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专题十一 化学工艺流程 【高考押题】
【新高考专用】
1．（2024·广东·一模）钒是重要的战略资源，以硫酸工业产生的废钒催化剂为原料(含
、
、
、
以及少量的
等)，综合回收利用钒、硅、钾实现变废为宝、保护环境的目的，回收工艺
流程如下：
已知：钒的氧化物在酸性条件下以
、
存在，
增大时
可转化为
沉淀。
(1)“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是 。
(2)“滤渣2”转化为
的化学方程式是 。
(3)“还原酸浸”时：
①硫酸的用量会影响钒的浸出率，
需保持在1.2 以下的原因是 。
②过程中除了有
被还原成
，还涉及的反应离子方程式为 。
③若以磷酸为介质处理废催化剂，可以提高钒的浸出率。一种钒磷配合物的结构如图所示，形成配位键时
V 提供 (选填“孤对电子”或“空轨道”)。
1
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(4)“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：
(有机层)
(有机层)，“反萃取”应选
择在 环境中进行(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)。
(5)加氨水生成
沉淀，若经焙烧得到
产品，则消耗空气中
。
(6)近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。某含钒的锑化物晶胞如图1 所
示，晶体中包含由V 和
组成的二维平面如图2。
该含钒的锑化物化学式为 ，钒原子周围紧邻的锑原子数为 。
【答案】(1)增大催化剂与水的接触面积，提高反应速率与浸出率
(2)SiO2 +2NaOH = Na2SiO3 + H2O 或 SiO2 + Na2CO3
Na2SiO3 + CO2↑
(3) VO2+水解程度增加或生成VO(OH)2，影响钒的浸出率
空轨道
(4)酸性
(5)0.5
(6)CsV3Sb5 6
【分析】水浸废钒催化剂(含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2以及少量的Fe2O3等)，VOSO4、K2SO4进入滤液
1，V2O5、SiO2以及Fe2O3进入滤渣1，用无水K₂SO3和H₂SO4对滤渣1 还原酸浸，V2O5、Fe2O₃ 和K2SO3和
H2SO4反应进入滤液2，SiO2进入滤渣2，用有机试剂对滤液1 和滤液2 中的
、VO2+进行萃取分离出亚
铁离子和钾离子，再反萃取出
和 VO2+，再加氨水沉钒，焙烧得到V2O5，据此分析解答。
2
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【解析】（1）“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是增大催化剂与水的接触面积，提高反应速
率与浸出率；
（2）“滤渣2”主要成分是SiO2，转化为 Na2SiO3的化学方程式是：SiO2 +2NaOH = Na2SiO3 + H2O 或
SiO2 + Na2CO3
Na2SiO3 + CO2↑；
（3）①“还原酸浸”时，硫酸的用量会影响钒的浸出率，pH 超过1.2 时，VO2+水解程度增加或生成
VO(OH)2，水解产物会进入滤渣中影响钒的浸出率；
②过程中除了有
，被还原成VO2+，还涉及的反应离子方程式为
③由图2 可知，和V 形成配位键的P、O、Cl 均含有孤电子对，故V 提供的是空轨道；
（4）“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：H2R(有机层)+VO2+
2H+ +VOR(有机层)，“反萃取”应让平
衡逆向移动，使VO2+进入水层，故选择在酸性环境中进行；
（5）VO(OH)2沉淀经焙烧得到V2O5的方程式为：4VO(OH)2 +O2
2V2O5 + 4H2O，若经焙烧得到
1molV2O5产品，则消耗空气中O2的物质的量为：
mol=0.5mol；
（6）由该化合物的晶胞可知，Cs 位于顶点，含有
个，Sb 位于棱上和晶胞内
个，V 位
于面上和晶胞内，含有
个，所以锑化物M 的化学式 CsV3Sb5；晶胞中有4 个面的面心由钒原
子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；
2.（2024·四川雅安·一模）
是光电转化材料。利用钛铁矿(主要成分为
，还含有少量
等
杂质)来制备
，并回收铁制备难溶于水的黄钾铁矾
，制备流程如图，回答下列
问题：
3
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部分原料价格表：
物质
纯碱(99%
)
氢氧化钾(90%
)
碳酸钾(99%
)
液氨(99.9%)
价格(元/吨)
1800
4000
4500
25000
(1)
中Ti 的化合价为 。
(2)步骤①滤渣1 的主要成分是 ，若氧化酸解的氧化剂用
替代
，则理论上氧化剂与还原
剂物质的量之比为 ，相同条件下，用
做氧化剂时，其酸解效率较
低，原因可能是
。
(3)已知
在水中能部分水解并有
生成，则相关离子方程式为 ；常温下，
为
，滤液1 中
浓度为
，步骤②中要使
水解的转化率达99%，加
时忽略溶液体积变化，则此时溶液的pH 应为 。
(4)步骤③反应的化学方程式为 ，若在实验室煅烧，用到的实验仪器除了玻璃棒、酒精灯、三脚架
及泥三角外，还需要 。
(5)结合信息分析，步骤④调pH 最适宜的试剂是_______。
A．
B．
C．
D．
【答案】(1)+4
(2)
1：2 150℃、
做催化剂条件下
易分解
(3)
1
(4)
坩埚、坩埚钳
4
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(5)C
【分析】由题给流程可知，150℃条件下向钛铁矿中加入60%硫酸和次氯酸钾氧化酸解，将钛酸亚铁转化
为硫酸铁和TiOSO4，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入尿素，促进
TiOSO4在溶液中的水解，使TiOSO4转化为TiO(OH)2沉淀，过滤得到含有铁离子的滤液和TiO(OH)2；
TiO(OH)2与二水氯化钙高温煅烧生成钛酸钙；调节滤液pH，将溶液中铁离子转化为黄钾铁矾。
【解析】（1）由化合价的代数和为0 可知，钛酸钙中钛元素的化合价为+4 价，故答案为：+4；
（2）由分析可知，滤渣1 的主要成分是二氧化硅；钛酸亚铁转化为硫酸铁和TiOSO4时，铁元素的化合价
升高被氧化，钛酸亚铁为反应的还原剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂过氧化氢与还原剂钛酸亚铁的
物质的量比为1：2，150℃、铁离子做催化剂条件下过氧化氢会分解生成氧气和水，所以用过氧化氢做氧
化剂时，其酸解效率较次氯酸钾低，故答案为：
；1：2；150℃、
做催化剂条件下
易分解；
（3）由题意可知，尿素在溶液中部分发生水解反应生成碳酸氢铵和氨气，反应的离子方程式为
；由溶度积可知，浓度为0.1mol/LTiO2+离子水解的转化率达99%
时，溶液中氢氧根离子浓度为
=1×10—13mol/L，溶液pH 为1，故答案为：
；1；
（4）由分析可知，步骤③发生的反应为TiO(OH)2与二水氯化钙高温煅烧生成钛酸钙、氯化氢和水，反应
的化学方程式为
；实验室灼烧固体时，除了用到玻璃
棒、酒精灯、三脚架及泥三角外，还需要用到坩埚、坩埚钳，故答案为：
；坩埚、坩埚钳；
（5）由分析可知，步骤④调节溶液pH 的目的是将溶液中铁离子转化为黄钾铁矾，加入碳酸钠、通入氨气
会引入杂质，氢氧化钾的碱性过强，易将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以调节溶液pH 的最适
宜的试剂是碳酸钾，即不引入新杂质，也能促进铁离子水解生成黄钾铁矾，防止生成氢氧化铁，故选C。
5
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3.（2024·山东日照·一模）回收利用废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备
产品，可实现资源的循环利
用。其工艺流程如下。
已知：①氯化胆碱[
]是铵盐，熔点较低：
熔点较高。
②
在溶液中常以
(蓝色)和
(粉红色)形式存在。
③常温下，
。
回答下列问题：
(1)“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红色，则“微波共熔”后获得的含Li、Co 的化合物为
(填化学式)，“微波共熔”中氯化胆碱的作用是 。
(2)“沉钴”过程发生反应的离子方程式为 。常温下，钴离子恰好沉淀完全时溶液的pH=
［当c(Co2+)≤10-5mol/L 时可认为离子沉淀完全］。
(3)“煅烧”过程生成
，则消耗的
。
(4)可回收利用“沉锂”后的滤液的操作单元是 。
(5)“高温烧结”发生反应的化学方程式为 。
【答案】(1)
作为反应物提供Cl-,做助剂降低Li2CoO2熔融所需的温度
(2)
9
(3)6:1
(4)沉钴
(5)
【分析】氯化胆碱-草酸和
微波共熔的过程中，Co 被还原为+2 价，经过水浸滤液中Co 以
