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压轴题10 无机化工流程综合分析
一、条件控制及目的
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH 所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH 变大；
②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶
液的pH，不可加入NaOH 溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)控制压强。改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
二、原料处理方法及目的
方法
目的
研磨、雾化
减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加
充分
水浸
与水接触反应或溶解
酸浸
与酸接触反应或溶解，使可溶性离子进入溶液，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
除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂
质
煅烧
改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
酸作用
溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用
去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)
三、操作与试剂及“目的、原因、作用”
操作与试剂
目的、原因、作用(答题模板)
沉淀水洗
除去××(可溶于水)杂质
沉淀用
乙醇洗涤
①减小固体的溶解度；②除去固体表面吸附的杂质；③乙醇挥发带走水分，使固
体快速干燥
冰水洗涤
洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗
冷凝回流
防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率
控制溶液pH
防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解；促
进/抑制××气体吸收/逸出
加过量
A 试剂
使B 物质反应完全(或提高B 物质的转化率)
1
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温度不高
于××℃
温度过高××物质分解(如H2O2、NH3·H2O、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如
浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)
趁热过滤
防止某物质降温时结晶析出
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
减压蒸馏
(减压蒸发)
减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3
等)
蒸发、反应时
的气体氛围
抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl 气流中进行；加热
MgCl2·6H2O 得MgCl2时需在HCl 气流中进行等)
配制某溶液
前先煮沸水
除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化
反应容器中
和大气相通
的玻璃管
平衡压强，避免反应容器中压强过大
四、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H2O2、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
2
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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
含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。
题型01 综合考查废旧物资分离提纯
1.（江苏省苏北四市2025 届高三上学期一模联考）从高铟烟灰中(主要含
、
、
、
等)提
取铟的过程如下：
已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化。
(1)氧化酸浸：向高铟烟灰中加入
和稀
充分反应，硫元素被氧化为
，
①写出
