酸钠(偏铝酸钠)，加入盐酸调
，形成氢氧化铝沉
淀。
【解析】（1）根据分析，曝气氧化中被氧化的离子有
和
；滤渣A 为氢氧化铁，滤渣C 为亚硫酸
钙；
（2）用
溶液除氮时，发生反应的离子反应方程式:
；
（3）氧化沉镍反应的离子方程式：
；
（4）加盐酸调pH 至5 得到滤渣B 为氢氧化铝，离子方程式：
；
（5）NO 中氮元素从+2 价变为亚硝酸钠中+3 价，根据得失电子守恒，NO 与氧气物质的量比值最好为4：
1；气体a 中含有毒性气体CO，不能直接排放至大气中；
（6）
时铁离子完全沉淀，说明
，调
时
的浓
度：
。
【变式1-2】（2024·河北张家口·一模）一种从废铅膏（含PbSO453.2%，PbO229.5%，PbO11.3%，其他
6%）中回收铅和氧化铅的流程如下：
已知：
，
。
请回答：
(1)已知Pb 位于第六周期，与C 同族，基态Pb 原子的价层电子轨道表示式为 。
(2)“还原”时PbO2会转化为PbSO4，发生反应的化学方程式为 。
(3)将滤液与SO2、Ca（OH）2混合反应，可实现原料NaHSO3的再生。理论上SO2与Ca（OH）2的物质的
量之比为 ，此过程中会产生一种副产物，其化学式为 。
(4)“脱硫”时发生的主要反应的离子方程式为 。
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(5)“沉淀”时，发生反应
，该反应的平衡常数
。
(6)“电解”时，阴极的电极反应式为 。
(7)“灼烧”时会有中间产物xPbCO3·yPbO 生成，固体残留率
与温度的关系如图所示，则
358℃时对应固体的成分为 （填化学式）。
【答案】(1)
(2)2PbO2+2NaHSO3+H2SO4=2PbSO4+2H2O+Na2SO4
(3) 2：1 CaSO4
(4)PbSO4+CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO
(5)1.25×109
(6)Pb2++2e-=Pb
(7)7PbCO3·15PbO
【分析】废铅膏（含PbSO453.2%，PbO229.5%，PbO11.3%，其他6%）中加入亚硫酸钠、硫酸反应生成硫
酸铅，硫酸铅中加入醋酸钠脱硫生成醋酸铅，醋酸铅中加入碳酸钠生成碳酸铅，碳酸铅中加入HBF4生成
铅离子，电解生成Pb。
【解析】（1）铅位于元素周期表第六周期第IVA 族，位于p 区，基态Pb 原子6s、6p 能级上的电子为其价
层电子，则基态Pb 原子价层电子轨道表示式为
。
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（2）“还原”时PbO2中加入亚硫酸钠、硫酸反应生成硫酸铅PbSO4，发生反应的化学方程式为
2PbO2+2NaHSO3+H2SO4=2PbSO4+2H2O+Na2SO4。
（3）将滤液硫酸钠与SO2、Ca（OH）2混合发生反应Na2SO4+2SO2+Ca(OH)2=2NaHSO3+CaSO4，可实现原
料NaHSO3的再生，故理论上SO2与Ca（OH）2的物质的量之比为2：1。生成的副产物为CaSO4。
（4）“脱硫”时发生的主要反应的离子方程式为PbSO4+CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO
。
（5）
，该反应的平衡常数
=1.25×109。
（6）“电解”时，阴极的电极反应式为Pb2++2e-=Pb。
（7）根据题意可知，(x+y)PbCO3 →xPbCO3·yPbO+CO2，x+y=1，267x+223y=237，解得x=
，y=
，则
358℃时对应固体的成分为7PbCO3·15PbO。
【变式1-3】（2024·北京丰台·一模）冶炼金属产生的酸泥属于有价值危险物。从某酸泥(含Se 单质，HgSe
及锌、铜的化合物等)中回收汞和硒的一种工艺如下：
(1)“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液。
①分离氧化浸出液和浸出渣的操作是 。
②不溶于水的HgSe 被氧化的离子方程式为 。
③浸出时间等其他条件相同时，不同的NaClO3投加量对汞、硒浸出率的影响如图所示。选择最佳NaClO3
投加量并说明理由 。
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(2)沉汞后液中磷以最高价形式存在。“还原沉汞”的主要反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为
。
(3)已知Se(s) + Na2SO3(aq)
Na2SeSO3(aq)，粗硒中的杂质不溶于Na2SO3溶液。利用该原理对粗硒进
行提纯，实验操作是 。
(4)粗硒中硒的纯度测定
i．取0.1 g 粗硒于锥形瓶中，加入15 mL 浓盐酸和1mL 浓硝酸，沸水浴加热，使Se 全部转化为H2SeO3；
ii．除去过量的HNO3和溶解的NO2；
iii．加入2 mL KI 溶液、5 mL 淀粉溶液，然后用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定，到达滴定终点时，
消耗Na2S2O3标准溶液V mL。
已知：H2SeO3 + 4KI + 4HCl = Se + 2I2 + 4KCl + 3H2O
H2SeO3 + 4Na2S2O3 + 4HCl = Se + 2Na2S4O6 + 4NaCl + 3H2O
I2 + 2Na2S2O3
= Na2S4O6 + 2NaI
①到达滴定终点时的现象为 。
②依据现有数据能否计算出粗硒中硒的纯度？若能，请写出计算式；若不能，请写出还需要的数据。
。
【答案】(1)过滤 HgSe + ClO + 2H+ = Hg2+ + Cl- + H2SeO3 70 g/L
(2)4：1
(3)将粗硒溶于热的Na2SO3溶液中，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤、干燥
(4)溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复
【分析】从某酸泥(含Se 单质，HgSe 及锌、铜的化合物等)中回收汞和硒，酸泥在H2SO4、NaClO3混合溶
液中氧化浸出，“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶
液，过滤分离不溶物后，往浸出液加入NaH2PO2还原沉淀得到汞渣，沉汞后液加入SO2进行沉硒，得到粗
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硒，再将沉硒后液用石灰乳中和，得到中和液及中和渣。
【解析】（1）①分离氧化浸出液和浸出渣的操作是过滤。
②根据“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液，不溶于
水的HgSe 被氧化的离子方程式为HgSe + ClO + 2H+ = Hg2+ + Cl- + H2SeO3。
③根据图示，70 g/L 时汞、硒浸出率已达到最大值，故选择最佳NaClO3投加量并说明理由70 g/L。
（2）NaH2PO2中P 为+1 价，沉汞后液中磷以最高价+5 价的形式存在，P 化合价升高，NaH2PO2为还原剂，
Hg2+由+2 价降低为+1 价，Hg2+为氧化剂，根据得失电子守恒，“还原沉汞”的主要反应中，氧化剂和还原
剂的物质的量之比为4：1。
（3）根据已知Se(s) + Na2SO3(aq)
Na2SeSO3(aq)，粗硒中的杂质不溶于Na2SO3溶液，对粗硒进行提
纯，该实验操作是将粗硒溶于热的Na2SO3溶液中，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。
（4）①根据淀粉遇碘变蓝，到达滴定终点时的现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复。
②根据反应可知，得关系式为H2SeO3~Se~2I2~4
，该粗硒的纯度为
=
×100%，故可以计算出其纯度。
【题型2 综合考查废旧物资物质制备】
【例2】（2024·宁夏银川·一模）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有2CaO·SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和
V2O3等物质。一种以钢渣粉为原料固定CO2并制备V2O3的工艺流程如图所示。
已知钢渣中Ca 元素质量分数为30%。V2O3在稀盐酸和NH4Cl 混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有
关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH 如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Ca2+
13
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开始沉淀的pH
1.9
7.2
3.5
12.4
沉淀完全的pH
2.9
8.2
5.1
13.8
回答下列问题：
(1)浸出1 过程生成的SiO2“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有
(除粉碎外，举1 例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。
(2)为避免引入杂质离子，氧化剂A 应为 (举1 例)。
(3)滤液C 的溶质可循环利用，试剂B 应为 。
(4)若钢渣粉中含有钒酸钙
，加入Na2CO3溶液能够使钒酸钙溶解，是因为存在平衡：
。已知
，
，则该平衡常数
(结果保留2 位有效数字)。
(5)富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH 变化如图所示。已知浸出2 的pH 约为2.5，则应
控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。
(6)若Ca 的浸出率为90%，理论上1 吨钢渣在“固碳”中可固定 kgCO2。
【答案】(1)适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等 稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的
CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
(2)H2O2或氯水
(3)氨水
(4)1.4
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(5)Ca2V2O7
(6)297
【分析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl 进行“浸出
1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A 将Fe2+氧化成Fe3+，加入试
剂B 将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B 调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液
C，富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤
液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。
【解析】（1）①提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等；
②该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在
钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散；
（2）加入氧化剂A 的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A 应为H2O2或氯水；
（3）加入试剂B 的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B 调pH，便于
“固碳”时形成CaCO3，滤液C 的溶质可循环利用，试剂B 应为氨水；
（4）根据
可知，平衡常数K=
=
=1.4
；
（5）①由图可知浸出2 的pH 约为2.5 时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为
Ca2V2O7；
②该焙烧过程中V 元素的化合价由+3 价升至+5 价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧
反应的化学方程式为
；
（6）钢渣中Ca 元素的质量分数为30%，若Ca 的浸出率为90%，理论上1 吨钢渣在“固碳”中可固定CO2
的质量为
=297kg。
【变式2-1】（2024·河北邯郸·一模）Fe3O4@SiO2是一种高效非贵金属光/热催化剂，以废弃还原铁粉(表面
有锈渍，不含其他金属杂质)为原料制备Fe3O4@SiO2的工艺流程如图所示：
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已知：25℃时
，
，
。
请回答下列问题：
(1)为了提高铁粉的浸取速率，除了考虑温度、浓度影响因素外，还可以采取的措施有 (填一
条)；经检验浸取液中无Fe3+，其原因为 (用离子方程式解释)。
(2)需在隔绝空气条件下进行的反应设备或操作有反应釜1、 、真空热分解。
(3)实验室 (填“能”或“不能”)用如图所示装置进行“加压过滤”，原因为 。
(4)已知“浸取液”中无过量的酸，则反应釜2 中反应的离子方程式为 。
(5)反应釜3 中，25℃时Ca2+浓度为50 g L
⋅
，理论上溶液的pH 低于 (
)。
(6)纳米Fe3O4也可以用如下过程制备：
①反应ⅱ中
的作用是 。
②反应ⅱ的化学方程式为 。
【答案】(1) 将废弃还原性铁粉粉碎或进行充分搅拌(或其他合理答案) Fe+2Fe3+=3Fe2+
(2)加压过滤
(3) 不能 图示抽滤操作无法在真空中进行
(4)CaO+H2O+Fe2+=Fe(OH)2↓+Ca2+、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(5)11.3
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(6)中和反应过程中生成的HCl，促进FeCl3·6H2O 水解 FeCl3·6H2O+3
=FeOOH+4H2O+3
【分析】由题干以废弃还原铁粉(表面有锈渍，不含其他金属杂质)为原料制备Fe3O4@SiO2的工艺流程图可
知，向废弃还原性铁粉中加入足量的盐酸，发生的反应有：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2FeCl3=3FeCl2，过滤得到浸取液，将浸取液分别进入反应釜1，即加入
CaO，反应原理为：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2，反应釜2，即加入CaO 并通入空气，反应原理为：
CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，将反应釜1 和反应釜2 的物质混合进入
反应釜3，调节pH 使得Fe2+、Fe3+完全沉淀，而Ca2+不沉淀，然后加压过滤，为防止Fe(OH)2被氧化，使得
产品中Fe2+和Fe3+物质的量比不为1:2，加压过滤需在真空环境中进行，将过滤所得沉淀进行真空加热得到
纳米Fe3O4，加入水凝胶/纳米SiO2共热得到Fe3O4@SiO2，据此分析解题。
【解析】（1）为了提高铁粉的浸取速率，除了考虑温度、浓度影响因素外，还可以采取的措施有将废弃
还原性铁粉粉碎、进行充分搅拌；由分析可知，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2FeCl3=3FeCl2，经检验浸
取液中无Fe3+，则其原因用离子方程式表示为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：将废弃还原性铁粉粉碎或进行
充分搅拌；Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（2）由分析可知，为防止Fe2+过渡被氧化，改变产品中Fe2+、Fe3+的物质的量比，则需在隔绝空气条件下
进行的反应设备或操作有反应釜1、加压过滤、真空热分解，故答案为：加压过滤；
（3）由分析可知，为防止Fe(OH)2被氧化，使得产品中Fe2+和Fe3+物质的量比不为1:2，加压过滤需在真空
环境中进行，图示抽滤操作无法在真空中进行，故答案为：不能；图示抽滤操作无法在真空中进行；
（4）由分析可知，已知“浸取液”中无过量的酸，则反应釜2 中反应为：
CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，其反应的离子方程式为：
CaO+H2O+Fe2+=Fe(OH)2↓+Ca2+、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：
CaO+H2O+Fe2+=Fe(OH)2↓+Ca2+、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（5）反应釜3 中，25℃时Ca2+浓度为50 g L
⋅
，即Ca2+的物质的量浓度为：
=1.25mol/L，反应釜
3 中调节pH 使得Fe2+、Fe3+完全沉淀，而Ca2+不沉淀，故有：c(OH-)＜
=
=2×10-
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3，c(H+)＞
=5×10-12，即理论上溶液的pH 低于
=11.3，故答案为：11.3；
（6）①由流程图可知，FeCl3·6H2O 水解生成FeOOH 过程中生成了HCl，
中的N 上有孤电子对显碱
性，能与HCl 反应生成盐
，从而促进水解正向进行，故反应ⅱ中
的作用是中和反应过程中生
成的HCl，促进FeCl3·6H2O 水解；
②反应ⅱ的化学方程式为：FeCl3·6H2O+3
=FeOOH+4H2O+3
。
【变式2-2】（2024·广东江门·一模）某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料（含有LiCoO2以及少量Ca、
Mg、Fe、Al 等）制备Co2O3和Li2CO3。工艺流程如下：
固体已知：①常温时，有关物质
如下表：
物质
②常温时，
的溶度积
，该数值随温度升高而减小。
(1)LiCoO2中Co 元素的化合价为 ；基态Co 原子的价层电子轨道表示式为 。
(2)“酸浸”时发生反应：
。
①补充完整上述离子方程式 ；
②旧生产工艺用盐酸进行“酸浸”，但易造成环境污染，原因是 。
(3)已知滤渣2 中含有
，则常温下滤液2 中
mol/L。
(4)滤液3 中含金属元素的离子主要是
，通入空气发生催化氧化反应的离子方程式为 。
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(5)沉锂操作过程中的存在反应：
，该操作中需将温度升高
到90℃，原因是 。
(6)由
进一步制得的
具有反萤石结构，晶胞如图所示。
①
在晶胞中的位置为 ；
②设阿伏加德罗常数的值为
。晶胞
的密度为b
，则晶胞参数（棱长）为 pm。
【答案】(1)+3
(2)2CO2
被氧化生成C12污染环境
(3)5.6×10-4
(4)