6
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存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧
得到
固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和
高温烧结（通入
空气氧化）得到
产品。
【解析】（1）
呈蓝色， “水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红色，则“微波共熔”后获得的
含Li、Co 的化合物为
，又已知：“氯化胆碱[
]是铵盐，熔点较低，
熔点较高”，则“微波共熔”中氯化胆碱的作用是: 作为反应物提供Cl-,做助剂降低Li2CoO2熔融
所需的温度。
（2）水浸滤液加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀，则“沉钴”过程发生反应的离子方程式为
。常温下，
，当c(Co2+)≤10-5mol/L 时可
认为离子沉淀完全，则钴离子恰好沉淀完全时溶液中c(OH-)=10-5mol/L，pOH=5，则pH=9。
（3）“煅烧”过程Co(OH)2生成
，反应为：
，则消耗的
6:1。
（4）“沉锂”后的滤液有残留的
、锂离子和氯化钠，若加碱有利于
左移、
进一步转化为Co(OH)2沉淀，故可回收利用
“沉锂”后的滤液的操作单元是“沉钴”。
（5）碳酸锂和
高温烧结（通入空气氧化）得到
产品，则“高温烧结”发生反应的化学方程
式为
。
4.（2024·广东深圳·一模）锆被称为原子时代的头号金属。一种以氧氯化锆（主要含
，还含有少量
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、
、
等元素）为原料生产金属锆的工艺流程如下：
已知：
①“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：
、
、
、
；
25℃
②
时，
，
；
物质
沸
点/℃
331
315
1300
700
1150
回答下列问题：
(1)“酸溶”后，
元素的化合价为 。
(2)“萃取”时，锆元素可与萃取剂形成多种络合物，写出生成
的离子方程式：
。
(3)“沉淀”后，“废液”中
，则“废液”中
。
(4)“沸腾氮化”时，
转化为
，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为
。
(5)
“
①还原”的主要目的是 。
②
沸点远低于
的可能原因为 。
(6)某种掺杂
的
晶胞如图所示，
位于晶胞的面心。
①晶体中每个O 周围与其最近的O 个数为 。
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②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中O 与Zr 的最小间距为
，设
为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密
度为
（列出计算式）。
③如图所示结构（
）与上述晶胞结构不一致的是 （填标号）。
A．
B．
C．
D．
【答案】(1)+4
(2)
(3)
(4)
(5) 把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质 FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体
(6)6
D
【分析】氧氯化锆，主要含
，还含有少量
、
、
等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液
中各金属元素的存在形式为：
、
、
、
，“萃取”时，锆元素生成
，除掉
，而后“沉淀”时
、
生成沉淀，煅烧后生成
、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氮化”
时，
转化为ZrCl4， Fe2O3、Cr2O3转化为FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把
FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，镁热反应后产生金属锆，据此
作答。
【解析】（1）
分析可知，氧元素的化合价为-2 价，“酸溶”后不变价，因此
的化合价为+4 价。
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（2）生成
的离子方程式：
。
（3）“沉淀”后的“废液”中有
，
，则
，
，则“废液”中
。
（4）“沸腾氮化”时，加入C、通入氯气，
转化为
，同时生成一种还原性气体CO，该反应的
化学方程式为
。
（5）①由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂
质，最后升华得到ZrCl4，故答案为：把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质；
②
沸点远低于
的可能原因为：FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体。
（6）①由晶胞图可知，因此晶体中每个O 周围与其最近的O 个数为6 个；
②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中含钙离子在面心，有
个，O 离子在晶胞的体心位置，有8 个，锆
离子在顶点有8 个，面心有4 个，总共有
，晶胞中O 与锆离子的最小间距为anm，晶胞边长
的一半设为x，得到
，计算得到
，则晶胞的边长为
，，设
为阿伏加德
罗常数的值，该晶体的密度为
；
A
③．晶体结构式晶胞旋转得到的，和晶胞结构相同，故A 正确；
B．晶胞中含钙离子有1 个，锆离子有3 个，O 离子有8 个，微粒间的距离相同，和晶胞结构相同，故B 正
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确；
C．晶胞中含钙离子有1 个，锆离子有3 个，O 离子
个，微粒间的距离相同，和
晶胞结构相同，故C 正确；
D．晶胞中含钙离子有1 个，O 离子有8 个，锆离子
个，钙离子之间的距离和晶胞中钙离
子的距离不同，故D 错误；
与上述晶胞结构不一致的是D，故答案为：D。
5.（2024·江苏·一模）以电镀废水（主要成分为
及少量
）为原料获得
的过程如下：
已知：①常温下，
易溶于水。
部分难溶物的溶度积常数如下表：
Cr
②
（Ⅵ）在酸性条件下主要以
（橙红色）的形式存在，pH 增大转化为
（黄色）。
，Cr（Ⅵ）较易还原生成
（绿色）。
③
时
完全转化为
，
时
开始转化为
。
(1)“除杂”时调节废水pH 将其中
除去（浓度小于
mol L
⋅
），需加入熟石灰控制废水pH 大于
。
(2)“沉铬”时先加入
调节废水pH，再加入
使废水中的Cr（Ⅵ）转化为
。调节后的
废水pH 对Cr（Ⅵ）沉淀率的影响如图所示。
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①沉铬过程中将
转化为
反应的化学方程式为 。
②废水
时，铬沉淀率随pH 减小而下降的原因是 。
③在废水中加入
沉淀前后废水pH （填“增大”、“减小”或“不变”）。
(3)“转化”时将
转化为
。
的转化率随着
浓度的变化如图所示。当
浓度超过0.450 mol L
⋅
时，Cr（Ⅵ）的转化率随
浓度增大变化不明显，其原因是
。
(4)请补充完整由
溶液制取
的实验方案：向
溶液中， ，静置过滤，
洗涤，灼烧得到
。（可选用的仪器与药品：
、稀
、NaOH 溶液）
【答案】(1)3
(2)
pH 减少，溶液中更多Cr（Ⅵ）以
形式存在，
易溶于水 减小
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(3)
与
的
相近，随着
浓度增大，促进了
转化为
；反应生成的
覆盖在
表面，难以发生沉淀转化反应
(4)加入稀
控制溶液的pH 在1~4 之间，边搅拌边加入
，当溶液由橙红色溶液变为绿色
时，停止加入
，加入NaOH 溶液调节溶液的
【分析】电镀废水（主要成分为
及少量
）“除杂”时加入熟石灰调节废水pH 将其中
除
去；“沉铬”时先加入
调节废水pH，再加入
使废水中的Cr（Ⅵ）转化为易溶于水的
；“转化”时 硫酸钠将
转化为
，向
溶液加入稀
控制溶液的pH 在
1~4 之间，边搅拌边加入
，当溶液由橙红色溶液变为绿色时，停止加入
，加
入NaOH 溶液调节溶液的
，静置过滤，洗涤，灼烧得到
，据此分析解答。
【解析】（1）
浓度小于
mol L
⋅
即认为完全除去，此时
，
，PH=3，将
除去（浓度小
于
mol L
⋅
），需加入熟石灰控制废水pH 大于3，故答案为：3；
（2）①沉铬过程中将
转化为
发生反应
，故答案为：
；
②废水
时，pH 减少，溶液中更多Cr（Ⅵ）以
形式存在，
易溶于水，导致铬沉淀率随
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pH 减小，故答案为：pH 减少，溶液中更多Cr（Ⅵ）以
形式存在，
易溶于水；
③向废水中加入
，
与
生成难溶的
，使
平衡正向移动，
溶液中氢离子浓度增大， pH 减小，故答案为：减小；