反应的离子方程式： 。
②过滤所得滤渣含
、
和 (填化学式)。
(2)萃取：向滤液中加入有机萃取剂(HA)并搅拌，发生反应：
(水相)+3HA(有机相)
(有机相)
3
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(水相)。在一定条件下，搅拌速度与铟萃取率关系如图-1 所示，铟萃取率先增大后减小的可能原因是
。
(3)反萃取：
(有机相
(水相)
(水相)
(有机相)，有机相与水相体积比和反萃取
率，水相中铟浓度的关系如图-2 所示，操作时选择有机相与水相体积比为 ，原因是 。
(4)制备钢：分液，向水相中加入足量Zn，反应的化学方程式为 。若锌粉的利用率为
，获得
6.9kg 铟时需要使用锌粉 kg(写出计算过程)。
【答案】(1)
(2)搅拌速度增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速度过快，容易造成有机相的乳
化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低
(3) 4：1 反萃取率最高
(4)
10.0kg
【分析】高铟烟灰加入氧化锰和硫酸进行“氧化酸浸”后，
转变为
沉淀，
、
转变
为In3+，二氧化硅不与硫酸反应。滤液中含有In3+、Mn2+、
，“滤渣”为过量的二氧化锰、二氧化硅
和硫酸铅，滤液加入有机萃取剂HA 萃取In3+，“反萃取”得到
溶液，在
溶液中加入锌粉发
生置换反应得到粗铟。
【解析】（1）①向高铟烟灰中加入
和稀
充分反应，硫元素被氧化为
，
被还原为
Mn2+，
反应的离子方程式：
；
②根据分析，过滤所得滤渣含
、
和
；
（2）根据已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化，则铟萃取率先增大后减小的可
能原因是搅拌速度增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速度过快，容易造成有机相
的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低；
（3）为提高铟的提取率，根据图示，操作时选择有机相与水相体积比为4：1，因为此时反萃取率最高；
（4）分液，向水相中加入足量Zn，发生置换反应得到粗铟，应的化学方程式为
4
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；根据关系式
。
题型02 综合考查矿产资源物质制备
2.（河北省秦皇岛市2025 届高三第一次模拟）铈（
）是地球上镧系元素中含量最丰富的稀土金属，可
用于制备玻璃添加剂，汽车尾气净化催化剂等。工业上利用某种含铈矿石（主要成分为
，还含少
量
、
等）制取金属铈的一种工艺流程如图。回答下列问题：
已知：①
；
②硫酸体系中，
在
中的溶解度大于其在水中的溶解度，
与之相反。
(1)焙烧时常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，矿石从焙烧炉上部加入，这样操作的目的是
。
(2)滤渣的主要成分是
和 （填化学式），写出一条该物质在医疗上的应用： 。
(3)步骤Ⅲ的操作名称是 。
(4)步骤IV 中发生反应的离子方程式为 ，该步骤通常控制温度为
的原因是 。
(5)步骤IV 后，向水层中加入
溶液来调节溶液的
，
大于 时，
完全生成
沉
5
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淀。已知当溶液中某离子浓度小于
时，可认为该离子沉淀完全。
(6)加热
制备无水
时，
的作用是 。下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入
钙冶炼
的方法相似的是 （填字母）。
A．高炉炼铁 B．电解熔融
制钠
C．利用铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率
(2)
钡餐
(3)分液
(4)
利于加快酸浸速率，防止双氧水分解
(5)9
(6) 抑制CeCl3水解 AC
【分析】铈矿石（主要成分为
，还含少量
、
等）焙烧将+3 价铈氧化为+4 价，同时生成
二氧化碳，加入稀硫酸生成硫酸钡，滤渣为硫酸钡和
，加入
萃取
，分离出有机层，加入稀
硫酸进行反萃取，加入H2O2，将
转化为
进入水层，加入NaOH 生成Ce(OH)3沉淀，再转化为
，在HCl 气氛下（抑制CeCl3水解）加热生成CeCl3，加入钙发生氧化还原反应冶炼出单质
铈，据此分析；
【解析】（1）焙烧时常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，矿石从焙烧炉上部加入，这样操作的
目的是：增大接触面积，提高反应速率；
（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是