(5)温度升高到90℃，促进碳酸的分解，沉锂反应向正反应方向移动，提高沉锂反应转化率
(6)在立方体的顶点上和面心上
【分析】废旧锂离子电池的正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al 等)，加硫酸溶解Ca、Mg、
Fe、Al，加草酸把LiCoO2还原为Co2+，过滤除去不溶物为滤渣1，滤液1 加NaOH 溶液，题中已知滤渣2
中含有
，分析可知还含有Co(OH)2，在滤渣2 中加入碳酸铵和
将有Co(OH)2转化为
，过滤后除去
，滤液3 中为
且溶液为碱性，经过空气催化氧化得到
Co(OH)3，最后得到Co2O3；滤液1 中主要含有Li+、Ca2+、
，经过NH4F 固体的处理将Ca2+除去，
后续沉锂再将Li+以Li2CO3形式沉淀出来，据此作答。
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【解析】（1）Li 化合价+1 价，O 化合价-2 价，推得Co 化合价+3 价，Co 第27 号元素，所以基态Co 原子
的价层电子轨道表示式为：
。
（2）LiCoO2中Co 元素的化合价化合价从+3 价降低到+2 价，因此草酸中C 元素化合价从+3 价升高到+4
价，再通过质量守恒定律推出为：2CO2，旧生产工艺用盐酸进行“酸浸”，盐酸中的
会被氧化生成C12
从而污染环境，故答案为：2CO2；
被氧化生成C12污染环境。
（3）pH=10 时，
，
，5.6×10-4。
（4）Co 化合价从+2 价升高到+3 价，O 化合价从0 价降到-2 价，滤液3 为碱性，所以通入空气发生催化氧
化反应的离子方程式为：
。
（5）温度升高到90℃，促进碳酸的分解，则沉锂反应向正反应方向移动，提高沉锂反应的转化率，故答
案为：温度升高到90℃，促进碳酸的分解，沉锂反应向正反应方向移动，提高沉锂反应转化率。
（6）①化学式中
的Li+：O2-的个数比为2：1，根据观察并计算，O2-应该是在立方体的顶点上和面心
上，Li 在立方体的体心上；
②设晶胞参数（棱长）为apm，
，由此可得
。
【变式2-3】（2024·陕西榆林·一模）
具有耐高温的惰性，高活性，可广泛应用于制作各种塑料、
橡胶、陶瓷、耐火材料等。工业上以油页岩灰渣（主要成分为
、
，含少量
、
、
和其他不溶于酸、碱的杂质）为原料制备纳米
的流程如下。已知：
熔点高，硬度
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大，不溶于酸、碱；常温下，
、
、
；溶液中离子的浓度小于
时可视为该离子沉淀完全。请回答下列
问题：
(1)油页岩灰渣“70℃下加热”前需要将其粉碎，目的是 ；加入
的目的是 。
(2)滤渣1 的主要成分为 、 及不溶于酸、碱的杂质；加入
调节溶液的
为
13 后，溶液中的
。
(3)若通入过量
，发生的主要反应的离子方程式为 。
(4)写出洗去固体A 表面杂质的简要操作： 。
(5)“煅烧”固体A 反应的化学方程式为 。
【答案】(1) 增大接触面积，加快反应速率 将
转化为可溶于酸的物质
(2)
(3)
(4)向漏斗内加水至浸没固体，待水自然流干后，重复操作2～3 次
(5)
【分析】油页岩灰渣（主要成分为
、
，含少量
、
、
和其他不溶于酸、碱的杂
质）混合NaCl 后在70℃下加热，然后用30%的硫酸溶液浸取，
不和硫酸反应存在于滤渣1 中，CaO
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和硫酸反应生成硫酸钙沉淀也存在于滤渣1 中，滤液中存在Al3+、Mg2+，向滤液中加入过量NaOH 溶液，
Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，Al3+转化为AlO ，过滤后向含有AlO 的滤液中通入CO2，AlO 转化为
Al(OH)3沉淀，煅烧Al(OH)3使其分解产生Al2O3，以此解答。
【解析】（1）油页岩灰渣“70℃下加热”前需要将其粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率。加入
的目的是将
转化为可溶于酸的物质。
（2）由分析可知，滤渣1 的主要成分为
、
及不溶于酸、碱的杂质；加入
调节溶液的
为13 后，c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=
，溶液中的
。
（3）若通入过量
，AlO 转化为Al(OH)3沉淀，离子方程式为：
。
（4）洗去固体A 表面杂质的简要操作为：向漏斗内加水至浸没固体，待水自然流干后，重复操作2～3
次。
（5）“煅烧”固体Al(OH)3生成氧化铝，化学方程式为：
。
【题型3 综合考查矿产资源物质制备】
【例3】（2024·福建莆田·二模）白云石的主要成分为
，还含有少量的
和
。利用白
云石制备碳酸钙和氧化镁，其主要流程的示意图如下。
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已知：
。
(1)组成
的四种元素，电负性由大到小的顺序是 。
(2)“氨浸1”在室温下进行，写出氯化铵浸取氧化钙总反应的离子方程式 。
(3)两次“氨浸”的pH 比较；a b(填“>”“=”或“<”)。
(4)“碳化”时，测得碳酸钙的产率及碳酸钙中镁元素的含量随溶液pH 的变化如图所示。
时，碳化效果最佳。低于该pH，碳酸钙的产率下降，其原因用离子方程式表示：
。
(5)“沉镁”发生反应：
，其平衡常数
(用含氢氧化
的
和
的
的代数式表示)。
(6)制备过程除了充分利用
，还可以循环利用的1 种物质是 (填化学式)。
(7)称取
试样置于烧杯中，加蒸馏水数滴润湿，盖一表面皿，滴加盐酸至固体完全溶解，定容在
的容量瓶内，用移液管吸取
待测液于锥形瓶中，加入相关试剂，摇匀后用
EDTA 溶液滴定至终点(
与EDTA 以等物质的量比反应)。进行平行实验，测得平均消耗EDTA 溶液
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。产品中碳酸钙质量分数为 (列出计算式)。
(8)碳酸钙的某种晶胞结构如下图所示。
①每个晶胞中含有 个“
”单元。
②每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为 。
【答案】(1)
(2)
(3)>
(4) 7.0
(5)
(6)
(7)
(8) 6 6
【分析】白云石的主要化学成分为
，还含有少量的
和
，白云石样品煅烧后，
转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解、浸钙，过滤，大部分钙离子进入滤液1，通入二
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氧化碳生成碳酸钙沉淀，分离出含有MgO、
和
的滤渣1，2 步浸氨在滤液2 中含有镁离子，滤渣
2 中为
和
，向滤液再加入碳酸铵沉淀镁，生成碱式碳酸镁沉淀，过滤得到碳酸镁和含有硫酸铵的
滤液，洗涤沉淀、干燥、煅烧得到氧化镁，据此分析作答。
【解析】（1）组成
的四种元素，非金属性越强电负性越强，电负性由大到小的顺序是
。
（2）“氨浸1”在室温下进行，据分析可知，加入氯化铵溶解、浸钙，生成钙离子和一水合氨，离子方程
式：
。
（3）由于金属性
，两次“氨浸”的pH 比较：a＞b。
（4）7.0 时，碳化效果最佳，此时碳酸钙产率最高。低于该pH，碳酸钙的产率下降，碳酸钙与二氧化碳反
应生成碳酸氢钙，其原因用离子方程式表示：
。
（5）“沉镁”发生反应：
，其平衡常数
，
，
，将
和
的
带入K 的代数式中，可得
。
（6）制备过程除了充分利用
，还可以循环利用的1 种物质是
，通入二氧化碳会生成碳酸钙和
氯化铵。
（7）称取
试样置于烧杯中，加蒸馏水数滴润湿，盖一表面皿，滴加盐酸至固体完全溶解，定容在
的容量瓶内，用移液管吸取
待测液于锥形瓶中，加入相关试剂，摇匀后用
EDTA 溶液滴定至终点(
与EDTA 以等物质的量比反应)。进行平行实验，测得平均消耗EDTA 溶液
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。产品中碳酸钙质量分数
。
（8）①每个晶胞中含有Ca 的个数为
故有6 个“
”单元。
②每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为6，且氧原子共享。
【变式3-1】（2024·重庆·一模）工业上以菱锰矿(主要成分为MnCO3，含杂质CaCO3、FeCO3、NiCO3)为原
料制取金属锰的工艺流程如下：
已知常温下，溶度积常数(Ksp)如下表：
(1)基态Mn2+的价层电子轨道表示式为 ，
的空间结构为 。
(2)“酸浸”时，为了加快反应速率，可采取的措施有 (答两条)，该过程一般选择硫酸而不用盐
酸的原因是 。
(3)“酸浸”过程中，MnO2发生的主要反应的离子方程式为 。
(4)常温下，加稀氨水时调pH 约为4，则滤渣2 的主要成分是 。
(5)“除杂1”时加入适量的(NH4)2S，除去的主要离子为 ，过滤后得到的滤液中
，则其
的范围是 。
【答案】(1)
平面三角形
(2)搅拌、粉碎、适当升温、适当增加酸的浓度等 盐酸与二氧化锰会发生反应，电解制锰时会产生污
染气体
(3)
(4)Fe(OH)3
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(5)Ni2+
【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3，含杂质CaCO3、FeCO3、NiCO3)中加入H2SO4、MnO2进行酸浸，
Fe2+被氧化为Fe3+，CaCO3转化的CaSO4成为滤渣1；滤液中加入稀氨水调pH，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉
淀；滤液中加入(NH4)2S，Ni2+转化为NiS 沉淀；滤液中加入NH4F，Ca2+转化为CaF2沉淀；将滤液进行电
解，便可获得Mn。
【解析】（1）Mn 为25 号元素，价层电子排布式为3d54s2，Mn2+的价层电子排布式为3d5，则基态Mn2+的
价层电子轨道表示式为
；
的中心原子无孤电子对，中心C 原子的价层电子对数为
3，C 采取sp2杂化，空间结构为平面三角形。
（2）“酸浸”时，为了加快反应速率，可采取升高温度、增大浓度、增大接触面积等措施，则具体措施
有：搅拌、粉碎、适当升温、适当增加酸的浓度等；盐酸可能会与二氧化锰发生氧化还原反应，同时引入
的氯离子在最后电解制锰时会在阳极放电，从而生成污染气体氯气，则该过程一般选择硫酸而不用盐酸的
原因是：盐酸与二氧化锰会发生反应，电解制锰时会产生污染气体。
（3）“酸浸”过程中，MnO2能将Fe2+氧化，则主要反应的离子方程式为
。
（4）根据金属氢氧化物的溶度积数据可知，调节pH 为4 左右，目的是为了除去Fe3+，故滤渣2 的主要成
分是Fe(OH)3。
（5）结合金属硫化物的溶度积常数数据可知，加入适量的(NH4)2S 除去的主要离子是Ni2+，此时硫离子需
要刚好完全沉淀Ni2+但不能沉淀Mn2+。当Ni2+完全沉淀时，c(S2-)=
mol/L，
pS≤19；当Mn2+不产生沉淀时，
，c(S2-)＜
mol/L，pS＞
10，所以pS 的范围是
。
【变式3-2】（2024·福建福州·二模）钨是国防及高新技术应用中极为重要的功能材料之一，由黑钨矿[主
要成分是钨酸亚铁(
)、钨酸锰(
)，少量Si、As 元素]冶炼钨的流程如下：
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已知：①钨酸(
)酸性很弱，难溶于水。
②水浸液含
、
、
、
等阴离子。
(1)“焙烧”前，粉碎黑钨矿的目的是 。
(2)滤渣的主要成分为两种金属氧化物，是
、 。写出生成
的化学方程式
。
(3)“净化”过程中，
的作用是 。
(4)“还原”的总反应为
，实验测得一定条件下，平衡时
的体积
分数随温度的变化曲线如图所示。
①该反应
0(填“>”或“<”)。
②由图可知，a 点处
(填“>”或“<”或“=”)。
900℃
③
时该反应的压强平衡常数
。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的
量分数)
(5)“还原”过程中，氧化钨会与水蒸气反应生成
，其化学方程式为 。
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(6)工业上可以采用铝热法还原黄钨(
)生产钨。已知、
①
②
则
的
。
(7)钨酸钙可用于制闪烁计数器、激光器等，往“净化”后的溶液中加入石灰乳发生：
，已知：常温下，
、
的沉淀溶解平衡曲
线如图所示。当溶液中的
完全沉淀(
)时，溶液
。
【答案】(1)增大接触面积，使焙烧更充分
(2)
(3)将
氧化为
(4) > > 27
(5)
(6)
(7)13
【解析】（1）黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁(FeWO4)、钨酸锰(MnWO4)，少量Si、As 元素]冶炼钨，先加入
29
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碳酸钠并通入氧气进行焙烧，铁元素被氧化为三价，硅转化为硅酸盐，进行水浸，水浸液含
、
、
、
等阴离子，滤渣的主要成分为MnO2、Fe2O3两种金属氧化物，水浸液中加入氯化镁、
过氧化氢净化，得到MgSiO3、MgHAsO4，加入硫酸根过滤得到滤液和滤渣，钨酸(H2WO4)酸性很弱，难溶
于水，煅烧得到WO3，通入氢气还原得到单质W。
“焙烧”前将黑钨矿粉碎，可增大矿石的表面积，从而增大反应接触面积，使焙烧更充分；
（2）由分析，“水浸”除去了锰和铁元素，故滤渣的主要成分为MnO2、Fe2O3两种金属氧化物，焙烧过
程中MnWO4 与氢氧化钠反应生成二氧化锰和钨酸钠，化学方程式为
；
（3）由流程图及分析，水浸液含
、
，净化过程中，砷元素以MgHAsO4沉淀的形式被除
去，因此，H2O2的作用是将
氧化为
；
（4）①由图像分析可知，随温度升高，氢气的体积分数减小，即升温平衡正向移动，正反应为吸热反
应，该反应ΔH>0；
a
②点在曲线上方，即如果达到平衡，氢气体积分数要减小，说明反应要正向进行才能到平衡，故反应正
向进行中，v 正>v 逆；
900℃
③
时，压强p=0.1MPa，M 点氢气的体积分数为25%，结合三段式列式计算平衡分压，设氢气起始量
为3mol，平衡时消耗氢气x mol，则
，
，
30
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x=2.25mol，该反应的压强平衡常数Kp=
；
（5）“还原”过程中，氧化钨会与水蒸气反应生成WO2(OH)2，其化学方程式为
；
（6）反应②-①得到WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)的4 倍，故根据盖斯定律WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)
ΔH=
kJ/mol；
（7）常温下，Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线如图，由于氢氧化钙微溶，溶解度相对较大，上方的
线表示CaWO4，下方的线表示Ca(OH)2，当c(
)=10-5mol/L 时，对应是曲线上纵坐标为5 的点，取横坐
标(钙离子浓度)相同，对应氢氧根曲线的纵坐标为1，即c(OH-)=0.1mol/L，即pOH=1，pH=13。
【变式3-3】（2024·四川成都·二模）贵金属银有广泛用途。工业上用银锰精矿(主要含
、MnS、
等)制备银，同时获得二氧化锰的流程如下。
回答下列问题：
(1)“浸锰”步骤中产生的浸锰液主要含有
，生成气体的主要成分为 ；用惰性电极电解浸锰
液制
，写出电解总反应的化学方程式 。
(2)已知“浸铁”步骤中
保持不变，反应中n(氧化剂)：n(还原剂)= ；浸铁滤饼的主要成分为
S 和 。
31
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(3)“浸银”时发生反应
，其中
在溶液中是一种稳
定配合物。加入
的作用是 ；结合离子方程式，从平衡角度分析选用氯化物浓溶液的原因是
。
(4)“沉银”步骤中，生成单质银的离子反应方程式为 ，沉银液经处理可再利用，方法是向沉银液中
通入 (写化学式)，通过一步转化后循环再用。
【答案】(1)H2S MnSO4+2H2O
MnO2+H2↑+H2SO4
(2) 1:1 Ag2S
(3) 抑制Fe3+水解 增大溶液中氯离子浓度，可以促进平衡正向进行，提高银元素的转化率
(4) 2
+Fe=2Ag+4Cl-+Fe2+ 氯气
【分析】银锰精矿主要含Ag2S、MnS、FeS2，加入稀硫酸浸锰，其中硫化锰和硫酸反应生成硫酸锰和硫化
氢气体，得到的浸锰滤饼中还含有Ag2S、FeS2，加入硫酸铁浸铁，二硫化亚铁和硫酸铁反应，得到硫化亚
铁和硫单质，剩余硫化银进行浸银，将银转化为Ca[AgCl2]2，最后加入过量铁粉沉银。
【解析】（1）“浸锰”步骤中，浸锰液主要含有MnSO4，说明硫酸和硫离子反应得H2S，是气体的主要成
分，用惰性电极电解浸锰液，二价锰离子在阳极失电子得MnO2，阴极生成氢气，电解总反应化学方程式
为：MnSO4+2H2O
MnO2+H2↑+H2SO4；
（2）已知“浸铁”步骤中硫酸根物质的量不变，Fe2(SO4)3为氧化剂，FeS2为还原剂，FeS2中硫被氧化为硫
单质，中铁被还原为二价铁离子，故氧化剂和还原剂转移电子数相同，都为2，故n(氧化剂)：n(还原
剂)=1:1，浸铁滤饼的主要成分为S 和“浸锰”和“浸铁”步骤中剩余未反应的Ag2S；
（3）“浸银”时发生的反应中，反应物有FeCl3，故加入H+的作用是抑制Fe3+水解，“浸银”时发生的反
应是可逆反应，用氯化物浓溶液增大溶液中氯离子浓度，可以促进平衡正向进行，提高银元素的转化率；
（4）“沉银”步骤中，前一步“浸银”时生成的
与铁反应生成银单质，铁失电子变为二价铁离子，
发生的离子方程式为2
+Fe=2Ag+4Cl-+Fe2+，沉银液主要含FeCl2，向沉银液中通入氯气将其氧化为
FeCl3，可在“浸银”时循环再用。
32
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【题型4 综合考查工艺流程与化学图像】
【例4】（2024·四川·二模）工业上以铬铁矿(
，含Al，Si 氧化物等杂质)为主要原料制备重铬酸钾
的工艺流程如图。回答下列问题：
已知：焙烧时
(铁、铬分别为
、
价)转化为
和
，同时A1、Si 氧化物转化为可溶
性钠盐。
(1)“焙烧”过程与
有关的化学反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为 。“浸取”过
程所得滤渣的用途有 (合理即可)。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c 与pH 的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度
时，可认为已除尽。
则“中和”时应控制pH 的范围为 ；从平衡移动的角度解释“酸化”过程加入
的原因
。
(3)“冷却结晶”时，相关化学反应方程式为 。
(4)
价铬的化合物毒性较大，需将
转化为毒性较低的
；工业上可采用电解法处理酸性含铬
废水：以铁板做阴、阳极，电解含铬(Ⅵ)废水，示意如图。
33
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①灵敏鉴定废水中的
：向含铬(Ⅵ)废水中加入适量
溶液发生反应，生成在乙醚中较稳定存在的
价的含铬氧化物
，1mol
中含过氧键
的数量是 。
②电解开始时，A 极上主要发生的电极反应式为 。