（3）当
浓度超过0.450 mol L
⋅
时，Cr（Ⅵ）的转化率随
浓度增大变化不明显原因是
与
的
相近，随着
浓度增大，促进了
转化为
；反应生成的
覆
盖在
表面，难以发生沉淀转化反应，故答案为：
与
的
相近，随着
浓度增
大，促进了
转化为
；反应生成的
覆盖在
表面，难以发生沉淀转化反应；
（4）由
溶液制取
应向
溶液中，加入稀
控制溶液的pH 在1~4 之间，边搅拌
边加入
，当溶液由橙红色溶液变为绿色时，停止加入
，加入NaOH 溶液调节
溶液的
，静置过滤，洗涤，灼烧得到
，故答案为：加入稀
控制溶液的pH 在1~4 之
间，边搅拌边加入
，当溶液由橙红色溶液变为绿色时，停止加入
，加入
NaOH 溶液调节溶液的
。
6.（2024·山西·一模）新能源汽车在实现可持续发展的环境目标、减少空气的污染问题及应对气候的逐渐恶
化中起到了至关重要的作用。锂离子电池使用寿命在5~8 年，研究回收废旧正极材料中Li、Ni、Co、Mn
等资源可以促进锂离子电池产业的良性发展。下图是一种三元锂电池正极材料的回收工艺。
已知：①正极材料主要成分可以表示为
(M：Ni、Co、Mn)。
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②浸取液中金属离子生成MS 沉淀情况与pH 的关系如下图。
③
、
、
。
回答下列问题：
(1)浸取时
中钴元素转化为
，有机酸用醋酸时反应的离子方程式为 。
(2)浸取时有机酸用苹果酸
比醋酸浸取效果好，苹果酸分子中C 原子的杂化类
型为 。
(3)
时溶液中
；随pH 增大，
和
的沉淀率增大的原因为
。
(4)沉锂时生成
，反应的离子方程式为 。
(5)还可以通过电渗析法分离金属离子。硫酸、双氧水浸取后，分三次电渗析可分离成功。下图所示为第一
次电渗析分离
的工艺，离子交换膜B 为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜。第二次用同样方
法分离
，第三次直接对剩余溶液电渗析分离，且需要将C 改为一价阳离子交换膜。由上述分离过程可
推测，
、
、
中与
反应最难的为 ，
在 膜(填“AB”、“BC”
或“CD”)之间获得。
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【答案】(1)6CH3COOH+2LiCoO2+H2O2= 2Li++2Co2++4H2O+O2↑+6CH3COO-
(2)sp3、sp2
(3)80 随pH 增大，S2-浓度增大，所以
和
的沉淀率增大
(4)
(5) 阴
BC
【分析】正极材料主要成分可以表示为
(M：Ni、Co、Mn)。用有机酸、双氧水浸取得含有Li+、
Ni2+、Co2+、Mn2+等金属阳离子的溶液，加Na2S 调pH 生成CoS、NiS 沉淀除钴镍，继续加Na2S 调pH 生成
MnS 沉淀除锰，滤液加碳酸氢钠生成碳酸锂。
【解析】（1）浸取时
中钴元素转化为
，则双氧水被氧化为氧气，有机酸用醋酸时反应的离子
方程式为6CH3COOH+2LiCoO2+H2O2= 2Li++2Co2++4H2O+O2↑+6CH3COO-。
（2）苹果酸
分子中单键碳原子采用sp3杂化、双键碳原子采用sp2杂化。
（3）
时溶液中
；随pH 增大，S2-浓度增大，
所以
和
的沉淀率增大。
（4）沉锂时Li+和碳酸氢根离子反应生成
沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为
。
（5）根据图示，第一次电渗析分离
的工艺， NiY2-能透过膜B 进入AB 膜之间，所以离子交换膜B 为
阴离子交换膜。第二次用同样方法分离
，第三次直接对剩余溶液电渗析分离，且需要将C 改为一价阳
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离子交换膜， 可知Li+透过C 膜进入CD 膜之间,
留在BC 膜之间。由上述分离过程可推测，
、
、
中与
反应最难的为
。
7.（2024·广东广州·一模）对废旧锂离子电池正极材料(主要成分为
，还含有少量
、
、
、
等元素)进行回收可有效利用金属资源，一种回收利用工艺流程如下：
已知：①常温下，丁二酮肟是白色晶体，不溶于水，可溶于乙醇等有机溶剂。
②常温下，部分氢氧化物的
如下表：
氢氧化
物
回答下列问题：
(1)“酸浸还原”中
转化为
，氧化产物是
，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为
。
(2)滤渣2 的主要成分是
、
和
，
转化为
的离子方程式是 ；常温
下，“氧化调
”后的滤液中
浓度为
，为尽可能多地提取
，应控制溶液中的
不大
于 。
(3)“转化”中由
转化为
的离子方程式为 。
(4)“沉镍”中丁二酮肟与
反应生成丁二酮肟镍的过程可表示为：
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从滤渣3 中分离出丁二酮肟固体的方法是 。
(5)“锂钴分离”可产生能重复利用的物质是 。
(6)层状
的结构如图所示，层状
中一个
周围与其最近的
的个数是 ；以晶胞参数
为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1 的坐标为
，则原子2 和原子3 的坐标分别为 、 。
【答案】(1)8：1
(2)Mn2++ClO—+H2O=MnO2↓+2H++Cl— 7.0
(3)4Co2++20NH3·H2O+O2+4NH =4[Co(NH3)6]3++22H2O
(4)加入盐酸，充分反应后过滤
(5)氨气
(6)6 (0，0，
) (0，0，
)
【分析】由题给流程可知，向正极材料中加入硫酸和硫代硫酸钠混合溶液酸浸还原，将钴酸锂转化为亚钴
离子和锂离子，材料中含有的少量金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入次
氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子、铝离子、锰离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝、二氧化锰沉淀，过滤得
到含有氢氧化铁、氢氧化铝、二氧化锰的滤渣和滤液；滤液中的镍离子与浓氨水反应转化为六氨合镍离
子，亚钴离子与氨水、铵根离子、氧气反应转化为六氨合钴离子，向转化后的溶液中加入丁二酮肟的乙醇
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溶液，将溶液中的六氨合镍离子转化为丁二酮肟镍沉淀，过滤得到含有丁二酮肟镍的滤渣和滤液；向滤渣
中加入盐酸，充分反应后过滤得到丁二酮肟固体和二氯化镍溶液；向滤液中加入盐酸，将溶液中六氨合钴
离子转化为钴离子和铵根离子，再加入氢氧化钠溶液，将溶液中的钴离子转化为氢氧化钴沉淀、铵根离子
转化为氨气，过滤得到钴的氢氧化物和含锂离子的溶液。
【解析】（1）由化合价代数和为0 可知，钴酸锂中钴元素的化合价为+3 价、硫代硫酸钠中硫元素的化合
价为+2 价，由题意可知，“酸浸还原”时，钴酸锂中钴元素被还原为亚钴离子，硫代硫酸根离子被氧化为
硫酸根离子，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量比为8：1；
（2）由题意可知，“氧化调pH”后的滤液中亚钴离子的浓度为17.7g/L，设溶液的体积为1L，则亚钴离子
的浓度为
=0.3mol/L，由溶度积可知，为尽可能多地提取亚钴离子，溶液中的氢氧根离子浓度
应小于
=10—7mol/L，则溶液pH 应小于7，所以锰离子转化为二氧化锰的反应为溶液中的锰离子
与次氯酸根离子反应生成二氧化锰沉淀、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为Mn2++ClO—
+H2O=MnO2↓+2H++Cl—；
（3）“转化”中，溶液中亚钴离子发生的反应为亚钴离子与氨水、铵根离子、氧气反应转化为六氨合钴
离子和水，反应的离子方程式为4Co2++20NH3·H2O+O2+4NH =4[Co(NH3)6]3++22H2O；
（4）由分析可知，从滤渣3 中分离出丁二酮肟固体的操作为向丁二酮肟镍中加入盐酸，充分反应后过滤得
到丁二酮肟固体和二氯化镍溶液；
（5）由分析可知，“锂钴分离”中发生的反应为加入盐酸，将溶液中六氨合钴离子转化为钴离子和铵根
离子，再加入氢氧化钠溶液，将溶液中的钴离子转化为氢氧化钴沉淀、铵根离子转化为氨气，则能重复利
用的物质是氨气；
（6）由层状结构可知，位于六棱柱顶点的钴原子与位于柱内的氧原子距离最近，则一个钴原子周围与其
最近的氧原子的个数是6；由晶胞结构可知，位于六棱柱顶点的1 号原子位于晶胞的顶点，2 号位于同条棱
的
处，3 号原子高度在
处、y 方向的长度等于底边的长度，由原子1 的坐标为
可知，原子2 和
原子3 的坐标分别为(0，0，
)、(0，1，
)。
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8.（2024·山东泰安·一模）以菱镁矿(主要成分为
，含少量
和
)为原料制备氟化镁的
工艺流程如下
(1)“碱浸”步骤所得滤液中溶质除
外还有 。
(2)“浸出”步骤主要反应的离子方程式为 ，所得废渣成分为 。
(3)“沉降”步骤中，按物质的量之比
加入
沉镁，充分反应后，
[已知
]；该步需要控制溶液的pH 范围为7~10，原因是 。