和
，写出一条该物质在医疗上的应用：BaSO4可做钡
餐；
（3）步骤Ⅲ的操作将有机层与水层分离，名称是分液；
（4）步骤IV 加入H2O2，将
转化为
进入水层，发生反应的离子方程式为
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；过氧化氢受热易分解，反应时控制温度为
之间既有利于加快
酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解；
（5）溶液中的c(Ce3+)等于1×10−5mol L−1
⋅
，可认为Ce3+沉淀完全，由氢氧化铈的溶度积可知，
，
，
大于9 时，
完全生成
沉淀；
（6）CeCl3是强酸弱碱盐，加热
制备无水CeCl3时，
的作用是：抑制CeCl3水解；本工艺
流程中加入钙冶炼Ce 的方法为热还原法，A．高炉炼铁为热还原法，A 正确；B．电解熔融
制钠是电
解法，B 错误；C．利用铝热反应制锰为热还原法，C 正确；D．氧化汞分解制汞是热分解法，D 错误；
故选AC。
题型03 综合考查工艺流程与化学图像
3.（江苏省南京市、盐城市2024-2025 学年高三上学期一模考）高铁锌焙烧矿渣主要含
。一种利用焙烧矿渣制备
并生产黄铵铁矾的流程如下：
回答下列问题。
(1)“酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是 。
(2)“酸浸”时，控制反应温度65℃、硫酸初始酸度
，滤渣中锌元素的质量分数随时间变化的关系如
下图所示。当浸出时间超过
后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高的原因是 。
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(3)“沉矾”生成黄铵铁矾[
]，需控制溶液
、温度不超过
。
①生成黄铵铁矾的化学方程式为 。
②控制溶液温度不能过高的原因是 。
③
超过1.5，可发生反应
。其平衡常数
与
、
的代数关系式为
。
(4)加热
晶体，测得加热过程中剩余固体的质量随温度的变化关系如下图所示。A 点物质
为 (填化学式)。
【答案】(1)增大与酸接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率
(2)浸出时间超过
，溶液中
被消耗、
升高，随着
水解程度增大，生成的
胶体吸附
溶液中
；
还可生成
沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出，使滤渣中锌质量分数升高
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(3)
温度过高，
受热分解
(4)
【分析】高铁锌焙烧矿渣主要含ZnO、ZnFe2O4、SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2与硫酸不反应，过滤除去，得
到含有硫酸锌，硫酸铁以及过量硫酸的混合溶液，向混合溶液中加入NH4HCO3、ZnO，发生反应
3Fe2(SO4)3+5ZnO+2NH4HCO3+5H2O
2NH4Fe3(SO4)2(OH)6+5ZnSO4+2CO2↑，过滤，除去黄铵铁矾，将硫酸
锌滤液经过一系列处理，得到ZnSO4·7H2O；
【解析】（1）“酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是矿渣粉碎可以增大与酸的接触面积，加快
反应速率，提高焙烧矿渣浸出率；
（2）由图可知，滤渣中锌元素的质量分数在60min 以前逐渐减小，超过60min 后，滤渣中锌元素的质量
分数反而升高，溶液中有大量Fe3+，由于Fe3+易水解，考虑浸出导致pH 变化从而使Fe3+水解生成Fe(OH)3
从而导致此变化，故原因为浸出时间超过60min，溶液中H+被消耗、pH 升高，随着Fe3+水解程度增大，生
成的Fe(OH)3胶体吸附溶液中Zn2+；Fe3+还可生成Fe(OH)3沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出，使滤
渣中锌质量分数升高；
（3）①“沉矾”生成黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6，需控制溶液pH=1.5、温度不超过85℃，向过滤后的混
合溶液中加入NH4HCO3、ZnO，反应还生成硫酸锌和CO2，化学方程式为
3Fe2(SO4)3+5ZnO+2NH4HCO3+5H2O
2NH4Fe3(SO4)2(OH)6+5ZnSO4+2CO2↑；
②由于反应物之一是碳酸氢铵，不稳定，受热易分解，故控制溶液温度不能过高的原因是温度过高，
NH4HCO3受热分解；
③根据所给反应，该反应K=
；
（4）28.7gZnSO4·7H2O 的物质的量为