③电解产生的
将
还原为
同时产生
，其离子方程式为 。
【答案】(1)
制作颜料，用于工业炼铁等
(2)
体系存在平衡
，加入
溶液，
使溶液中
浓度升高，平衡逆向移动，得到高浓度的
(3)
或
(4)
(或2mol)
【分析】铬铁矿加入纯碱和O2进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，加入水进行“浸
取”，过滤，滤渣为不溶于水的Fe2O3，向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH 使Na[Al(OH)4]、
Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶
液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液加入氯化钾固体冷却结晶得到K2Cr2O7•2H2O 晶体；
【解析】（1）“焙烧”的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4和铁红，则生成Na2CrO4的化学方程式为：
4FeCr2O4+7O2+8Na2CO3
8Na2CrO4+8CO2+2Fe2O3，氧元素化合价降低，O2是氧化剂，Cr 元素化合价升
高，FeCr2O4是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为7:4；“浸取”过程所得滤渣Fe2O3是红棕色固
体，用途有制作颜料，用于工业炼铁等；
（2）“调pH”的目的是将Na[Al(OH)4]、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，由图可知，当溶液
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pH≥4.5 时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3 时，H2SiO3会再溶解生成
，因此“调pH”时pH 的理论范围为
4.5≤pH≤9.3；“酸化”过程加入
的原因是：体系存在平衡
，加入
溶液，使溶液中
浓度升高，平衡逆向移动，
得到高浓度的
；
（3）“冷却结晶”时，氯化钾固体将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，化学反应方程式为
；
（4）①
价的含铬氧化物
，氧元素化合价由1 个-2 价和4 个-1 价组成，即1mol
中含过氧键
的数量是
；
②电解开始时，A 极上主要发生的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；
③二价铁离子有还原性，
有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离
子，
被还原为Cr3+，反应方程式为：
。
【变式4-1】（2024·湖南衡阳·二模）一种硫酸镍粗品中含有
、
、
、
、
等杂质离
子，采用下列流程可以对硫酸镍进行提纯，并能获取蓝矾。
已知：常温下，①
；
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②部分金属离子（起始浓度为0.1
，沉淀完全的浓度为
）生成氢氧化物沉淀的pH 范围
如下表：
金属离子
开始沉淀的pH
1.5
4.2
6.2
6.3
6.9
11.8
完全沉淀的pH
2.8
6.2
8.2
8.3
8.9
13.8
回答下列问题：
(1)“水浸”时常适当加热，加热的目的是 。
(2)常温下，X 是一种气体，则X、
、
中键角从大到小的顺序是 （用化学式表示），
其原因是 。
(3)“沉铁”时，总反应的离子方程式为 ；其中加入
的作用是调节溶液pH＝
（填字母）。
A．1.5 B．4.0 C．6.3 D．6.9
(4)若某次工艺生产中，“沉铁”后，1.0t（体积约为
L）滤液中
，“沉钙”
后，
，则最少加入 g
（保留三位有效数字）。
(5)萃取剂P204 的结构简式如图1 所示，1mol P204 中含 mol 手性碳原子；萃取时，萃取液pH
对相关金属离子的影响如图2 所示，则最适宜的pH 为 。
【答案】(1)加快浸取速率
(2)
三者都是
杂化，
、
的中心原子分别有2 对，1 对孤电子对，
的
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中心原子无孤电子对，而孤电子对的排斥力较大，导致
的键角最小，
次之，
最大
(3)
B
(4)193
(5)2 3.4
【分析】硫酸镍粗品中含有
、
、
、
、
等杂质离子，水浸后通入H2S，生成S 和CuS
沉淀，过滤滤去滤渣1，往滤液加入H2O2，将Fe2+氧化后加入Ni(OH)2沉铁，得到Fe(OH)3沉淀后再次过
滤，往滤液加入NiF2，生成CaF2沉淀，过滤后得到NiSO4、ZnSO4溶液，用P204 将硫酸锌萃取后经蒸发结
晶等系列操作可得到硫酸镍晶体。过滤得到的S 和CuS 在空气中焙烧生成CuO 和二氧化硫，CuO 加硫酸
溶解得到硫酸铜溶液，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到胆矾晶体，据此分析解答。
【解析】（1）“水浸”时常适当加热，可以加快浸取速率；
（2）X 目的是除去铜离子，X 应为H2S，H2S、
、
三者中心原子都是
杂化，
、
的中心
原子分别有2 对、1 对孤电子对，
的中心原子无孤电子对，而孤电子对的排斥力较大，导致
的键
角最小，
次之，
最大，则键角：
>
>H2S；
（3）“沉铁”时，
将Fe2+离子氧化成Fe3+，
调节pH 值使Fe3+转化成
，总反应的离
子方程式为：
；调节pH 的目的是沉铁，但不能锌离子、镍离
子沉淀，因此pH 范围应为2.8-6.2 之间，故选B；
（4）“沉钙”过程中发生反应：
，
由
减小到
，溶液体积为
L，
，则
反应消耗的NiF2为0.99mol，完全沉淀后
，则溶液中的
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，溶液中
，
对应的
为1mol，则共需要1.99mol
，则最少加入1.99mol ×97g/mol=193g；
（5）由结构简式可知P204 中含2 个手性碳原子：
，则1molP204 中含
2mol 手性碳原子；由图中信息可知pH=3.4 时Zn2+的萃取率最高，且镍离子的萃取率较低，最适宜在该pH
下萃取锌离子。
【变式4-2】（2024·福建龙岩·一模）以大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、
Ca、Si 等元素)为原料，制备MnxOy及Mn(H2PO4)2·2H2O，所得产品具有广泛的用途。制备过程如下图所
示：
已知：①金属离子浓度≤10-5mol/L 时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围如
下：
金属离子
Mn2
＋
Fe2
＋
Fe3
＋
Al3
＋
Mg2
＋
Zn2
＋
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
25℃
②
时，Ksp(ZnS)=2.9×10-25；Ksp(MnF2)=5.3×10-3；Ksp(MgF2)=7.4×10-11；Ksp(MnCO3)=1.0×10-11。
(1)基态锰原子的价层电子轨道表示式为 。
(2)“浸取”时，有副产物MnS2O6生成，请写出该副反应的化学方程式 。温度对锰的浸出率、
MnS2O6生成率的影响如图所示，为了减少副产物的生成，最适宜的温度 。
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(3)“调pH”时，应控制的pH 范围是 。“净化”后滤渣3 的主要成分 。
(4)“沉锰”时，加入过量NH4HCO3溶液，该反应的离子方程式为 。若改用加入(NH4)2CO3溶
液，还会产生Mn(OH)2，可能的原因是：MnCO3(s)＋2OH-(aq)
Mn(OH)2(s)＋CO3
2-(aq)，25℃时，计算
该反应的平衡常数的对数值lg K = (填数值)。
(5)要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O 晶体，操作X 为 、过滤、洗涤、干燥。
(6)“煅烧”时，不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。
①晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏伽德罗常数为NA mol-1，则晶体Ⅰ的密度为
g·cm-3。
②晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过Zn2+在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。
“ii”代表电池 (填“充电”或“放电”)过程，“iii”的电极反应式为 。
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【答案】(1)
(2)MnO2+2SO2 = MnS2O6 90℃左右
(3)4.7-8.1 ZnS、MgF2
(4)Mn2++2HCO = MnCO3↓+CO2↑+H2O 1.8
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
(6)174/(a2bNA)×1030 放电 ZnxMn0.61□0.39O-2xe-= Mn0.61□0.39O+xZn2+
【分析】大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si 等元素)为原料，通入
SO2加硫酸浸取，Si 被去除，氧化将
方便后续除去，调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+沉淀，再
加MnF2和Na2S 净化主要是除去Zn2+和
，“沉锰”生成MnCO3沉淀，煅烧得到MnxOy，或者加磷酸
进一步制备可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，据此分析解题。
【解析】（1）锰原子序数为25，位于周期便第四周期第VIB 族，价层电子轨道表示式为
；
（2）“浸取”时，有副产物MnS2O6生成，该副反应的化学方程式
，结合题目中所
给温度对锰的浸出率、MnS2O6生成率的影响图，为了减少副产物的生成，最适宜的温度90℃左右；
（3）“调pH”时，为了保证杂质离子沉淀，锰离子不沉淀，应控制的pH 范围是4.7-8.1，可让
和部分
沉淀，再加
和
净化主要是除去
和
，因此“净化”后滤渣3 的主要成分
ZnS、MgF2；
（4）“沉锰”时，加入过量NH4HCO3溶液，该反应的离子方程式为
，对于反应
，
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，
完全沉淀时，pH
，
，且
，
，所以
，故
，
；
（5）要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O 晶体，操作X 为蒸发浓缩、冷却结晶；
（6）根据均摊法，
原子个数为
，O 原子个数
，根据晶体密度计算公式，则晶体
Ⅰ的密度为
g·cm-3；
晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过
在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，“ii”代表电池放电过
程，“iii”的电极反应式为ZnxMn0.61□0.39O-2xe-= Mn0.61□0.39O+xZn2+。
【变式4-3】（2023·四川绵阳·三模）锡烟尘(主要含ZnO、
、SnO、
、
、
)氧压浸
出分离回收金属的工艺流程如下：
已知：
。请回答下列问题：
(1)“氧压浸出”过程中，生成单质S 的离子方程式为 。
(2)实验测得氧分压对Sn、In、Zn 的浸出率影响如图所示：
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结合反应的离子方程式，从平衡移动的角度解释氧分压对Sn 的浸出率的影响： ；最佳氧分压为
。
(3)“萃取”过程中，发生反应
。
①“萃取”实验中，使用的硅酸盐仪器有 。
②“萃余液Ⅰ”中含有的金属离子为 。
(4)“反萃取”过程中将有机层
转移到水层，为使
尽可能多地发生上述转移，可采取的措施为
。
(5)“反萃取”后，可先中和，再加入Zn 粉置换，中和的目的是 ；已知常温下，“反萃取”后溶液中
的浓度为
，则中和时可调节pH 的最大值为 。
【答案】(1)
(2)
，氧分压增大，平衡正向移动，Sn 的浸出率降低 0.7Mpa
(3)烧杯、分液漏斗
、
(4)多次反萃取，适当提高酸的浓度，充分振荡(答案合理即可)
(5)减少Zn 粉的使用量 4
【分析】锡烟尘(主要含ZnO、
、SnO、
、
、
)进行氧压浸出，将-2 价硫氧化为硫单
质，SnO 酸性条件下氧化生成H2SnO3沉淀，其余均转化为金属离子进入溶液中，加入萃取剂将In3+萃取入
有机层中，分液，在有机层中加入反萃取剂，得到含In3+的无机溶液，锌置换得到In。
【解析】（1）根据质量守恒、得失电子守恒判断，“氧压浸出”过程中，生成单质S 的离子方程式为
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。
（2）根据题图判断，氧分压越大，Sn 的浸出率越低，可能原因为浸出过程中发生反应
，氧分压增大，平衡正向移动，Sn2+转化为
的量增大，则浸
出率降低；氧分压高于0.7MPa 时，Zn2+、In3+的浸出率没有明显上升，则最佳氧分压为0.7Mpa。
（3）①“萃取”实验中，使用的硅酸盐仪器(即玻璃仪器)为烧杯、分液漏斗；
②由流程分析可知，“萃余液Ⅰ”中含有的金属离子为
、
。
（4）“反萃取”过程中将有机层
转移到水层，为使
尽可能多地发生上述转移，可采取的措施为：
多次反萃取，适当提高酸的浓度，充分振荡(答案合理即可)。
（5）“反萃取”后，溶液中含有较多H+，先中和可减少Zn 粉的使用量；根据题意计算，
，
，
，即中和时可调节pH 的最大值为4。
【题型5 综合考查工艺流程与晶胞结构】
【例5】（2024·广东广州·二模）我国是世界上稀土资源最丰富的国家，冶炼提纯技术位于世界前茅。从某
种磷精矿(主要成分为
，含少量
)分离稀土元素钪(
)的工业流程如
下：
(1)钪的基态原子核外价电子排布式为 。
(2)“萃取”的目的是富集
，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。
①通过
制得有机磷萃取剂
，其中
代表烃基，
对
产
率的影响如下表。
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产率/
82
62
20
由表可知：随
中碳原子数增加，
产率降低，请从结构的角度分析原因 。
②“反萃取”的目的是分离
和
元素。向“萃取液”中通入
，
的沉淀率随
的变
化如图。试剂X 为 (填“
”或“
”)，应调节
为 。
③反萃取时，通入
得到
沉淀的过程为：
i．
ii． (写出该过程的化学方程式)。
(3)草酸钪晶体
在空气中加热，
随温度的变化情况如图所示。250℃晶体主
要成分是 (填化学式)，
℃反应的化学方程式为 。
(4)
的一种氢化物晶胞结构如图，晶体中H 周围与其最近的
的个数为 。
为阿伏伽德罗常数
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的值，晶胞参数为
，则该晶胞的密度为
。
【答案】(1)3d14s2
(2) 随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H 键更难断裂，(RO)3PO 产率降低 SO2 2
(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3
(3)Sc2(C2O4)3•H2O Sc2(C2O4)3+3O2
2Sc2O3+12CO2
(4) 4
【分析】磷精矿加入硝酸酸浸，过滤得到二氧化硅不反应得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，
加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入试剂X 为亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH 分
离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2，滤液加入草酸分离出草
酸钪晶体；
【解析】（1）钪为21 号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，核外价电子排布式为：
3d14s2；
（2）①由表可知：随-R 中碳原子数增加，(RO)3PO 产率降低，请从结构的角度分析原因：随着碳原子数
增加，烃基推电子能力增强，O-H 键更难断裂，(RO)3PO 产率降低．故答案为：随着碳原子数增加，烃基
推电子能力增强，O-H 键更难断裂，(RO)3PO 产率降低；
②由图可知，亚铁离子与Sc3+的分离效果更好，则试剂X 为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选择
SO2，二氧化硫和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸，利于铁离子与Sc3+的分离，结合图像可知，应调节pH
为2，此时Sc3+几乎完全沉淀，而亚铁离子几乎没有沉淀，分离效果好，故答案为：SO2；2；
③总反应为通入NH3得到ScPO4沉淀，反应i.H3PO4+3NH3═(NH4)3PO4，则反应ii 为(NH4)3PO4和稀土的硝酸
盐转化为ScPO4沉淀的反应，(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3，故答案为：
(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3；
（3）设起始时Sc2(C2O4)3•6H2O 的物质的量为1mol,质量为462 g,由图可知，250℃时，减少的质量为
45
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462g×19.5%≈90g，
=5mol,即晶体失去5 个结晶水，故250℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3•H2O，
250～550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g,可知550℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3，850℃时剩余固体的
质量为462g×(1-19.5%-3.9%-46.88%)≈138g,除去钪元素质量后剩余质量为138g-2mol×45g/mol=48g,应为氧元
素的质量，
=3mol,则850℃时晶体的化学式为Sc2O3，故550～850℃发生反应的化学方程式为：
Sc2(C2O4)3+3O2
2Sc2O3+12CO2；
（4）Sc 的一种氢化物晶胞结构如图2，晶体中H 周围与其最近的Sc 的个数为：4，晶胞中分摊法得到，Sc
个数=8×
+6×
=4，H 个数8 个，表示的氢化物为：H8Sc4， NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞质量为