(4)上述流程中循环利用的物质为 。
(5)氟化镁的一种晶胞具有典型的四方品系结构(如图所示)，其中白球表示 (填“氟原子”或“镁原
子”)。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。晶胞中B
的原子分数坐标为(0.81，0.19，0.5)，已知晶胞含对称中心，则晶胞中B、C 两原子之间的核间距
pm。
【答案】(1)
、
(2)
(3)
pH＜7 时，F-在溶液中以HF 的形态存在，MgF2产率低；p
H＞10 时，Mg2+会生成Mg（OH）2，降低产品纯度；
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(4)
(5)氟原子
【分析】菱镁矿(主要成分为
，含少量
，
和
)，碱浸时，
转化为
，
转化为
，
溶液加热可生成Mg（OH）2和碳酸根，过滤后，滤渣中加入
溶液，其与Mg（OH）2反应生成MgCl2，过滤后，滤液中加入
，使Mg2+转化为MgF2沉淀，同时有
氯化铵生成，可在浸出步骤继续使用。
【解析】（1）碱浸时，
转化为
，
转化为
，
溶液加热可生成Mg
（OH）2和碳酸根，即滤液中含有
、
；
（2）“浸出”步骤为
溶液与Mg（OH）2反应生成MgCl2，反应的离子方程式为：
；废渣为
。
（3）
，
即
，解得
；该步需要控制溶液的pH 范围为7~10，原因是：pH
＜7 时，F-在溶液中以HF 的形态存在，MgF2产率低；pH＞10 时，Mg2+会生成Mg（OH）2，降低产品纯
度；
（4）由分析得，上述流程中循环利用的物质为
；
（5）由均摊法可知，晶胞中白球的数目为：
，黑球的数目为：
，即黑球：白球
=1：2，由氟化镁的化学式MgF2可知，白球为氟原子；B 的原子分数坐标为(0.81，0.19，0.5)，由图可知，
C 的原子分数坐标为(0.19，0.81，0.5)，由坐标可知：
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，B、C 两原子之间的核间距
。
9.（2024·浙江宁波·二模）砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是
采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸（
）形式存在］中回
收砷的工艺流程如下：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.砷酸（
）在酸性条件下有强氧化性
Ⅳ.
，
请回答：
(1)从含砷废水到滤液Ⅰ，浓度明显减小的阳离子为 （用离子符号表示）。
(2)下列说法正确的是__________。
A．沉砷时产生的废气可用
溶液吸收处理
B．酸化的目的是增加
价砷的氧化性
C．
浸取后所得滤渣的主要成分是
，不含
D．酸性：
(3)“沉砷”过程中
是否可用过量的
替换 （填“是”或“否”）；请从平衡移动的角度
解释原因 。
(4)砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为 。还原后溶液需检验是否仍剩余砷酸，设计检验实
验方案 。
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【答案】(1)
(2)ABD
(3)否 由于
，加入过量的
，溶液中
增大，平衡正向移
动不利于沉砷
(4)
取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴
（或
）溶
液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明砷酸未还原完全
【分析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，
，浸取得到硫化亚铁滤渣和含
的滤液Ⅱ；
滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和
，酸化后生成
，砷酸(
)在酸性条件下有强氧化性，
能SO2被还原生成
。
【解析】（1）含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，
与FeS 发生如下反应：
，反应过程中
浓度明显减小；
（2）沉砷时产生的废气中含有H2S，可用
溶液吸收将其转化为CuS 固体处理，故A 正确；
砷酸（
）在酸性条件下有强氧化性，因此酸化的目的是将砷酸钠转化为砷酸，从而增强+5 价砷的
氧化性，故B 正确；
和
的溶度积常数接近，在加NaOH 溶液碱浸时，
可以部分转化为
，因此滤渣中
可能含
，故C 错误；
非金属性Se>As，则两者最高价氧化物水化物的酸性强弱：
，故D 正确；
（3）已知：Ⅱ．
；加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向
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移动不利于沉砷，故 “沉砷”过程中FeS 不可以用过量的Na2S 替换。
（4）砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为
；还原后溶液需检
验是否仍剩余砷酸，可利用其强氧化性检验，检验实验方案：取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴
(或
)溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明砷酸未还原完全。
10.（2024·山东淄博·一模）利用水钴矿（主要成分为
，含少量
、
、Fe2O3、
）制备二
次电池添加剂
的流程如下。
已知：25℃时，
部分金属离子浓度与
的关系
如图所示；沉淀过快无法形成
，
在碱性溶液中易被
氧化。
回答下列问题：
(1)“酸浸”中
反应的离子方程式为 。
(2)“沉铁”中控制
的理论范围为 （溶液中离子浓度
时，可认为已除尽）。
(3)萃取剂对
、
萃取率随
的影响如图，应选择萃取剂 （填“M”或“N”）。若萃取剂的
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量一定时， （填“一次萃取”或“少量多次萃取”）的萃取效率更高。
(4)“沉钴”中，
的离子方程式为 ，该反应的
= 。
(5)
过程中，先加氨水再缓慢加
溶液的理由是 。“沉
钴”中使用热
溶液的目的是 。
【答案】(1)
(2)3.2~7.2
(3) N 少量多次萃取
(4)
(5) “碱溶”形成的
在加入
“沉钴”时可缓释
利于晶体形成，缓慢加
溶液可
以防止沉淀过快无法形成
温度高利于减少溶解氧，形成
气氛隔绝空气，防止产物被
氧化
【分析】水钴矿在硫酸和亚硫酸钠混合溶液中酸浸，SiO2不和硫酸反应过滤后存在于滤渣1 中，滤液中含
有Co2+、Fe2+、Mn2+，再向滤液中加入次氯酸钠、碳酸钠进行沉铁，将铁元素转化为Fe(OH)3沉淀过滤后存
在于滤渣2 中，向滤液中加入萃取剂，水相中含有Co2+，经过一系列处理后得到CoSO4固体，再加入氨水
溶解，加入热的NaOH 溶液沉Co 得到β−Co(OH)2。
【解析】（1）亚硫酸钠具有还原性，“酸浸”中
在酸性条件下被亚硫酸钠还原为二价钴，亚硫酸根
离子氧化为硫酸根离子，反应中钴化合价由+3 变为+2、硫化合价由+4 变为+6，结合电子守恒可知，反应
为：
；
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（2）沉铁”中要求除去铁离子而Co2+不产生沉淀，结合图可知，控制
的理论范围为3.2~7.2；
（3）由流程可知，萃取剂要浸可能分离
、
，使得
进入有机相而
保留在水相，结合图
可知，萃取剂N 对两者的萃取分离效果较好，故选N；若萃取剂的量一定时，少量多次萃取的萃取效率更
高。
（4）①由图表可知，pH=9.2 时，pOH=4.8，
沉淀完全，此时
；“沉钴”中，
和NaOH 反应生成
，根据质量守恒可知，同时生成氨气，离子方程式为：
； 该反应的
；
（5）
沉淀过快无法形成
，先加氨水形成配离子
减小
浓度，然后再加
NaOH 溶液利于形成
故先加氨水再加NaOH 溶液的理由是：“碱溶”形成的
在
加入
“沉钴”时可缓释
利于晶体形成，缓慢加
溶液可以防止沉淀过快无法形成
；
容易被空气中氧气氧化，氨水受热易挥发，且升温利于减少溶解氧，故使用热
溶液的目的是：
温度高利于减少溶解氧，形成
气氛隔绝空气，防止产物被氧化。
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11.（2024·江西南昌·一模）我国的钴（Co）资源非常贫乏，一种利用湿法炼锌净化渣回收钴的工艺如下图
所示。已知净化渣含有较高的锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化
物的形式存在。
已知：①298K，
，
，
。
②
在酸性溶液中有强氧化性
(1)写出钴原子的价层电子排布式： 。
(2)“常压浸出”需加热至70℃左右，宜采用 （填序号；①盐酸②硫酸③硝酸）进行酸浸，浸出渣主
要成分为 。
(3)大多数金属硫化物都难溶于水，能选择
除铜的原因是 ，若加入
后溶液中
,
，则溶液的pH 约为 。
(4)过二硫酸钠（
）氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成