=0.1mol，A 点物质质量为17.9g，失去水的质量为10.8g，
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即0.6mol 水，所以A 点物质为ZnSO4·H2O。
题型04 综合考查工艺流程与晶胞结构
4.（广东省佛山市2024-2025 学年高三上学期教学质量检测）电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、
Co、Mn 等的氧化物。一种回收路线如下：
已知：I.萃取时反应：M2＋(水相)＋2RH(有机相)
MR2(有机相)＋2H＋(水相)，(K(M2+)为萃取反应的平衡常
数，M2＋代表Ni2＋或Co2＋)。
II．该工艺下，Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2；饱和Na2CO3的浓度约为1.5mol·L-1。
(1)Mn 属于 区元素。
(2)“碱浸”时，Al 箔发生反应的离子方程式为 。
(3)“酸浸”时，Co3O4被还原为Co2＋，1molCo3O4需添加Na2SO3 mol。
(4)“沉锰”时，Mn2＋发生反应的离子方程式为 。
(5)“镍钴分离”时，NiR2和CoR2的浓度相近，通过调控pH，可将Ni2＋、Co2＋依次从有机溶剂HR 中分离
出来，可知
(填“>”“<”或“=”)
(6)该工艺中能循环利用的物质有 (填化学式)。
(7)通过计算说明“沉锂”时Li＋是否可以沉淀完全 。
(8)正极材料的结构如图所示，粒子个数比Ni：Co：Mn= ，该材料化学式为 。
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【答案】(1)d
(2)2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑
(3)1
(4)Mn2++S2O
+2H2O=MnO2↓+2SO
+4H+
(5)<
(6)RH、H2SO4、NaOH
(7)Li+完全沉淀时，c(Li+)=1×10-5mol·L-1，需c(CO
)=
=2.5×108mol·L-1远大于饱和碳酸钠溶液
的浓度，故Li+不能沉淀完全
(8) 1∶1∶1 Li3NiCoMnO6
【分析】正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn 等的氧化物，正极材料中加入NaOH 溶液进行碱浸，AI 和
NaOH 溶液反应生成Na[Al(OH)4] 和H2，Li、Ni、Co、Mn 的氧化物和NaOH 溶液不反应，过滤后滤液中
加入稀硫酸沉铝得到Al(OH)3沉淀，滤液进行电解得到NaOH 和稀硫酸，Li、Ni、Co、Mn 等的氧化物中加
入稀硫酸、Na2SO3进行酸浸，分别得到Li2SO4、Ni2SO4、CoSO4、MnSO4，溶液中加入Na2S2O8进行沉锰得
到MnO2，Na2S2O8得电子生成Na2SO4，滤液中加入RH 进行萃取，水相中得到Li2SO4，水相中加入Na2CO3
沉锂得到 Li2CO3，同时生成Na2SO4，有机相中加入稀硫酸进行反萃取得到RH 和Ni2SO4、CoSO4。
【解析】（1）Mn 位于第四周期第ⅦB 族，属于d 区元素；
（2）“碱浸”时，Al 箔和NaOH 溶液反应生成Na[Al(OH)4] 和H2，发生反应的离子方程式为 ：
；
（3）“酸浸”时，Co3O4被还原为Co2+，离子反应方程式为：
；
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，根据离子方程式知，1molCo3O4需添加1molNa2SO3；
（4）“沉锰”时，Mn2+转化为MnO2，Mn 元素的化合价由+2 价变为+4 价，Na2S2O8被还原为Na2SO4，该
反应的离子方程式为Mn2++S2O
+2H2O=MnO2↓+2SO
+4H+；
（5）“镍钴分离”时，平衡常数小的先从有机溶剂 R 中分离出来，NiR2和CoR2的浓度相近，通过调控
pH，可将Ni2＋、Co2＋依次从有机溶剂HR 中分离出来，可知
＜
；
（6）根据分析和流程图可知，能循环利用的物质有RH、H2SO4、NaOH；
（7）当锂离子完全沉淀时，
，数据可知，
，远大于饱和碳酸钠溶液的浓度，说明此时
不能沉淀
完全；
（8）根据左侧图知，以Ni 原子为中心，每个Ni 原子连接2 个Co、2 个Mn 原子，每个Co、Mn 原子被2
个Ni 原子连接，所以Ni、Co、Mn 的个数之比为1:1:1；
该晶胞中 Ni 或Co 或Mn 原子个数为2+4×
=3、Li 原子个数为8×
+2=3、O 原子个数为8×
+4=6，该材
料化学式为Li3NiCoMnO6。
题型05 综合考查工艺流程与化学计算
5.（清华大学THUSSAT 中学生标准学术能力2025 届高三下学期诊断性测试）用软锰矿(主要成分为
，含少量
、
、
、
、
、