，晶胞参数为anm，晶胞体积为V=(a×10−7)3cm3，则该晶胞的密度
。
【变式5-1】（2024·广东佛山·一模）稀土（RE）包括镧（La）、铈（Ce）等元素，是重要的战略资源，
从离子型稀土矿（含Fe、Al 等元素）中提取稀土元素并获得高附加值产品的一种工艺流程如图所示：
已知：该工艺下，除铈（Ce）外，稀土离子保持＋3 价不变；金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH 见下
表。
离子
开始沉淀时的pH
1.5
4.3
5.6（
为6.2）
沉淀完全时的pH
3.2
5.5
/（
为9.0）
回答下列问题：
46
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(1)“预中和”工序中：
①该工序适宜的pH 范围是 。
②胶状
的X 射线衍射图谱中， （选填“能”或“不能”）观察到明锐的衍射峰。
(2)“调pH”工序中，
发生的离子反应方程式为 。
(3)滤液3 可返回 工序循环使用。
(4)“沉淀”工序产物为 （选填“
”或“
”），理由是 [
：
]。（当反应的
时可认为反应完全）
(5)含氟稀土抛光粉的主要成分为
，焙烧时发生的化学反应方程式为 。
(6)利用离子交换法浸出稀土的过程如图所示。已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强．下列
离子对
交换能力最强的是______。
A．
B．
C．
D．
(7)银铈合金是优良的导电材料，一种银铈晶体结构单元如图（a）所示：
①将该结构单元示意图（b）补充完全 。
②该晶体的化学式为 。
【答案】(1) 3.2≤pH＜4.3 不能
47
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(2)
(3)酸溶
(4) La(OH)3
，
，
＞
(5)
(6)C
(7)
Ag15Ce
【分析】稀土矿物与盐溶液发生离子交换除去矿渣，预中和加入碳酸氢铵将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，
再加入碳酸氢铵调节pH 沉淀氢氧化铝与稀土元素，在沉淀中加入氢氧化钠将氢氧化铝沉淀溶解，水解转
化为Al(OH)3.nH2O，将稀土元素的沉淀加HCl 溶解，一部分加碳酸钠沉淀之后转化为La2O3，加入CeF2焙
烧转化为含氟稀土抛光粉，另一部分加草酸酸化得到La2O3和含稀土合金，据此回答。
【解析】（1）①“预中和”工序中使铁离子沉淀，其他金属阳离子不沉淀，pH 的范围为：3.2≤pH＜4.3；
②只有晶体在X 射线衍射图谱中才能观察到明锐的衍射峰，而胶体不是晶体；
（2）“调pH”工序中，Al3+与碳酸氢根强烈双水解，发生的离子反应方程式为
；
（3）滤液3 溶液中含有草酸，可以回到酸溶工序中循环利用；
（4）①“沉淀”工序产物为La(OH)3；
②根据表中数据可得
，
48
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，
＞
；
（5）含氟稀土抛光粉的主要成分为CeLa2O4F2，焙烧时发生的化学反应方程式为：
；
（6）根据离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强，对RE3+交换能力最强的是Mg2+，故选C；
（7）①根据图（a）可以看出，Ce 在前面的两个顶点，且位于面对角线的位置，Ag 在剩下的6 个顶点和6
个面心，所以结构单元示意图（b）补充完全为
：
Ce
②
在顶点，均摊为
，Ag 在剩下的6 个顶点和6 个面心，均摊为
，所以化学式为
Ag15Ce。
【变式5-2】 （2024·广东梅州·一模）催化裂化（FCC）是石油精炼中最重要的转化之一。FCC 催化剂中
含有多种金属元素，一种针对FCC 废催化剂（含较多的
、铁铝的氧化物和少量其他可溶于酸的物
质，固载在玻璃纤维上）综合回收利用的工艺流程如下：
已知：①
不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH 溶液；②常温下
，
49
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，
。
。
回答下列问题：
(1)已知基态Ce 原子价层电子排布式为
，它有 个未成对电子，它的最高正化合价为
。
(2)物质X 为 ，若利用pH 传感器监测反应2，当
时，
已沉淀完全（
时视为沉淀完全）。
(3)反应3 的化学反应方程式为 ，其中
的作用与反应1 中的
作
用 （填“相同”或“不相同”）。
(4)从溶液中获得
晶体的“一系列操作”包括 、过滤、洗涤、常温晾干。
的空间构型为 。
(5)氧化铈（
）是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示，则每个
晶胞中
个数为 。
【答案】(1) 2 +4
(2) 氨水 3.3
(3)
不相同
(4)蒸发浓缩、冷却结晶 正四面体
(5)4-8x
50
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【分析】FCC 废催化剂(含较多的CeO2、铁铝的氧化物和少量其他可溶于酸的物质，固载在玻璃纤维上)与
硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁和硫酸亚铁，滤渣1 为CeO2，与稀硫酸、过氧化氢反应生成Ce3+，发生反应
4 生成氢氧化铈，煅烧生成CeO2，最终得到铈；亚铁离子被过氧化氢氧化生成铁离子，与氨水反应生成硫
酸铝铵晶体。
【解析】（1）Ce 原子价层电子排布式为
，由价电子排布可知其单电子数为2，价电子总数为4，
则其最高正价为+4 价；
（2）将硫酸铝转化为硫酸铝铵晶体，则物质X 为氨水，反应2 中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，若利
用pH 传感器检测反应2，
，pH=3.3；
（3）反应3 中CeO2与稀硫酸、过氧化氢反应生成Ce3+，其反应化学方程式为：；
；其中
的作用是还原剂，反应1 中
将亚铁离子氧
化为铁离子，其作用为氧化剂，则两者中
的作用不相同；
（4）从溶液中获得
晶体的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、
常温晾干；
中中心原子的价层电子对数为4+0=4，其空间构型为正四面体；
（5）假设
晶胞中
和
个数分别为m 和n，则m+n=1，由化合价代数和为0 可得4m+3n=4-
2x，解得：m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的
和
个数为
，所以每个晶
胞中
的个数为4-8x。
【变式5-3】 （2024·河南信阳·二模）一种银铟矿主要成分为
、
、
、
、
、
、
、
等物质，从该矿获得稀有金属的工艺流程如图所示：
51
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该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如表：
金属离子
开始沉淀的pH
2.2
2.1
2.6
4.6
6.24
7.1
完全沉淀(
)的pH
3.2
3.4
4.3
6.6
8.24
9.1
(1)“浸出”过程中金、银、铜分别转化为
、
、
进入溶液，同时生成硫，写出
发生反
应的离子方程式 。
(2)高温水蒸气除铁利用了
易水解的性质，写出该反应的化学方程式 。
(3)“二次还原”得到的滤渣主要成分 (填化学式)。
(4)“二次中和”得到的滤渣除少量
外，主要成分还有 (填化学式)。
(5)“分铅锌”步骤中，维持
饱和水溶液的浓度为0.01mol/L，为使
沉淀完全(沉淀完全是指离子浓度
小于或等于
)，需控制溶液的pH 不小于 。已知
：
；
；
；
(6)一种铜铟硒晶体(化学式为
)的晶胞结构如图所示，晶胞中
和
未标明，用A 或者B 代替。推
断
是 (填“A”或“B”)，晶体中一个
周围与它最近且等距离的A 粒子的个数为
。
52
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【答案】(1)
(2)
(3)
、
、
(4)
、
(5)1.24
(6) A 8
【分析】银铟矿主要成分为
、
、
、
、
、
、
、
。银铟矿加NaCl-HCl-
NaClO“浸出”，浸出渣中含有S，浸出液中含有
、
、
、ZnCl2、PbCl2、FeCl3、InCl3、
CaCl3；浸出液中通入水蒸气生成Fe2O3除铁，加碳酸钙调pH=1.8，加铜粉“一次还原”还原出Ag、Au，
加铜粉“二次还原”还原出Cu、Pb，滤液加碳酸钙“二次中和”调pH=4.5，生成
、
；滤
液通入H2S 生成PbS、ZnS 分离出铅锌。
【解析】（1）“浸出”过程中
转化为
进入溶液，同时生成硫，根据氧化还原反应规律，NaClO
被还原为NaCl，反应的离子方程式为
；
（2）高温水蒸气促进了
水解生成氧化铁和氯化氢，反应的化学方程式
53
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。
（3）Cu、Pb 的活泼性比铁弱，加铁粉“二次还原”还原出Cu、Pb，得到的滤渣主要成分Fe、Cu、
。
（4）“二次中和”调pH=4.5，根据金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 表，生成
、
、
沉淀；得到的滤渣除少量
外，主要成分还有
、
。
（5）“分铅锌”步骤中，维持
饱和水溶液的浓度为0.01mol/L，为使
沉淀完全，则c(S2-)>
,
,
,
，所以需控制溶液的pH 不小于1.24。
（6）根据均摊原则，白球数为
，灰球数为8，根据化学式
，推断
是A。根据图
示，晶体中一个
周围与它最近且等距离的A 粒子的个数为8。
【题型6 综合考查化学计算与工艺流程】
【例6】（2024·四川成都·二模）以废钒催化剂(
及有机物)为原料制取
的工艺
流程如下，回答下列问题：
已知：
；
。
(1)低温焙烧的目的是 。
(2)为提高高温氧化的速率，可采取的一种措施是 ，写出
被氧化为
和
的化学方
程式 。
54
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(3)写出浸取时产生的滤渣I 的一种用途 。
(4)沉铝时发生反应的离子方程式为 。
(5)沉钒时控制溶液
，钒以
的形式沉淀，沉钒过程中沉钒率随温度升高先增大，80℃时沉钒
率达最大值，继续升高温度，沉钒率下降。继续升高温度，沉钒率下降的原因是 。室温下，若
的溶度积常数为
，当
刚好沉淀完全时，溶液中
，
则
的电离常数= [
刚好沉淀完全时
]。
(6)称取
产品，加入适量稀硫酸溶解(假设杂质不与硫酸反应)，得到
溶液，再向溶液
中加入
亚硫酸钠溶液
，充分反应后得到
溶液，最后用
的高锰酸钾溶液滴
定剩余亚硫酸钠，达到滴定终点时消耗高锰酸钾溶液
，则
产品的纯度为 。
【答案】(1)去除有机物
(2) 将原料粉碎（其他合理答案也可）
(3)用作油漆的红色颜料（其他合理答案也可）
(4)
(5)
溶液呈酸性，为控制溶液pH=7 需要加入少量
，当升高温度时，NH3易逸出，促进
水解，使得pH 下降，沉钒率下降
(6)25%
【分析】废钒催化剂(
及有机物)先进行低温焙烧，去除有机物，再加入
进
行高温氧化，将
氧化为
和
，化学方程式为：
55
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，加入
进行高温焙烧，发生反应
，
，加水浸取并过滤，滤渣Ⅰ
为
，滤液中有
、
，加入
溶液进行沉铝，发生反应
，过滤后向滤液中加入
溶液进行沉钒，发生反应：
，煅烧
可得
。
【解析】（1）低温焙烧的目的是：去除有机物；
（2）为提高高温氧化的速率，可采取的措施有：将原料粉碎、搅拌等；
被
氧化为
和
，化学方程式为：
；
（3）由分析得，滤渣Ⅰ为
，可用作油漆的红色颜料；
（4）沉铝时
和
反应，生成
沉淀和
，反应的离子方程式为：
；
（5）
溶液呈酸性，为控制溶液pH=7 需要加入少量
，当升高温度时，NH3易逸出，促进
水解，使得pH 下降，沉钒率下降；当
刚好沉淀完全时，
，溶液中
，
，则
56
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，
的电离常数
；
（6）由于
，与高锰酸钾反应的
的物质的量为：
，与
反应的
的物质的量为：
，根据反
应方程式
、
，得到关系式：
，即
，质量为
，纯度为：
。
【变式6-1】（2024·辽宁·一模）废钼催化剂中含有钼、钴、镍等非常有价值的金属元素，回收其中的金属
具有巨大的经济和环境意义。一种从废钼催化剂(主要成分为
、
，含少量CoO、CoS、NiO、
等)中回收有价值金属的工艺流程如下图。
已知：①碱浸后滤液中主要成分为
。
②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
2.2
6.4
7.2
沉淀完全时(
)的pH
3.2
9.0
8.7
57
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③钼酸铵
为白色晶体，具有很高的水溶性，不溶于乙醇。
回答下列问题：
(1)钼酸铵
中Mo 元素的化合价为 ；“焙烧”时
转化为
，该反应的
化学方程式为 。
(2)“碱浸”时NaOH 加入量/钼理论耗量、浸出温度、浸出时间对钼浸出率的影响如图所示。
则“碱浸”时适宜的生产工艺条件：氢氧化钠加入量/钼理论耗量 、浸出温度 、浸
出时间2.4h。
(3)“除铁”时应调节溶液pH 的范围为 。
(4)若“沉钴镍”时调节溶液pH=9.5，则此时溶液中
(pX=-lgX)。
(5)经过降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到
晶体，洗涤时所选用的最佳试剂为
。
(6)100.00kg 该废钼催化剂(含Mo 元素质量分数为10.56%)通过该工艺最终得到30.10kg 七水钼酸铵(相对分
子质量为322)产品，则该工艺中七水钼酸铵的收率为 %(保留一位小数。收率
)。
【答案】(1) ＋6
(2) 1.0 85℃
(3)3.2~6.4
(4)-0.6
(5)乙醇
(6)85.0
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【分析】由题干工艺流程图可知，废钼催化剂在空气中焙烧将MoS2氧化为MoO3，CoS 转化为CoO，同时
放出气体为SO2，向固体中加入NaOH 和H2O2进行“碱浸”将MoO3转化为Na2MoO4溶液，过滤得到滤渣
主要成分为CoO、NiO、Fe2O3，滤液主要为Na2MoO4溶液，向滤渣中加入稀HNO3，将氧化为转化为
Co2+、Ni2+和Fe3+，然后加入NaOH 溶液调节pH 值进行除铁，即产生Fe(OH)3过滤除去，向滤液中继续加
入NaOH 溶液，将Co2+、Ni2+转化为Co(OH)2、Ni(OH)2沉淀，向Na2MoO4溶液中加入稀硝酸进行沉钼转化
为H2MoO4沉淀，向沉淀中加入氨水，将沉淀转化为(NH4)2MoO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗
涤干燥等一系列操作即得(NH4)2MoO4·7H2O 晶体，据此分析解题。
【解析】（1）根据化合物各元素化合价代数和为0，钼酸铵[(NH4)2MoO4]中Mo 元素的化合价为+6，“焙
烧”时空气中氧气为氧化剂，MoS2转化为MoO3，同时硫元素被氧化为SO2，该反应的化学方程式为
；
（2）由题干“碱浸”时 NaOH 加入量、浸出温度、浸出时间对钼浸出率的影响图示信息可知，NaOH 加
入量/钼理论耗量为 1.0、浸出温度为85℃、浸出时间约为2.4h 的条件下，钼浸出率最大，则应选择的适宜
的生产工艺条件为NaOH 加入量/钼理论耗量为1.0、浸出温度为85℃、浸出时间约为2.4h；
（3）由题干表中数据可知，“除铁”时即让Fe3+完全沉淀而Ni2+、Co2+不沉淀，则应调节溶液pH 的范围
为3.2≤pH＜6.4；
（4）若“沉钴镍”时调节溶液pH=9.5，则此时溶液中c(H+)=10-9.5mol/L，c(OH-)=10-4.5mol/L，则此时溶液
中c(Ni2+)=
，c(Co2+)=
，故
；
（5）经过降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到(NH4)2MoO4 7H
⋅
2O 晶体，洗涤时所选用的最佳试剂为
乙醇，既可以减小晶体的溶解损耗，同时乙醇易挥发便于干燥；
（6）根据Mo 元素守恒可知，100.00kg 该废钼催化剂(含 Mo 元素质量分数为10.56%)理论上应该生成七
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水钼酸铵的质量为：100.00kg×10.56%×
=35.42kg，通过该工艺最终得到30.10kg 七水钼酸铵(相对分子
质量为322)产品，则该工艺中七水钼酸铵的收率为
×100%=85.0%。
【变式6-2】（2024·江西鹰潭·一模）镍有广泛的用途，不仅可以用于不锈钢的制造，目前也是三元锂电池
中的重要元素。由红土镍矿(主要成分为NiO，还含有少量
以及铁的氧化物等)可以制取黄钠铁
矾
和
。
(1)Fe 位于元素周期表第 周期第 族。
(2)为加快红土镍矿的溶解，在“酸浸”步骤中可采取的措施是 (举一例)。
(3)“预处理”中，反应的离子方程式为 。
(4)“沉铁”中若采用
作为除铁所需钠源，
的用量对体系pH 和镍的损失影响如图所示。当
的用量超过
时，镍的损失率会增大，其可能的原因是 。(已知
开始沉
淀的pH 分别为2.2、7.5)
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(5)若溶液中
为0.1mol/L，溶液的体积为1L，则要使溶液中
，应加入固
体NaF 为 mol[忽略体积的变化，已知
]。“沉镁”时应保证MgO 将溶液
的pH 调节至5.5～6.0，原因是 。
(6)硫酸钠与硫酸镍晶体的溶解度曲线图如图所示，由滤液Y 制备
的步骤为：
Ⅰ．边搅拌边向滤液Y 中滴加NaOH 溶液至沉淀完全，过滤：
Ⅱ．用蒸馏水洗涤固体；
Ⅲ．将所得固体分批加入足量稀硫酸，搅拌使其完全溶解：
Ⅳ．稍低于___________℃减压蒸发浓缩，降温至稍高于___________℃，趁热过滤。
请回答：
①步骤Ⅱ中确定固体洗涤干净的方法是 。
②步骤Ⅳ中横线上的数字分别是 、 。
【答案】(1) 四 Ⅷ
(2)研磨粉碎红土镍矿或增大酸的浓度或适当升高温度等
(3)
(4)pH>2.2 后，容易形成氢氧化铁的胶体，吸附溶液中的Ni2+，造成镍的损失
(5) 0.21 pH 过小，难以形成MgF2沉淀；pH 过大，会形成Ni(OH)2沉淀
(6) 取最后一次的洗涤液于一支洁净的试管中，向其中滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，则已洗涤干净
53.8 30.8
【分析】红土镍矿加入稀硫酸进行酸浸，二氧化硅不反应，滤渣为二氧化硅，NiO 与稀硫酸反应生成
Ni2+，MgO 转化为Mg2+，铁的氧化物转化为Fe3+或Fe2+；加入双氧水进行预处理，Fe2+被氧化为Fe3+，加入
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硫酸钠固体进行沉铁，生成黄钠铁矾；加入氧化镁调节pH，加入NaF 溶液进行沉镁，得到滤液Y，滤液Y
经过一系列处理后得到
固体。
【解析】（1）Fe 位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族。