，请写出该反应的离子方程式：
。加入过二硫酸钠也可以氧化Fe2+生成Fe3+，但Fe3+不会生成沉淀，则还需要加入氯酸钠的原因是 。
(5)根据流程可知：在“沉淀分离”步骤中，还原性Co2+ Mn2+（填“强于”或“弱于”）；氧化沉淀
所得产物为Co(OH)3，最终钴产品是Co(OH)3脱水后的产物，脱水前后质量比为55:46，则钴产品的化学式
为 。
【答案】(1)3d74s2
(2)
Cu
②
、PbSO4
(3)生成的CuS 溶解度最小，先于其它的金属离子沉淀 1
(4)
消耗了H+，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去
(5) 弱于 CoO(OH)
【分析】以净化渣(主要含锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化物的
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形式存在)为原料提取钴，加入硫酸进行酸浸，“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4，其它金属元素均转化
为对应的硫酸盐，Na2S 常用作沉淀剂，铜渣为CuS，“氧化”过程中，Na2S2O8将Fe2+氧化为Fe3+，加
NaClO3调节溶液pH，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再次加入Na2S2O8，可将Co2+氧化生成Co(OH)3，经一系
列转化后可得钴产品。
【解析】（1）Co 为27 号元素，其基态原子的价层电子排布式：3d74s2。
（2）“常压浸出”的加热温度为70℃左右，温度高时，盐酸、硝酸均挥发，对设备的腐蚀能力强，而硫
酸不挥发，则宜采用②硫酸进行酸浸。酸浸后金属元素转化为对应的金属硫酸盐，但铜与硫酸不反应，
PbSO4为难溶物，则浸出渣主要成分为Cu、PbSO4。
（3）大多数金属硫化物都难溶于水，能选择
除铜的原因是生成的CuS 溶解度最小，先于其它的金属
离子沉淀；加入
后的溶液中，
，则溶液中的
，根据
、
知，
，其中
，则
，溶液的pH 约为1。
（4）过二硫酸钠（
）氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成
，根据化合价升降守恒、电荷守恒
及原子守恒可得反应的离子方程式：
。加入过二硫酸钠能氧化
Fe2+为Fe3+，但Fe3+不会生成沉淀，氯酸钠属于强碱弱酸盐，加入氯酸钠可消耗溶液中的H+，从而促进
Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去。
（5）由图知，在“沉淀分离”步骤中得到锰铁渣和含钴元素的溶液，说明还原性Co2+弱于Mn2+；Co(OH)3
的相对分子质量为110，Co(OH)3脱水前后质量比为55:46，说明则该过程中发生：
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，则钴产品的化学式为CoO(OH)。
12.（2024·山东菏泽·一模）稀土针铁硼永磁材料广泛应用于新能源汽车、节能环保家电、国防军事等工业
领域。工业上以钕铁硼废料[含钕(
，质量分数为
)、
]为主要原料回收高纯度钕的工艺流程
如下。
已知：①
的稳定价态为
价；
的活动性较强，与稀硫酸反应产生
；硼难溶于稀硫酸。钕离子可
与过量
生成可溶性配合物；
②常温下，
。回答下列问题：
(1)常温下，“沉钕”过程中调节溶液的
为2.3，钕全部以
沉淀完全。若溶液中
， (填“有”或“无”)
沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，原因
是 。
(2)“沉淀”过程得到
晶体。此过程中，草酸实际用量与理论计算量的比值
和沉钕率
的关系如图所示，对沉钕率变化趋势进行解释： 。
(3)“滤液2”的溶质主要为 (填化学式)；“滤液3”中的 (填化学式)可在上述流程中循环利用。
(4)“一系列操作”包括 ；空气中“煅烧”时生成无毒的气体，反应的化学方程式为 。
【答案】(1) 无 酸性太强，H+与
反应生成
，导致
浓度太小，沉淀不完全
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(2)适当增大草酸的用量，可增加
的浓度，有利于提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量
生成可溶性配合物，从而降低沉钕率
(3)
、NaOH H2SO4
(4)过滤、洗涤、干燥
【分析】钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，其中硼不与稀硫酸反应，滤渣1 为硼，随后加入NaH2PO4反应生成
Nd(H2PO4)3沉淀，过滤滤液1 中含有亚铁离子，再加入过量NaOH 进行碱转化，加入稀硫酸溶解沉淀得到
Nd3+，加入草酸溶液生成Nd2(C2O4)3·10H2O 沉淀，灼烧Nd2(C2O4)3·10H2O 得到Nd2O3，Nd2O3熔融电解得到
Nd。
【解析】（1）
，因此不会
有
沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H+与
反应生成
，导致
浓
度太小，沉淀不完全。
（2）适当增大草酸的用量，可增加
的浓度，有利于
形成
，从而提高沉钕
率，但草酸浓度过大时钕离子可与过量
生成可溶性配合物，从而降低沉钕率；
（3）Nd(H2PO4)3+9NaOH=Nd(OH)3+3Na3PO4+6H2O，“滤液2”的主要溶质有Na3PO4、NaOH。“滤液3”中
含有硫酸，可循环使用；
（4）“沉淀”过程得到
晶体，然后进行过滤、洗涤、干燥得到
；
“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧生成无毒的气体，该气体为CO2,化学方程式为
。
13.（2024·湖南邵阳·一模）
作为第三代半导体材料，具有耐高温高压等特性，随着5G 技术的发展，
商用进入快车道。综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓
、铁酸锌
]制备具有优异光电
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性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH 和金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中
金属离子的百分数)见表：
金属离子
开始沉淀pH
8.0
1.7
5.5
3.0
沉淀完全pH
9.6
3.2
8.0
4.9
萃取率(％)
0
99
0
97～98.5
(1)处理浸出液时，将溶液的pH 调节至5.4，过滤所得沉淀为 (填化学式)。
(2)“溶解还原”步骤中加入一定量铁粉的作用是 (用离子方程式表示)。
(3)萃取和反萃取都需要使用到的主要玻璃仪器为 。
(4)取
样品a 克溶于足量热
溶液中，发生反应
，用
溶液
将产生的
完全吸收并配成
溶液，从中取
用盐酸滴定，消耗
的盐酸V mL，则样品
的纯度为； 。(已知：
；
)
(5)
晶胞结构如图所示，其晶体类型为 ，N 原子的杂化方式为 ，已知
六方
晶胞的体积为
，阿伏加德罗常数的值为
，则
晶体的密度为
(用含a、
的
代数式表示)。
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(6)科学家用氮化镓材料与铜组装成如下图所示的人工光合系统，成功地实现了用
和
合成
，请
写出
电极的电极反应方程式 。
【答案】(1)Fe(OH)3、Ga(OH)3
(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3)分液漏斗
(4)
(5)共价晶体 sp3
(6)2H2O-4e-=4H++O2↑
【分析】炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，炼
锌矿渣加入稀硫酸过滤得到二氧化硅和滤液，滤液中加入过氧化氢调节溶液pH，氧化亚铁离子为铁离子，
形成Fe(OH)3沉淀，加入盐酸溶解、加入铁还原，假如萃取剂萃取分液，在萃取液中加入氢氧化钠溶液反
萃取，经过分离后加入氨气高温化合得到GaN，据此分析回答问题。
【解析】（1）处理浸出液时，将溶液的pH 调节至5.4，目的是沉淀Fe3+和Ga3+，过滤所得沉淀为：
Fe(OH)3、Ga(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Ga(OH)3；
（2）“溶解还原”步骤中加入一定量铁粉的作用是还原铁离子生成亚铁离子，反应的离子方程式为：
Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）萃取和反萃取都需要使用到的主要玻璃仪器为：分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
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（4）取GaN 样品a 克溶于足量热NaOH 溶液中，发生反应GaN+OH-+H2O
+NH3↑，用H3BO3溶液将