等杂质)制备高纯
的工艺流程如图所示：
已知：25℃时相关物质的
见下表。
12
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物质
回答下列问题：
(1)“浸出”过程中主要反应的离子方程式为 ，浸出渣成分为 。
(2)“除杂1”中
的作用是 ，调节溶液的
的理论最小值为 。(离子浓度
时认为反应完全)
(3)加入
的目的是 。
(4)“碳化”过程中反应的离子方程式为 。
(5)“系列操作”中包含洗涤、干燥等流程，采用低温干燥的原因是 。
(6)
纯度测定
步骤一：称取g 产品，加酸溶解并配制成100.00
溶液：取25.00
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，煮沸溶液使过量的
分解。
步骤二：加入指示剂，用c
溶液滴定。滴定至终点时消耗
溶液的
体积为d
。
已知：
(未配平)，则
的质量分数为 。
【答案】(1)
、
(或只填写
)
(2)将
氧化为
4.9
(3)除去
、
(4)
(5)防止温度过高
发生分解，降低产率
(6)
13
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【分析】软锰矿的主要成分为
，还含少量
、
、
、
、
、
，向软锰矿粉
中加入稀硫酸，通入
，发生氧化还原反应，Mn 由+4 价降低到+2 价，转化为
，
被氧化为
，
、
、
、
均可溶于稀硫酸，生成
、
、
和
，
与
反应
生成微溶的
，
不溶于稀硫酸，因此浸出渣中含有
和
；在浸出液中加入
，可将
氧化为
，加入氨水调节pH，可将
完全沉淀为
，将
转化为
沉淀，即滤渣1
为
和
；向滤液中加入
，
可与溶液中的
和剩余的
反应生成沉淀
和
，即滤渣2 为
和
；继续向滤液中加入碳酸氢铵和氨水“碳化”最终可将
转化为
。
【解析】（1）软锰矿的主要成分为
，向软锰矿粉中加入稀硫酸，通入
，发生氧化还原反应，
Mn 由+4 价降低到+2 价，转化为
，
被氧化为
，反应的离子方程式为
；
、
、
、
均可溶于稀硫酸，生成
、
、
和
，
与
反应生成
微溶的
，
不溶于稀硫酸，因此浸出渣中含有
和
；
（2）“除杂1”中，加入
，可将
氧化为
，加入氨水调节pH，可将
完全沉淀为
，
将
转化为
沉淀，故
的作用是将
氧化为
；调节溶液的
时，要让
、
完
全沉淀而其他离子不沉淀，即当
完全沉淀时
、
均已沉淀完全，此时
14
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，
，即
的理论最小值为4.9；
（3）向滤液中加入
，
可与溶液中的
和剩余的
反应生成沉淀
和
，即滤渣2 为
和
，故加入
的作用是除去
和
；
（4）“碳化”过程中，向滤液中加入碳酸氢铵和氨水，最终可将
转化为
，同时生成
和
水，离子方程式为
；
（5）“系列操作”中包含洗涤、干燥等流程，因
在高温下会发生分解，因此采用低温干燥，防止
温度过高
发生分解，最终降低了产率；
（6）已知条件根据电荷守恒和得失电子守恒可知，配平后的离子方程式为
，用c
溶液滴定，
可将
氧化
为
，由此可得计量关系：
，故
的质量分数为
。
题型06 综合考查工艺流程与电化学
6.（湖南省重点中学2024-2025 学年高三下学期联考）高纯碳酸锰常用于制造通讯器材，以贫软锰矿(主要
成分是
，含有
、
、
、
、
等杂质))和黄铁矿(
)为原料，制备高纯碳酸锰
的工艺流程如下。
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已知：①相关金属离子
形成氢氧化物沉淀的pH 范围如表。
金属离子
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
②常温下，
、
、
的溶度积分别为
、
、
。
(1)为了加快“酸浸”速率，可采取的措施是 (任答一条即可)，已知“滤渣①”中不含单质硫，
写出“酸浸”时
与
反应的化学方程式： 。
(2)“中和净化”中调节溶液的pH 范围为 ；“二次净化”后溶液中的
，则
。
(3)“沉锰”中
溶液浓度对纯度、产率的影响如图所示，应选择的浓度为 ，得到纯净
碳酸锰的“系列操作”包括 。
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(4)纯净碳酸锰溶于硫酸后再进行电解制备锰，装置如图所示，
进入阳极区发生副反应生成
造成
资源浪费，该副反应的电极反应为 。
【答案】(1) 将矿石粉碎，加热，适当地增加硫酸浓度，充分搅拌等
15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O
(2)5.5≤pH<8.8 0.8
(3)7.5% 过滤，洗涤和干燥
(4)Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+