（2）反应速率受温度、浓度、接触面积等影响，为加快红土镍矿的溶解，在“酸浸”步骤中可采取的措
施有研磨粉碎红土镍矿、增大酸的浓度或适当升高温度等。
（3）“预处理”中，H2O2与Fe2+反应的离子方程式为
。
（4）
开始沉淀的pH 为2.2，当pH>2.2 后，容易形成氢氧化铁胶体，吸附溶液中的Ni2+，造成镍损
失。
（5）沉镁时发生反应
，当溶液中
为0.1mol/L，溶液的体积为1L 时，完全反应
Mg2+需要消耗NaF 0.2mol，根据平衡
可知，要使溶液中
，
，溶液体积为1L，则共
需要
。“沉镁”时应保证MgO 将溶液的pH 调节至5.5～6.0，原因是pH 过小，难以形成
MgF2沉淀；pH 过大，会形成Ni(OH)2沉淀。
（6）①检验固体洗涤干净即检验固体表面不含SO
，故可取最后一次的洗涤液于一支洁净的试管中，向
其中滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，则已洗涤干净。
②由图可知，要制得
固体，应稍低于53.8 ℃减压蒸发浓缩，降温至稍高于30.8 ℃，趁热过
滤。
【变式6-3】（2024·北京海淀·三模）
是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为
，还含
有
、
等)为原料制备
的工艺流程如图。
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资料：
难溶物
(1)沉淀池1 中，先加
充分反应后再加氨水。写出加
时发生反应的离子方程式： 。
(2)沉淀池2 中，选择含硫沉淀剂而不选择
的原因是 。
(3)如图为
和
的溶解度曲线。从“含
的溶液”中提取
晶体”的操作为
，洗涤干燥。
(4)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有
。其含量测定方法如下。
称取
废渣，加酸将锰元素全部溶出成
，过滤，
i．将滤液定容于
容量瓶中；
ii．取
溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量
溶液，加热、充分反应后。
iii．煮沸溶液使过量的
分解。
iv．加入指示剂，用
溶液滴定。滴定至终点时消耗
溶液的体积为
重新变成
。
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①步骤ii 中反应的离子方程式是 。
②废渣中锰元素的质量分数为 。
③若省略步骤iii，则测定的结果将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(5)废渣若长期露置于空气，其中的锰元素会逐渐转化为
。研究者用如图装置提取
中的锰元
素。图中“
”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中
先增大后
减小，减小的原因是 (写出两条)。
【答案】(1)
(2)
和
的
相差不多，
沉淀完全时
也会沉淀。
的
远小于
完全沉淀时，
不会沉淀
(3)加热蒸发至有大量固体析出时，趁热过滤
(4)
偏大
(5)电流继续增大，
在阴极放电：
，使得
减小；
放电直接生成
而不是
被
还原的反应不能进行，使得
减小；
在阳极放电生成
，使得
减
小
【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有
、
等)酸浸后得到MnSO4、FeSO4、
Fe2(SO4)3、CoSO4等；加入 MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水除去Fe3+，加入含硫沉淀剂是为
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了除去Co2+，最后经处理得到含 MnSO4的溶液，结晶得到 MnSO4晶体。
【解析】（1）加入 MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为
；
（2）选择含硫沉淀剂而不选择
的原因是
和
的
相差不多，
沉淀完全时
也会沉淀。
的
远小于
完全沉淀时，
不会沉淀；
（3）从溶解度曲线中可以看出，(NH4)2SO4的溶解度随温度升高而升高，MnSO4的溶解度随温度升高而降
低，故从“含 MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”可以采用蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥的方法。
（4）①步骤ii 中
将
氧化成
，根据得失电子守恒及元素守恒得离子方程式：
；
②滴定时发生反应：
，由此可得关系式：
，
c(Mn2+)=
；滤液中n(Mn2+)=
，ag 废渣中m(Mn2+)=
，废
渣中锰元素的质量分数为：
=
。
（5）图中阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极反应为4H++4e-=4H·、2H·+MnO2+2H+=Mn2++2H2O，随着电
流继续增大，
在阴极放电：
，使得
减小；
放电直接生成
而不是
被
还原的反应不能进行，使得
减小；
在阳极放电生成
，使得
减
小。
【题型7 综合考查工艺流程与化学实验】
【例7】（2024·天津南开·一模）钪（
）是一种功能强大的稀土金属，广泛用于航天、激光、导弹等尖
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端科学领域。钛铁矿主要成分为钛酸亚铁
，还含有少量
、
、
等杂质，从钛铁矿中
提取
的流程如下图：
回答下列问题：
(1)“滤渣”的主要成分是 。
(2)“酸浸”后，钛主要以
的形式存在于溶液中，
在一定条件下可完全水解生成
，写
出
水解的离子方程式： 。
(3)实验室萃取装置如下图所示，仪器a 的名称为 ，将萃取后的两层液体分开的操作名称为
。
(4)25℃时“调
”先加氨水调节
，过滤除去
。再向滤液中加入氨水调节
，已知
，此时滤液中
的浓度为
。写出检验含
滤液中是否含
的方法： 。
(5)“沉钪”时用到草酸，已知草酸的
；
，则在25℃时，
的草酸溶液中
。
(6)
在空气中“焙烧”时生成
，该反应的化学方程式为 。
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【答案】(1)
(2)
(3)分液漏斗 分液
(4)
取少量滤液于试管中，滴入12 滴
溶液，溶液变红色，证明含有
(5)8.4
(6)
【分析】钛铁矿的主要成分为FeTiO3，其他成分为Sc2O3、MgO、SiO2，酸浸后生成Sc3+、TiO2+、Fe3+、
Mg2+，SiO2不反应，变成滤渣沉淀下来；水解过程中TiOSO4生成TiO2 xH
⋅
2O 沉淀；萃取和反萃取操作之
后，酸溶之后的金属阳离子没有Mg2+，说明萃取和反萃取可以除去溶液中的Mg2+；加盐酸溶液酸溶之后主
要的金属阳离子有Sc3+、TiO2+、Fe3+，向滤液中加入氨水使Fe3+、TiO2+离子转化为沉淀，过滤得到含有氢
氧化铁、TiO2 xH
⋅
2O 的滤渣和含有钪离子的滤液；向滤液中加入草酸溶液，将钪离子转化为草酸钪沉淀，
过滤后焙烧草酸钪得到三氧化二钪。
【解析】（1）由分析可知，钛铁矿中只有SiO2不与强酸反应，故滤渣为SiO2；
（2）由分析可知，TiOSO4水解后的产物为TiO2 xH
⋅
2O 沉淀，故水解方程式应为：TiO2++
(x+1)H2O=TiO2 xH
⋅
2O↓+2H+；
（3）仪器a 的名称为分液漏斗，将萃取后的两层液体分开的操作名称为分液；
（4）已知Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10−31，
，故
，检验含Sc3+滤液中是否含Fe3+的方法是取少量滤液
于试管中，滴入1、2 滴KSCN 溶液，溶液变红色，证明含有Fe3+；
（5）草酸的Ka1=5.6×10−2；Ka2=1.5×10−4，
，pH=3，
67
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c(H+)=10-3mol/L，故
；
（6）草酸钪在空气中充分灼烧得到一种无毒气体，根据元素守恒可得无毒气体为CO2，故该反应的化学方
程式为
。
【变式7-1】（2024·黑龙江绥化·一模）“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤，探索宇宙奥秘离
不开化学。镍铼合金是制造喷气发动机的燃烧室、涡轮叶片及排气喷嘴的重要材料。元素铼（
）的熔点
仅次于钨，是稀有金属之一，地壳中铼的含量极低，多伴生于铜、锌、铅等矿物中。工业上，常从冶炼铜
的富铼渣（含
）中提取铼，其工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)矿样粒度与浸出率关系如下图所示，则“浸出”时应将富铼渣粉碎至___________目（填字母）。
A．60
B．80
C．100
D．120
(2)已知“浸出”时反应中
转化为两种强酸，写出富铼渣“浸出”时发生反应的离子方程式：
。
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(3)实验室中，操作Ⅲ所用装置应选用___________（填字母）。
A．
B．
C．
D．
(4)“一系列操作”包括① （填操作名称，下同）、冷却结晶、过滤、洗涤和② ；从
下列仪器中选出①②中需使用的仪器，依次为 （填字母）。
A．
B．
C．
D．
(5)已知高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水，欲得纯度更高的高铼酸铵晶体，可通过
法提纯；“热还原”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
【答案】(1)D
(2)2ReS2 +19H2O2=2ReO +4SO
+10H+ +14H2O
(3)D
(4)蒸发浓缩 干燥 B、C
(5)重结晶 1：7
【分析】由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液浸出，二硫化铼与过氧化氢酸性溶液反
应生成高铼酸和硫酸，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入含R3N 的有
机溶液萃取、分液可得到可循环使用的稀硫酸和含铼的有机层；向有机层加入氨水，将高铼酸转化为高铼
酸铵，分液得到高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶
体；高铼酸铵与氧气共热反应生成氮气和七氧化二铼；七氧化二铼在800℃条件下和氢气发生置换反应生
成铼。
【解析】（1）由图可知，浸出时将富铼渣粉碎至120 目时，浸出率可以达到95%，矿样粒度大于120 目，
浸出率变化不大，则浸出时应将富铼渣粉碎至120 目，故选D；
（2）由分析可知，二硫化铼转化为两种强酸的反应为酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还
原反应生成高铼酸和硫酸，反应的离子方程式为2ReS2 +19H2O2=2ReO +4SO
+10H++14H2O，故答案为：
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2ReS2 +19H2O2=2ReO +4SO
+10H++14H2O；
（3）由分析可知，加入氨水的目的是将高铼酸转化为高铼酸铵，分液得到高铼酸铵溶液，则操作Ⅲ为分
液操作，故选D；
（4）由分析可知，一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体，蒸发操作
需要用到蒸发皿、干燥操作需要用到干燥器，故答案为：蒸发浓缩；干燥；BC；
（5）由高铼酸铵晶体微溶于冷水，易溶于热水可知，可以用重结晶的方法得到纯度更高的高铼酸铵晶
体；由分析可知，七氧化二铼在800℃条件下和氢气发生置换反应生成铼和水，反应的化学方程式为Re2O7
+7H2
2Re+7H2O，则氧化剂七氧化二铼与还原剂氢气的物质的量比为1：7。
【变式7-2】（2024·四川·一模）硝酸镉晶体
常用于瓷器上色。某学习小组在实验室以
镉黄废料［主要含
(难溶于水)，含少量
、
、
、
］为原料制备硝酸镉晶体，制作流程
如图所示。
已知：①温度较高时，硝酸镉易分解；
25℃
②
，部分氢氧化物的
如下表所示：
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，
、
与一定浓度稀硝酸反应，均生成单质硫和
，
与稀硝酸反应的离子方程式
为 ，该反应中参加反应的硝酸中，被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为
。“酸浸”所得溶液中，含有的阳离子有
、
、 。
(2)当溶液中离子浓度
时，认为该离子已完全除去。若“除杂”所得滤液中
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，则 (填“能”或“不能”)调节溶液
，以达到除去硝酸镉溶液中的
的目的，原因是 。
(3)硝酸镉与硝酸锌的溶解度随温度的变化关系如图。
“系列操作”依次为：
步骤i：将除杂所得滤液加热浓缩至溶液表面生成薄膜为止；
步骤ii：……
步骤iii：……
步骤iv：在低温烘干，制得硝酸镉晶体成品。
①“步骤i”加热浓缩滤液，用到的仪器有蒸发皿、铁架台(带铁圈)、玻璃棒、石棉网，还需要用到的仪器
有 (填标号)。
a．
b．
c．
d．
②“步骤ii”、“步骤iii”分别为 ， 。
③“步骤iv”中，采用低温烘干的原因是 。
【答案】(1) 3CdS+8H++2NO =3Cd2++3S+2NO↑+4H2O 1 3 Fe
∶
3+、Al3+、H+
(2) 不能 当Zn2+完全沉淀时Qc[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH-)=0.1mol/L×(1.0×10-6)2=1.0×10-13＞
Ksp[Cd(OH)2]=3.2×10-14，已经沉淀了部分Co2+
(3)ac 冷却结晶或降温结晶 过滤、洗涤 避免温度过高，失去部分结晶水；温度过高，硝酸
镉受热分解
【分析】“酸浸”：根据问题(1)以及镉黄废料所含杂质，加入硝酸，将硫元素氧化成硫单质，+2 价Fe 被
氧化成Fe3+，二氧化硅为酸性氧化物，不溶于硝酸，滤渣1 主要成分是S 和SiO2，滤液中所含离子有
Cd2+、Zn2+、Fe3+、Al3+、H+、NO ；
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“除杂”：加入CdCO3调节pH，根据表中数据，使Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式沉淀除去；
据此分析；
【解析】（1）根据题中信息，硫元素被氧化成硫单质，硝酸被还原成NO，CdS 与稀硝酸反应的离子方程
式为3CdS+8H++2NO =3Cd2++3S+2NO↑+4H2O；根据离子方程式可知，8HNO3中有2molHNO3作氧化剂，
被还原，有6molHNO3表现酸性，因此被还原的硝酸与未被还原的硝酸物质的量之比我2 6=1 3
∶
∶；根据上述
分析，“酸浸”后，溶液中所含阳离子有Cd2+、Zn2+、Fe3+、Al3+、H+；故答案为3CdS+8H++2NO =3Cd2+
+3S+2NO↑+4H2O；1 3∶；Fe3+、Al3+、H+；
（2）当Zn2+完全沉淀时，溶液中c(OH-)=
=1.0×10-6mol/L，此时
Qc[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH-)=0.1mol/L×(1.0×10-6)2=1.0×10-13＞Ksp[Cd(OH)2]=3.2×10-14，有Cd(OH)2沉淀生
成，因此所得滤液中c(Co2+)=0.1mol/L，不能调节溶液pH，达到除去硝酸镉溶液中的Zn2+，故答案为不
能；当Zn2+完全沉淀时Qc[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH-)=0.1mol/L×(1.0×10-6)2=1.0×10-13＞Ksp[Cd(OH)2]=3.2×10-
14，已经沉淀了部分Co2+；
（3）“步骤i”加热浓缩滤液，用到的仪器有蒸发皿、带铁圈的铁架台、玻璃棒、石棉网、酒精灯、坩埚
钳；故答案为ac；
根据溶解度与温度的关系图可知，硝酸镉溶解度受温度影响较大，因此得到硝酸镉晶体的操作是蒸发浓
缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；步骤ii 为冷却结晶或降温结晶，步骤iii 为过滤、洗涤；故答案为冷却
结晶或降温结晶；过滤、洗涤；
硝酸镉晶体带有结晶水，温度过高，会失去结晶水；温度较高时，硝酸镉易分解，因此采用低温烘干；故
答案为避免温度过高，失去部分结晶水；温度过高，硝酸镉受热分解。
【变式7-3】（2024·江西新余·一模）电子印制工业产生的某退锡废液中含硝酸、锡化合物及少量
和
等，对其处理的流程如图。
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25℃
①
时相关的溶度积见表，②
。
化学式
或
溶度积
(1)退锡工艺是利用稀
与Sn 反应生成
，且无气体生成，则生成的硝酸盐是 （填化学
式），已知废液中的
易转化成
。
(2)沉淀1 的主要成分是
，焙烧时，与
反应的化学方程式为 。
(3)滤液1 中
和
的浓度相近，加入
溶液调pH，25℃时，为了使
沉淀完全，需调节溶液
pH 不小于 。
(4)称取产品
，用大量盐酸溶解，在
保护下，先用Al 片将
还原为
，再用
标准溶液滴定，以淀粉作指示剂，滴定过程中
被还原为
，终点时消耗
溶液
。
①终点时的现象为 。
②写出滴定的离子反应方程式为 。
③产品中Sn 元素的质量分数为 。
(5)某制得的粗锡中主要含有金属Fe、Cu、Pb、Sb 常采用电解精炼法获得精锡。其中
溶液作电解
液，精锡连接电源的 极。检测可知电解后阳极泥中含有Sb、Cu、
等，则电解过程中阳极
电极反应式有
、 。
【答案】(1)
、
(2)
(3)6.7
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(4)当滴入最后半滴
标准液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟不褪色
45％
(5) 负
、
【分析】
向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH 为1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离
子、铜离子的滤液1 和沉淀1；向沉淀1 中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得
到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。
【解析】（1）退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡，反应中锡化合价升高，则氮化合
价降低，且无气体生成，那么氮的还原产物为硝酸铵，故生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：
、
；
（2）由沉淀1 的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成
锡酸钠和水，反应的化学方程式为
；
（3）由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为