产生的NH3完全吸收并配成250mL 溶液，从中取25mL 用盐酸滴定，消耗cmol/L 的盐酸VmL，GaN～NH3
～HCl，则样品的纯度=
；
（5）GaN 晶胞结构如图所示，晶胞中含Ga=12×
+2×
+3=6，含N 原子=6×
+3=6，其晶体类型为：共
价晶体，N 原子形成三个共价键，N 原子的杂化方式为：sp3，晶胞质量m=
，已知GaN 六方
晶胞的体积为V=apm3= a×10−30cm3，则GaN 晶体的密度
g/cm3；
（6）图示可知，GaN 电极为负极，水失电子生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：
2H2O-4e-=4H++O2↑。
14.（2024·江西·一模）电镀行业是国民经济中不可缺少的基础性行业，也是当今全球三大污染行业之一。
我国电镀企业每年约产生1000 万吨电镀污泥，以下是北京矿冶研究总院研究含铬混合电镀污泥（含
、
、
、
、
）多金属资源化综合利用技术流程。
(1)浸渣的主要成分是 （填化学式）。
(2)萃取铜的原理：
，控制其他条件相同，25℃
时，pH 值对萃取的影响如下图所示：
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①萃取过程浸取液的pH （填“变大”、“变小”或“不变”）。
②请解释当pH 小于1 时，萃取率随pH 值变化的原因： 。
③由图可知，当pH 接近于0 时，萃取剂难以萃取铜，为保证浸取液中的铜能完全萃取进入有机相，浸取
液中的
应不大于 mol/L。
(3)已知沉铬时选择的沉淀剂为
，
，
沉铬时加入
的作用是 （用离子方程式表示）。
(4)沉铁时
的作用是 （用文字表述）。
(5)沉锌得到的固体为ZnS，其晶体属于立方晶系，晶胞及其投影图如图所示，A 点原子的分数坐标为
，B 点原子的分数坐标为
，则C 点原子的分数坐标为 。
【答案】(1)
(2) 变小 由于萃取过程为可逆反应，随着溶液酸度的增大，使得萃取反应向左移动，不利于萃取的进
行，从而萃取率明显降低 0.5
(3)
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(4)将
氧化为
(5)
【分析】在含铬混合电镀污泥中加入硫酸进行酸浸，
、
、
、
、
分别转化为对应的硫酸盐，再加入碳酸钙调pH 至2.5，浸渣的主要成分为硫酸钙，之后用有机溶
剂萃取
，
进入有机相而其它物质在水相，加硫酸钠将
转化为
，再加沉淀剂可将
转化
为
沉淀，然后加过氧化氢将
转化为
，调节溶液pH 可使
形成沉淀，加硫化钠可沉淀
，最后加入碳酸钠使镍元素转化为沉淀。
【解析】（1）由分析知，浸渣的主要成分是
。
（2）①萃取过程发生：
，由于生成HCl，浸取
液的pH 变小。
②萃取过程为可逆反应，当pH 小于1 时，随着溶液酸度的增大，使得萃取反应向左移动，不利于萃取的
进行，从而使萃取率明显降低。
③由题意知，为保证平衡正向移动，应使
，则为保证浸取液中的铜能完全萃取
进入有机相，浸取液中的
应不大于0.5mol/L。
（3）由于沉铬时选择的沉淀剂为
，
，
，二者比较接
近，为了沉淀
，可加入
将
还原为
，对应的离子方程式：
。
（4）沉铁时，加
的作用是将
氧化为
，之后通过调pH 可使
形成沉淀。
（5）结合晶胞及其投影图知，C 点原子在晶胞体内，且参照A 点和B 点原子的分数坐标可知C 点原子的
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分数坐标为
。
15.（2024·山西临汾·一模）重铬酸钠
主要用于涂料、金属缓蚀剂、有机合成氧化剂等。工业上
以铬铁矿(主要成分亚铬酸亚铁
，含少量Mg、Al、Si 等杂质元素)为原料制取重铬酸钠的工艺
流程如图：
已知：①
在酸性溶液中性质稳定，当
时，以
形式存在且易被氧化；
②
，
，
；
③最高价铬酸根在碱性介质中以
存在，在酸性介质中以
存在。
回答下列问题：
(1)基态Cr 原子和Fe 原子中未成对电子数之比为 。
(2)滤渣1 的主要成分为 (写化学式)。
(3)“氧化1”加入足量H2O2的目的是 ，为防止反应过于剧烈，可采取的措施是 。
(4)“调pH”至
恰好沉淀完全时滤液中
。
(5)检验“滤渣3”被水洗净的试剂为 。
(6)“氧化2”反应的离子方程式为 。
(7)“酸化”反应的化学方程式为 。
【答案】(1)3：2
(2)
(3) 将
全部氧化为
分批缓慢加入
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(4)
(5)
溶液(加上盐酸也对)
(6)
(7)
【分析】
工业上铬铁矿主要成分为亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]，还含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等杂质，先用稀硫酸酸浸
并调节pH=1，[Fe(CrO2)2]、MgCO3、Al2O3能够和硫酸反应转化为Mg2+、Al3+、Fe2+和Cr3+，SiO2不和硫酸
反应经过滤存在于滤渣1 中，滤液1 中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH 调节pH 使Fe3+和Al3+转
化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀除去，滤渣2 为Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤后再加入NaOH 调节pH＞11 使
Mg2+转化为氢氧化镁除去，得到的滤液中加入H2O2将
氧化为
，得到Na2CrO4溶液，以此解答。
【解析】（1）基态Cr 原子和Fe 原子的价层电子排布式为：3d54s1、3d64s2，故其中未成对电子数之比为
6:4=3:2，故答案为：3:2；
（2）由分析可知，滤渣1 的主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；
（3）由分析可知，“氧化1”加入足量H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节pH 使其沉淀完全而
除去，为防止反应过于剧烈，可采取的措施是分批缓慢加入，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；分批缓慢加
入；
（4）“调pH”至Al3+恰好沉淀完全时即溶液中的c(Al3+)=10-5mol/L，此时溶液中：c3(OH-)=
=
=3.2×10-29mol/L，故此时滤液中
=
=1.25×10-9mol/L，故答案为：
1.25×10-9mol/L；
（5）由分析可知，滤渣3 表面还含有硫酸根离子，故检验“滤渣3”被水洗净的试剂为稀盐酸和氯化钡溶
液，故答案为：
溶液(加上盐酸也对)；
（6）由分析可知，“氧化2”反应即用H2O2将
氧化为
，根据氧化还原反应配平可得该反应的离
37
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子方程式为：
，故答案为：
；
（7）由分析可知，“酸化”反应即将Na2CrO4用过量的CO2和H2O 进行酸化后转化为Na2Cr2O7和
NaHCO3，经过配平可得该反应的化学方程式为
，故答案
为：
。
16.（2024·山西·一模）某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法对铬铁矿(主要成分
，含
氧化物杂质)进行处理制备高价铬盐的工艺流程如图。
已知：①最高价铬酸根在酸性介质中以
存在，在碱性介质中以
存在：
②
在水溶液中以
的形式存在。
回答下列问题：
(1)铬铁矿在高温反应前需要进行的处理是 。
(2)“高温连续氧化”工序中
发生反应的化学方程式为 。
(3)下列物质可以替代
的是 (填标号)。
a．
b．
c．
(4)工序1 的名称为 。
(5)该工艺可以利用滤渣1 提取
，下图是
晶胞，已知晶胞密度是
，用
表示阿伏加德罗
常数的值，则
(写出计算表达式即可)。
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(6)气体
是 (填化学式)，工序2 中与气体A 发生反应的离子有 。
(7)若工序2 中的铝元素恰好完全转化为沉淀，此时溶液中的
，(通常认为溶液
中离子浓度小于
为沉淀完全；
。
【答案】(1)粉碎(研磨)
(2)
(3)b
(4)溶解浸出
(5)
(6)
、
、
(7)
【分析】在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠
反应转化为Na[Al(OH)4]，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到滤渣1 含有氧化镁、氧化
铁，含有过量氢氧化钠、铬酸钠、
的滤液1；向滤液1 中通入过量的气体A 即二氧化碳得到重
铬酸钠和碳酸氢钠，Na[Al(OH)4]与过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，滤渣2 为
Al(OH)3；
【解析】（1）铁铬矿在反应前需要粉碎处理，增加反应的接触面积，加快化学反应速率；
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（2）由分析可知，高温连续氧化工序中