，pOH=7.3，则需调节溶液pH 不小于6.7；
（4）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生
成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为：当滴入最后半滴
标准
液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟不褪色；
②滴定反应为碘酸钾标准液和二价锡发生氧化还原反应生成碘离子和四价锡，反应中锡化合价由+2 变为
+4、碘化合价由+5 变为-1，结合电子守恒可知，反应为：
；
②反应为：
，结合锡元素守恒可知，产品中Sn 元素的质量分数为
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；
（5）精锡上二价锡得到电子发生还原反应，为阴极，则连接电源的负极。检测可知电解后阳极泥中含有
Sb、Cu、
等，则电解过程中阳极上铁、锡、铅失去电子发生氧化反应，电极反应式有
、
、
。
1. （2023·江苏卷第12 题）室温下，用含少量
的
溶液制备
的过程如题图所示。已
知
，
。下列说法正确的是
A.
溶液中：
B. “除镁”得到的上层清液中：
C
溶液中：
D. “沉锰”后的滤液中：
【答案】C
【解析】
溶液中存在电荷守恒：
，A 错误；“除
镁”得到的上层清液中为
的饱和溶液，有
，故
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，B 错误；
溶液中存在质子守恒：
，故
，C 正确；
“沉锰”后的滤液中还存在F-、
等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D 错误。 故选
C。
2.（2023·辽宁卷第10 题）某工厂采用如下工艺制备
，已知焙烧后
元素以
价形式存在，下
列说法错误的是（ ）
A. “焙烧”中产生
B. 滤渣的主要成分为
C. 滤液①中
元素的主要存在形式为
D. 淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【答案】B
【解析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉
淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。铁、铬氧化物与碳酸
钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A 正确；焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氢氧化
铁，B 错误；滤液①中Cr 元素的化合价是+6 价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr
元素主要存在形式为CrO4
2-，C 正确；由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D 正确；故选B。
3.（2023·湖南卷第9 题）处理某铜冶金污水(含
)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表所示：
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物质
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
3.5
完全沉淀pH
3.2
6.7
8.2
4.6
②
。
下列说法错误的是
A. “沉渣Ⅰ”中含有
和
B.
溶液呈碱性，其主要原因是
C. “沉淀池Ⅱ”中，当
和
完全沉淀时，溶液中
D. “出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水
【答案】D
【解析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，
过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。根据
分析可知氢氧化铁当pH=1.9 时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5 时开始沉淀，当pH=4 时，则会生成氢氧化
铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A 正确；硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢
氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O
HS
⇌
-+OH-，B 正确；当铜离子和锌离子完
全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则
，C 正确；污水经过处理后其中含有较多的钙离子，
故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D 错误；故
选D。
4.（2023·山东卷第13 题）一种制备Cu2O 的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH 在3~4 之间，反应Ⅲ
需及时补加NaOH 以保持反应在pH=5 条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数
。下列说法正确的是
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A. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B. 低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化
C. 溶液Y 可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D. 若Cu2O 产量不变，参与反应Ⅲ的X 与CuSO4物质的量之比
增大时，需补加NaOH 的量减少
【答案】CD
【解析】
【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应
(反应Ⅱ)，所得溶液pH 在3~4 之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数
，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是
NaHSO3，调节溶液pH 值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分
离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是SO3
2-+2Cu2＋+2H2O=SO4
2-+
Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=
Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH 以保持反应在pH=5 条件下进行，据此分析解答。
A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成
NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反
应，故A 错误；
B．低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B 错误；
C．经分析溶液Y 的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C 正
确；
D．制取Cu2O 总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X 是指Na2SO3，若Cu2O
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产量不变，增大
比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH 值，可减少NaOH 的量，故D 正
确；答案CD。
5.（2023·江苏卷第14 题）
催化剂能催化
脱除烟气中的NO，反应为
。
（1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的
粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的
溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状
催化剂。在水溶液中
水解为
沉淀的离子方程式为___________；反应选用
溶液而不选用
溶液的原因是
___________。
（2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、
、
(其余为
)气体匀速通过装有
催化剂的反应器，测得NO 的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在
320~360℃范围内，NO 转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO 转化率
下降，除因为进入反应器的NO 被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。
（3）废催化剂的回收。回收
废催化剂并制备
的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。
79
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②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有
。已知
具有八元环结构，其结构式可表
示为___________。
③向pH=8 的
溶液中加入过量的
溶液，生成
沉淀。已知：
，加过量
溶液的目的是___________。
【答案】（1）
发生双水解
，
有利于
水解
（2）温度升高至一定范围催化剂失活
（3）适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等
增加铵根离子浓
度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高
的含量
【解析】
（1）在水溶液中
水解为
沉淀的离子方程式为
，反应选用
溶液在于
发生双水解
，
有利于
水
解。
（2）反应温度在320~360℃范围内，NO 转化率随温度变化不明显的原因是温度升高至一定范围催化剂失
活，导致NO 转化率升高不明显。反应温度高于380℃，NO 转化率下降，有可能体系产生了NO，如
等。
80
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（3）提高钒元素浸出率的方法还有适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等，已知
具有
八元环结构，且V 连有五根共价键，结构式可表示为
。
饱和溶液中存在
溶解平衡
，加过量
溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡
向析出沉淀的方向移动，提高
的含量。
6. （2023·海南卷第15 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_______。
（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BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C 在600~800℃制备BeCl2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
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（4）BeO+Cl2+C
CO+BeCl2
（5）10
【解析】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。
（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、Cl2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%。
7.（2023·广东卷第18 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___________。
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（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A 含6 个结晶水，则所得
溶液中
与
的比值，理论上最高为___________。
②“热解”对于从矿石提取
工艺的意义，在于可重复利用
和___________(填化学式)。
【答案】（1）
（2）＞
（3）
或
（4）晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5）HCl 体心 12
（6）0.4 或2:5 MgO
【解析】硝酸浸取液(含
)中加入活性氧化镁调节溶液pH 值，过滤，得到滤液主
要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤
液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得
到氯化镍晶体。
（1）活性MgO 可与水反应，化学方程式为
。
（2）常温下，
氨性溶液中，
，
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，
，则
＞
；
（3）“氨浸”时，
与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成
，则由
转化为
的离子方程式为
或
。
（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；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。
（5）①“析晶”过程中为了防止
水解，因此通入的酸性气体A 为HCl ；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，Al 与O 最小间距大于Co 与O 最小间距，则Al 在顶点，因此Co 在晶胞中的位置为体心；晶体中
一个Al 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Al 周围与其最近的O 的个数为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
，
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根据
，
，还剩余5 个水分子，因此
所得
溶液中
与
的比值理论上最高为2:5；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HNO3和MgO。
8.（2023·全国甲卷第26 题）BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状
BaTiO3。
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BaCl2、易溶于水的BaS 和微溶于水的CaS。“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BaSO4还原
（2）
（3）c （4） 不可行 CaS 也会与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂
质无法除去、最终所得产品的纯度降低
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（5）
（6）1:1
【解析】由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易
溶于水的BaS 和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液
经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2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
。
（1）“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS 和CaS，
BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将BaSO4还原。
（2）S2-易发生水解生成HS-，
。
（3）“酸化”步骤是为了将BaS 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BaCl2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CaS 也会与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，
导致BaCl2溶液中混有CaCl2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：BaCl2+
+
=
。
（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
=1:1。
9.（2023·新课标卷第27 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：
87
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已知：最高价铬酸根在酸性介质中以
存在，在碱性介质中以
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
以达到最好的除杂效果，若pH<9 时，会导致_______；pH>9 时，会导致_______。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH 调到1.8 左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1 时，溶解为
或
在碱性条件下，溶解为
或
，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）SiO3
2-
（4）不能形成MgNH4PO4沉淀 不能形成MgSiO3沉淀
（5）C （6）2Cr2O7
2-+3S2O5
2-+10H+=4Cr3++6SO4
2-+5H2O
【解析】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 将硅元素转化为硅酸沉淀，过滤得到硅酸滤渣和滤液；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。
（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 Fe2O3；
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH 到弱碱性的目的是将硅元素转化为硅酸沉淀，故答案为：SiO3
2- ；
（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，会导致磷元素不能形成MgNH4PO4沉淀若溶液pH>9 时，会导镁离子生成氢氧化钠
沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质；
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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2Cr2O7
2-+3S2O5
2-+10H+=4Cr3++6SO4
2-+5H2O。
10.（2023·浙江选考1 月第20 题）某研究小组制备纳米
，再与金属有机框架
)材料复合制备荧
光材料
，流程如下：
已知：①含锌组分间的转化关系：
②
是
的一种晶型，
以下稳定。
请回答：
（1）步骤Ⅰ，初始滴入
溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是___________。
（2）下列有关说法不正确的是___________。
A. 步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B. 步骤Ⅰ，若将过量
溶液滴入
溶液制备
，可提高
的利用率
C. 步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用
的热水洗涤
D. 步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制
的颗粒大小
（3）步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是___________。
（4）用
和过量
反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米
，沉淀无需洗
涤的原因是___________。
（5）为测定纳米
产品的纯度，可用已知浓度的
标准溶液滴定
。从下列选项中选择合理
的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，
均用字母表示]。___________
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用___________(称量
样品
)→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管
(___________)→用滴定管(盛装
标准溶液，滴定
)
仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶
操作：f、配制一定体积的Zn2+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的
溶液；i、装瓶贴标签
（6）制备的
荧光材料可测
浓度。已知
的荧光强度比值与
在一定浓
度范围内的关系如图。
某研究小组取
人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量
)，经预处理，将其中
元素全部转化
为
并定容至
。取样测得荧光强度比值为10.2，则1 个血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原
子。
【答案】（1）
（2）BC
（3）坩埚 （4）杂质中含有
，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除
去。
（5）
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（6）8
【解析】本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生
成
，分离出
后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品，以此
解题。（1）初始滴入
溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是
；（2）步骤Ⅰ，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A
正确；根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是
，不能生成
，
B 错误；由信息②可知，
以下稳定，故在用
的热水洗涤时会导致，
分解为其他物质，C 错误；由流程可知，控温煅烧时
会转化为纳米氧化锌，故控温煅烧的目
的是为了控制ZnO 的颗粒大小，D 正确；故选BC；（3）给固体药品加热时，应该用坩埚，故步骤Ⅲ，盛
放样品的容器名称是坩埚；（4）两者反应时，除了生成固体ZnO 外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸
气，即杂志都是气体，故沉淀不需要洗涤的原因是：杂质中含有
，在控温煅烧
过程中分解或被氧化为气体而除去；（5）为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO 的质
量，选择d，随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g，溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f)，
再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h，故答案为：
；（6）人
血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆铜蓝蛋白)=
，由于实验测得荧光强度比
值为10.2，则铜离子浓度n(Cu2+)=
，则则1 个血浆铜蓝蛋白分子中含
8 个铜原子。
11.（2023·全国乙卷第27 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，
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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）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MnSO4
（6）2Li2CO3+8MnO2=====4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【解析】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。
（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；
（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+；
（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
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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-
4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是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BaS+Ni2++SO4
2-=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，需要加入MnSO4以保持电解液成分的稳定。
（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↑。
12.（2023·辽宁卷第16 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(H2SO5)，1molH2SO5中
过氧键的数目为_______。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为
_______(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、_______(填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_______时，
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Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
（5）“沉钻镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为_______。
（6）“沉镁”中
使
沉淀完全
，需控制pH 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）
Fe(OH)3
（4）9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率
（5）
（6）11.1
【解析】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
，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
。
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面
积
（2）H2SO5的结构简式为
，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA
（3）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：
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；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，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有
还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(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；
13.（2023·湖北卷第16 题）
是生产多晶硅的副产物。利用
对废弃的锂电池正极材料
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_______。
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（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
【解析】由流程和题中信息可知，LiCOO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
COCl2和SiO2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SiO2和H2SiO3；滤液
1 用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为CO
(OH)2）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2 置于空气中在850℃煅烧得到CO3O4；滤液2 经碳酸钠溶液沉
锂，得到滤液3 和滤饼3，滤饼3 为Li2CO3。
（1）Co 是27 号元素，其原子有4 个电子层，其价电子排布为3d74s2，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SiCl4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：SiCl4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Li2CO3，常用焰色反应鉴别Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反应为紫
红色，而Na2CO3的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na2CO3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
，CO
2+浓度为
。“850℃煅烧”时，CO(OH)2与O2反应生成CO3O4和H2O，该反应的化学方程式为
。
（5）Si-Cl 键极性更大，则 Si-Cl 键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a 有关； Si 的原子半径更大，
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因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl 键极性更大，且Si 原子更易受到水电离的OH-
的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b 有关；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SiCl4比CCl4易水解，c 无关；Si 有更多的价层轨道，因此更易
与水电离的OH-形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d 有关；综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解
的因素有abd。
14.（2023·湖南卷第17 题）超纯Ga(CH3)3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Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工
业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：
已知：①金属Ga 的化学性质和Al 相似，Ga 的熔点为29.8℃；
②Et2O(乙醚)和NR3(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
Ga(CH3)3
Et2O
CH3I
NR3
沸点/℃
55.7
34.6
42.4
365.8
回答下列问题：
（1）晶体Ga(CH3)3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40-45℃的原因是_______，阴极的电极反应式为
_______；
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（3）“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，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_______；
（5）下列说法错误的是_______；
A. 流程中Et2O 得到了循环利用
B. 流程中，“合成Ga2Mg5”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Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3
D. 用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I
（6）直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3
理由是_______；
（7）比较分子中的C-Ga-C 键角大小：Ga(CH3)3_______Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是
_______。
【答案】（1）分子晶体 （2）保证Ga 为液体，便于纯Ga 流出 Ga3++3eˉ=Ga
（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI； （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
【解析】以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3，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Ga(CH3)3(Et2O)、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Ga(CH3)3，Et2O 重复利用，据此解答。
（1）晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
（2）电解池温度控制在40-45℃可以保证Ga 为液体，便于纯Ga 流出；粗Ga 在阳极失去电子，阴极得到
Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；
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（3）“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式
8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI；
（4）“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
（5）根据分析，流程中Et2O 得到了循环利用，A 正确；Ga(CH3)3(Et2O) 容易和水反应，容易被氧化，则
流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B 正确；“配体交换”得到
Ga(CH3)3(NR3)，“工序X”先解构 Ga(CH3)3(NR3)后蒸出Ga(CH3)3，C 正确；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Ga(CH3)3和CH3I，D 错误；故选D；
（6）直接分解Ga(CH3)3(Et2O)时由于Et2O 的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯Ga(CH3)3，而
本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3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C-Ga-C 键角Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(Et2O)，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。