被氧化为
和
，发生反应的方程式为
（3）根据流程分析，代替氢氧化钠的物质要有碱性还得有钠离子，所以可以选择碳酸钠；
（4）将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；
（5）
晶胞中含Mg 原子个数为12×
+1=4、O 原子个数为8×
+6×
=4，晶胞质量m=
，已知晶胞密度是
，晶胞体积为V=
，晶胞边长为
。则d=
nm；
（6）工序2 中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的
反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠：
，同时
转化为氢氧化铝沉淀：
，过量的氢氧根也会和
反应。
（7）工序2 溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为
，反应的平
衡常数为
，当
为
时，溶液中氢离子浓度为
。
17.（2024·北京顺义·一模）I．V2O5是一种重要的工业催化剂。
(1)V2O5催化剂参与SO2催化氧化反应的机理如图。
40
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V5+催化过程可以表示为：
①……
O
②
2+4V4+=4V5++2O2-
①的离子方程式是 。
Ⅱ．某V2O5失活催化剂(主要含V2O5、V2O4、SiO2、SO3以及少量的Fe 等)是重要的含钒二次资源。从失活
催化剂提取钒的一种工艺流程如下。
资料：
ⅰ．HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子的萃取能力由强到弱的顺序为：Fe3+>VO2+>VO >Fe2+；
ⅱ．溶液pH<4.0 时，+5 价钒的存在形式为VO ，6.0≤pH≤8.0 时，正五价钒元素的存在形式为VO ，且二
者可相互转化：VO +H2O
VO +2H+。
(2)浸出液中含有VO 、VO2+、Fe3+、Fe2+等阳离子，浸出VO 的离子方程式是 。
(3)流程中“……”包含的操作顺序为 。
(4)“萃取”“反萃取”过程机理为：VO2+(水层)+2HA(有机层)
VOA2(有机层)+2H+(水层)。反萃取剂选择
H2SO4，原因是 。
(5)“沉钒”过程中需先加入KClO3，然后通入氨气调节pH 为6～8，再加(NH4)2SO4。
①加入KClO3，反应的离子方程式是 。
②结合平衡移动原理解释通入氨气的作用 。
(6)产品中V2O5纯度的测定方法如下。
41
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已知：此过程中，MnO 可氧化Fe2+，且不与VO2+反应。产品中的杂质不参与反应。
步骤iii 中标准KMnO4溶液的浓度和消耗的体积分别为c 和V，计算产品中V2O5的纯度还需要的实验数据
有 。
【答案】(1)SO2+2V5++O2-=2V4++SO3
(2)V2O5+2H+=2VO2
++H2O
(3)先加还原剂，再萃取分液
(4)增大c(H+)，平衡逆向移动，有利于VO2+进入水层
(5) ClO +6VO2++3H2O=Cl-+6VO +6H+ 存在平衡VO +H2O
VO +2H+，通入氨气NH3•H2O+H+=NH
+H2O，使c(H+)减小，平衡正向移动，将VO 转化为VO ，与此同时c(NH4
+)增大，使得NH4VO3(s)
NH (aq)+VO (aq)逆向移动，析出沉淀NH4VO3
(6)产品质量，ii 中所用FeSO4溶液的浓度和体积
【分析】V2O5失活催化剂加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应，其他物质转化为溶液，先加还原剂，再萃取分
液之后得到含有VO2+的有机层，反萃取得到含VO2+的水层，先加氯酸钾，再调节pH 值沉钒，加入硫酸铵
转化为NH4NO3，焙烧转化为V2O5，据此回答。
【解析】（1）根据题目分析可知，①的离子方程式是SO2+2V5++O2-=2V4++SO3；
（2）浸出液中含有
、VO2+、Fe3+、Fe2+等阳离子，浸出
的离子方程式是：V2O5+2H+=2VO2
+
+H2O；
（3）流程中“……”包含的操作顺序为：先加还原剂，再萃取分液；
（4）反萃取剂选择H2SO4，原因是：增大c(H+)，平衡逆向移动，有利于VO2+进入水层；
（5）①加入KClO3，将VO2+氧化为
，反应的离子方程式是：ClO +6VO2++3H2O=Cl-+6VO +6H+；
②存在平衡VO +H2O
VO +2H+，通入氨气NH3•H2O+H+=NH +H2O，使c(H+)减小，平衡正向移动，将
VO 转化为VO ，与此同时c(NH4
+)增大，使得NH4VO3(s)
NH (aq)+VO (aq)逆向移动，析出沉淀
NH4VO3；
（6）步骤iii 中标准KMnO4溶液的浓度和消耗的体积分别为c 和V，计算产品中V2O5的纯度还需要的实验
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数据有：产品质量，ii 中所用FeSO4溶液的浓度和体积。
18.（2024·山东临沂·一模）废旧电池镍钴锰酸锂三元正极材料的主要成分为
，通过高温氢
化和湿法冶金的方法回收其中的镍、钴、锰、锂，其工艺流程如图所示。
已知：①该工艺条件下，Ni2+开始沉淀的pH 为2，Co2+开始沉淀的pH 为3。
M
②
2+(Co2+或Ni2+)的萃取原理：2HR(有机相)+M2+(水相)⇌MR2(有机相)+2H+(水相)。
回答下列问题：
(1)“高温氢化”时固体产物为Co、Ni、MnO 和LiOH，该反应的化学方程式为 ；实际生产中还有少
量的Li2CO3生成，原因是 。
(2)“酸洗”的目的是 ；若“洗液”中c(Li+)=2.0mol•L-1，加入Na2CO3固体后，为使沉淀Li2CO3中Li
元素含量不小于Li 元素总量的95%，则1.0L“洗液”中至少需要加入Na2CO3的物质的量为 mol[忽略
溶液体积变化，Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3]。
(3)“沉锰”过程中pH 对金属沉淀率的影响如图所示。
①生成MnO2的离子方程式为 。
pH=0.5
②
时，有少量钴、镍析出，可能的原因是 ；应选择的最佳pH 为 。
(4)“反萃取”的目的是将有机层中Co2+、Ni2+转移到水层。
①试剂X 为 (填试剂名称)。
②为使Co2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，应采取的实验操作有 。
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【答案】(1)6
+7H2
6LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O LiOH 与空气中CO2反应
(2) 降低锂在固体残余物中的含量 1.17
(3) 3Mn2++2MnO +2H2O=5MnO2↓+4H+ MnO2沉淀过程中夹杂、包裹 1
(4) 盐酸 多次反萃取
【分析】由题给流程可知，废旧电池正极材料在氢气和氮气混合气体中高温氢化时，
转化
为钴、镍、一氧化锰和氢氧化锂，“高温氢化”时得到的固体经水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液和固体
残余物；向氢氧化锂中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂；向残余
物中加入硫酸溶液酸浸，将钴、镍、一氧化锰转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入
高锰酸钾，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入HR 有机萃
取剂萃取溶液中的亚钴离子和镍离子，分液得到水相和有机相；向有机相中加入盐酸，经多次反萃取、分
液得到水相和有机相；水相中氯化亚钴和氯化镍在一定条件下分离得到氯化亚钴和氯化镍。
【解析】（1）由分析可知，高温氢化时发生的反应为
高温条件下与氢气反应转化为生成
钴、镍、一氧化锰、氢氧化锂和水，反应的化学方程式为6
+7H2
6LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；实际生产中还有少量的碳酸锂生成说明反应生成的氢氧化锂与空气中的二
氧化碳反应生成碳酸锂和水，故答案为：6
+7H2
6LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；LiOH
与空气中CO2反应；
（2）由分析可知，水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液，所以酸洗的目的是将锂元素完全转移到洗液中，
降低锂在固体残余物中的含量；由题意可知，溶液中锂离子转化为碳酸锂时，消耗碳酸钠的物质的量为
2.0mol/L×1.0L×95%×
=0.95mol，溶液中锂离子的浓度为2.0mol/L—2.0mol/L×95%=0.1mol/L，由溶度积可
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知，溶液中碳酸根离子的物质的量为
×1.0L=0.22mol，则1.0L“洗液”中至少需要加入碳酸钠的