15.（2023·山东卷第17 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Li2CO3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0.10mol·L-1
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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_____，该溶液pH=_____。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol·L-1，则常温下精制Ⅱ过
程中CO3
2-浓度应控制在_____mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl 外，还将增加
_____的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是_____；进行操作X 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）CaSO4
纯碱
（3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3（或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+），提高Li2CO3
纯度 盐酸 浓缩液中因CO3
2-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl 中会混有Li2CO3，最
终所得Li2CO3的产率减小
【解析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有
Na+、Li+、Cl-、SO4
2-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，在此条件
下溶解度最小的是CaSO4，则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4；由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加
纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为CaCO3；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Li2CO3。
（1）含硼固体中的B(OH)3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
，由B 元素守恒可知，
和
的浓度均为
，
，则该溶液
。
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（2）由分析可知，滤渣I 的主要成分是CaSO4；精制I 后溶液中Li+的浓度为2.0mol·L-1，由
可知，则常温下精制Ⅱ过程中CO3
2-浓度应控制在
mol·L-1
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl 外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因
此，还将增加纯碱（Na2CO3）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CaSO4；由于CaSO4微溶于
水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精
制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3（或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+），提高Li2CO3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CO3
2-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结
晶得到的Na
Cl 中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小。
16.（2023·浙江卷6 月第20 题）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝(
)按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH 溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶
性的铝硅酸盐。
②
的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85 时，絮凝效果较好。
请回答：
（1）步骤1 所得滤液中主要溶质的化学式是___________。
（2）下列说法不正确的是___________。
A. 步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B. 步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质
C. 步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
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D. 步骤中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度
（3）步骤V 采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A 的名称是___________；步骤V 不宜用酒精灯直接加热的
原因是___________。
（4）测定产品的盐基度。
Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调
，滴加指
示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用
标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO 沉淀)，
30 秒内不褪色。平行测试3 次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中
。
①产品的盐基度为___________。
②测定Cl-过程中溶液pH 过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。
【答案】（1）NaAlO2 （2）C
（3）蒸发皿 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
（4） 0.7 pH 过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，
而pH 过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸
盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二
氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶
液，加热得到聚合氯化铝固体。
（1）根据题中信息步骤1 所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2；
（2）步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故
A 正确；步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少Al(OH)3沉淀
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中的杂质，故B 正确；步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C 错误；
中
a、b 可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D 正确；综上所述，答案为：C。
（3）步骤V 采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A 的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受
热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀；
（4）①根据
，样品溶液中氯离子物质的量浓度为
，
，根据电荷守恒得到
产品的盐基度为
；②测定Cl-过程
中溶液pH 过低或过高均会影响测定结果，原因是pH 过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化
氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH 过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
17.（2023·浙江卷6 月第18 题）工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
（1）富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2可以在炉内添加
通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式
___________。
（2）煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是___________。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A 具有酸性
C．化合物A 是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收
②一定压强下，化合物A 的沸点低于硫酸的原因是___________。
（3）设计实验验证化合物A 中含有S 元素_____；写出实验过程中涉及的反应方程式____。
【答案】（1）
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（2）BCD 硫酸分子能形成更多的分子间氢键
（3）取化合物A 加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉
淀，说明A 中含有S 元素
+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【解析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气
氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A：
；
（1）氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二
氧化碳，反应为
；
（2）①A．硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A 错误；
B．根据分析可知，化合物A 分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B 正
确；
C．化合物A 含有
基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C 正确；
D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收用于生产发烟硫酸，D 正确；故选BCD；
②一定压强下，化合物A 分子只有1 个-OH 能形成氢键，而硫酸分子中有2 个-OH 形成氢键，故导致A 的
沸点低于硫酸；
（3）由分析可知，A 为
，A 碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯化钡生成不溶
于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A 加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现
象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A 中含有S 元素；涉及反应为：
+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。
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18.（2023·北京卷第18 题）以银锰精矿(主要含
、
、
)和氧化锰矿(主要含
)为原料联
合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，
的氧化性强于
。
（1） “浸锰”过程是在
溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除
，有利于后续银的浸出：
矿石中的银以
的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应
，则可推断：
__________(填“>”
或“<”)
。
②在
溶液中，银锰精矿中的
和氧化锰矿中的
发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子
有__________。
（2） “浸银”时，使用过量
和
的混合液作为浸出剂，将
中的银以
形
式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中
的作用：____________________。
（3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有______________________________。
②一定温度下，
的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后
的沉淀率逐渐减小的原因：
______________。
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（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。
【答案】（1）>
、
（2）
是为了与
电离出的
结合生成
，使平衡正向移动，提高
的浸出率；
是为了抑制
水解，防止生成
沉淀
（3）
、
被氧气氧化为
，
把
氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到
，同时将银元素和锰元素分离开；生成
的
还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】银锰精矿(主要含
、
、
)和氧化锰矿(主要含
)混合加
溶液，使矿石
中的锰元素浸出，同时去除
，矿石中的银以
的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离
子有
、
；浸锰渣中
与过量
和
的混合液反应，将
中的银以
形式浸出，用铁粉把
还原为金属银。
（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以
的形式残留于浸锰渣中，
发生反应
，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：
>
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；
②根据信息，在
溶液中二氧化锰可将
氧化为
，自身被还原为
，则浸锰液中主要的
金属阳离子有
、
。
（2）①
中S 元素化合价升高，Fe 元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为
；
②
是为了与
电离出的
结合生成
，使平衡正向移动，提高
的浸出率；
是为
了抑制
水解，防止生成
沉淀。
（3）①铁粉可将
还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为
、
；
②溶液中生成的
会被空气中的氧气缓慢氧化为
，
把部分
氧化为
，因此
后银
的沉淀率逐渐降低。
（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素
和锰元素分离开，利用
的氧化性将
中的
氧化为
，同时生成的
还可以用于浸银，
节约氧化剂，同时得到
。
19. （2023·重庆卷第15 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
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 ③. 66.6%
【解析】
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
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1、2 中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，
（1）
可以写成
，故
元素的化合价是
和+3。
为氧原子得到2 个电子形成的，
核外电子排布式为1s22s22p6；
（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1 中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中
氧气氧化为三价铁；
（3）①反应釜2 中，加入
和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和
水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为
。
②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；
（4）①反应釜3 中，
时，
浓度为
，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故
此时
，pOH=3，pH=11，故理论上
不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内
不变色；氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀
，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾
发生氧化还原反应：
，结合质量守恒可知，
，则该副产物中
的质量分数为
。
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