物质的量为0.95mol+0.22mol=1.17mol，故答案为：降低锂在固体残余物中的含量；1.17；
（3）①由分析可知，加入高锰酸钾的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式
为3Mn2++2MnO +2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO +2H2O=5MnO2↓+4H+；
pH=0.5
②
时，有少量钴、镍析出是因为二氧化锰沉淀过程中夹杂、包裹了一定量的钴元素和镍元素；由图
可知，溶液pH 为1 时，锰元素沉淀率达到最大，而钴元素和镍元素沉淀率较小，则应选择的最佳pH 为
1，故答案为：MnO2沉淀过程中夹杂、包裹；1；
（4）①由分析可知，试剂X 为反萃取剂盐酸，目的是萃取、分液得到含有氯化亚钴和氯化镍的水相，故
答案为：盐酸；
②由萃取原则可知，可以使用少量多次反萃取的方法使Co2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，故答案为：多
次反萃取。
19.（2023·四川达州·一模）纳米氧化镁在陶瓷、催化等领域有着广泛应用。工业上以菱镁矿(主要成分为
，含少量
、
、
和铁的氧化物)为原料制备纳米氧化镁的工艺流程如图：
已知：①金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH 如表所示：
金属离子
开始沉淀的pH
2.7
3.5
8.1
6.3
沉淀完全(离子浓度等于
)的pH
3.7
4.7
9.4
8.3
②草酸溶液是一种酸性溶液，有腐蚀作用，还具有一定的挥发性。
③实验证明纳米氧化镁的粒径越小性质越优良。
请按要求完成下列问题：
(1)“煅烧1”时，需将菱镁矿粉碎，并在底部鼓入热空气，该操作的优点是 。
(2)“浸出”时若不加入试剂a 造成的后果是 。若“调pH”后所得的滤液2 中
，
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则
mol/L。
(3)下图是“沉镁”时反应温度对产物粒径影响，则“沉镁”操作中反应的最佳温度为 ，不宜过
高，原因为 。“沉镁”过程中发生反应的离子方程式为 。
(4)下图是煅烧2 温度对产物二次粒径影响，“煅烧2”时，发生反应的化学方程式为 。
(5)该流程中可循环使用物质的化学式为 。
【答案】(1)增大菱镁矿与空气的接触面积，提高效率
(2) 会导致滤液2 中存在Fe2+，最终产物不纯 10-11
(3)70℃ 温度过高草酸易挥发，且易分解
(4)
(5)H2SO4
【分析】菱镁矿主要成分为MgCO3(含少量
、
、
和铁的氧化物)，在空气中焙烧，碳酸镁分
解为氧化镁和二氧化碳，加水、除钙剂溶解，滤饼中有：MgO、
、
和铁的氧化物，加过量10%
硫酸溶液和试剂a，试剂a 将Fe2+转化为Fe3+便于后续调pH 值除去铁元素，SiO2不发生反应，进入浸渣
中，浸出液中有：Mg2+、Al3+、Fe3+等，加入氢氧化镁调节pH，使Al3+、Fe3+转化为Al（OH）3、Fe（OH）
3除去，向滤液2 中加入1.5mol/L 的草酸溶液，生成草酸镁沉淀，在空气中进行煅烧，得到纳米MgO。
【解析】（1）“煅烧1”时，需将菱镁矿粉碎，并在底部鼓入热空气，可增大菱镁矿与空气的接触面积，
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提高效率；
（2）试剂a 将Fe2+转化为Fe3+便于后续调pH 值除去铁元素，由于亚铁离子和镁离子沉淀pH 范围部分重
合，“浸出”时若不加入试剂a，会导致滤液2 中存在Fe2+，最终产物不纯；Fe3+完全沉淀时的pH 为3.7，
，
，
，同理可得
，
，若“调
pH”后所得的滤液2 中
，此时则
10-11mol/L；
（3）纳米氧化镁的粒径越小性质越优良，由图可知，70℃时，产物粒径最小；温度不宜过高，温度过高
草酸易挥发，且易分解；Mg2+与草酸反应生成草酸镁沉淀，反应离子方程式为：
；
（4）煅烧2 是将草酸镁煅烧得到MgO，反应的化学方程式为：
；
（5）参与反应过程最后又生成的物质可以循环利用，该流程中可循环使用物质的化学式为H2SO4。
20.（2024·山东济南·一模）工业上常用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)和Li2CO3合
成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。
已知：①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH 高于5.5 时易被O2氧化；
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②当溶液中某离子浓度
时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的
如
下表所示：
lg5=0.7
③
。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是 ，一定温度下，软锰矿与不同浓度的硫酸反应60min
时结果如下表所示：
c(H2SO4)/mol·L-1
1.0
5.0
10.0
16.0
18.0
Mn 浸出率/%
25
78
95
85
55
Al 浸出率/%
35
90
83
5
0
则“酸浸”时，选择c(H2SO4)为 mol·L-1。
(2)加入MnCO3“调pH”时，若c(Mn2+)=1.0mol·L-1，其他金属阳离子浓度为0.001mol·L-1，则调pH 的范围为
，若“滤渣Ⅲ”主要成分为FeOOH，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为 。
(3)“焙烧”操作中，为了提高Li2CO3利用率，加入稍过量的MnO2，加热至600℃～750℃便制得LiMn2O4，
则反应的化学方程式为 ，整个流程中，可以循环使用的物质有 。
(4)获取明矾
的“一系列操作”是 。
【答案】(1) 将MnO2全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，防止在滤渣Ⅱ中引入Fe(OH)3 10.0
(2) 4.67≤pH≤5.5
(3)
O2、硫酸
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)与SO2和稀硫酸反应，MnO2被还原为
Mn2+，Fe2O3生成Fe3+后被还原为Fe2+、Al2O3生成Al3+，SiO2不反应，过滤除去，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加
入碳酸锰调pH 值，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，通过过滤分离开，滤渣Ⅱ为Al（OH）3，滤液中含有
Mn2+、Fe2+，用氧气将Fe2+氧化为FeOOH 沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ为FeOOH，电解滤液，将Mn2+氧化为
MnO2，MnO2和Li2CO3焙烧，得到LiMn2O4，滤渣Ⅱ为Al（OH）3，加入稀硫酸、K2SO4溶解，经过蒸发浓
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缩、冷却结晶、过滤、洗涤后得到明矾
。
【解析】（1）“酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是：将MnO2全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，
防止在滤渣Ⅱ中引入Fe(OH)3；流程的目的是合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，要求Mn 和Al 的
浸出率都尽量高，由表格数据可知，酸浸时，选择10.0mol/L 的硫酸溶液最合适；
（2）加入碳酸锰调pH 值，是为了让Al3+转化为Al（OH）3沉淀，而其他金属阳离子依然在溶液中，
，当Al3+完全沉淀时，
，
，
，pH=4.67，若c(Mn2+)=1.0mol·L-1，其他金属阳离子浓度为
0.001mol·L-1，当Mn2+开始沉淀时，
，
，
，pH=8.35；当
Fe2+开始沉淀时，
，
，
，pH=7.35，综上：Al3+完全沉淀时，pH=4.67，Mn2+开始沉
淀时，pH=8.35，Fe2+开始沉淀时pH=7.35，即4.67≤pH＜7.35，由于Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH 高于
5.5 时易被O2氧化，则4.67≤pH≤5.5；
（3）MnO2和Li2CO3焙烧，得到LiMn2O4，反应的化学方程式为：
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；整个流程中，可以循环使用的物质有：O2、硫酸；
（4）获取明矾
的“一系列操作”是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
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