【分析】贫软锰矿的主要成分是MnO2，含有等杂质
、
、
、
、
，还含有黄铁
矿，加入稀硫酸酸浸后，MnO2、
、
、
、
及FeS2均可溶解，形成Mn2+、Fe3+、Al3+、
Ca2+、Mg2+、Fe2+等离子，SiO2不溶，即滤渣①为SiO2；加入石灰乳中和净化，通过调节溶液的pH 可将部
分离子沉淀，加入MnF2进行二次净化，再加入碳酸氢铵沉锰后，经一系列操作可得纯净的碳酸锰。
【解析】（1）为了加快“酸浸”速率，可以选择加热升高温度、将矿石粉碎增大接触面积、充分搅拌或
适当增加硫酸浓度等方法；
已知“滤渣(1)”中不含单质硫，MnO2与FeS2、稀硫酸发生氧化还原反应，生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应
方程式为：15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O；
（2）“中和净化”中调节溶液的pH，可将Fe3+、Al3+、Fe2+三种离子沉淀，故应将溶液的pH 调节至
5.5≤pH<8.8；二次净化后溶液中只剩Mn2+，溶液中的
，c2(F-)=
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=7.0×10-3(mol/L)2，Ksp(MnF2)=c(Mn2+)×c2(F-)，c(Mn2+)×7.0×10-3=5.6×10-3，
c(Mn2+)=0.8mol/L；
（3）根据“沉锰”中NH4HCO3溶液浓度对纯度，产率的影响示意图可知，当产率最高时，碳酸氢铵溶液
浓度为7.5%；想得到纯净的碳酸锰时，应过滤、洗涤、干燥；
（4）根据装置图可知左侧为阳极，右侧为阴极，Mn2+进入阳极区发生氧化反应生成MnO2，电极反应为：
Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
1.（湖南省沅澧共同体2024-2025 学年高三下学期联考）镍是重要的战略储备金属，广泛用于国防、航空
航天、能源领域。从红土镍矿中冶炼镍成为了研究热点，红土镍矿主要含有NiO、SiO2、Fe2O3、Fe3O4等
成分。一种碳还原-超声氨浸工艺流程如图所示：
已知：氨性溶液由NH3•H2O、NH4HCO3配制；“还原焙烧”反应的产物为镍铁合金、硅酸钙。
回答下列问题：
(1)“气体A”为 (填名称)。
(2)“氨浸”时的温度为20℃，在此条件下超声浸出一小时，浸出率可达60%以上，选择该温度的原因是
。
(3)
经过“氨浸”后转化为含[Ni(NH3)4]2+的某酸式盐，写出“氨浸”中Ni 发生反应的离子方程式：
。
(4)“操作Ⅰ”中需使用的玻璃仪器为 。
(5)“系列操作”中包含高温热解碱式碳酸镍生成NiO，再通入H2制得Ni 单质。请写出“高温热解”的化学
方程式： ；若生产59 吨镍，理论上需要H2 kg。
(6)碱式碳酸镍受热过程中可能生成其它镍的氧化物，其中一种晶胞结构如下图所示，该氧化物的化学式为
，该晶胞的俯视图为 (填字母代号)。
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A．
B．
C．
【答案】(1)CO
(2)温度过高氨水受热分解，温度过低反应速率慢
(3)
(4)烧杯、漏斗、玻璃棒
(5)
2×103
(6)Ni3O4 C
【分析】红土镍矿加入碳酸钙、过量碳粉经还原焙烧得到镍铁合金、硅酸钙，加氧气、二氧化碳氨浸，浸
出液主要阳离子为[Ni(NH3)4]2+，浸渣为三氧化二铁和碳粉，以及硅酸钙转化生成的碳酸钙、硅酸沉淀等，
滤液经氨蒸，获得碱式碳酸镍，再系列操作得到Ni，据此解答。
【解析】（1）反应中碳过量，则得到“气体A”为一氧化碳CO；
（2）温度过高氨水受热分解，温度过低反应速率较慢；
（3）Ni 经过“氨浸”后转化为[Ni(NH3)4]2+， “氨浸”中Ni 被氧气氧化为[Ni(NH3)4]2+，同时二氧化碳参
与反应生成碳酸氢根离子，发生反应的离子方程式：
；
（4）“操作Ⅰ”为分离固液的操作，为过滤，需使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；
（5）高温热解碱式碳酸镍生成Ni，结合质量守恒可知，同时生成二氧化碳和水，化学方程式为
，通入H2制得单质Ni，反应为
，
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若生产59 吨镍，理论上需要
；
（6）棱上O 为4 个晶胞所共有，体内为独有，得氧原子个数为
，面上镍原子为两个晶胞所共
有，个数为
，该氧化物的化学式为Ni3O4，从上往下看，四周的镍和氧原子要重合，由于镍原子
大，所以氧原子投影在镍原子里，故该晶胞的俯视图为C。
2.（山东省青岛市2025 届高三下学期第一次适应性检测）碲(Te)是重要的半导体材料，被誉为“现代工
业、国防与尖端技术的维生素”。工业上以电解精炼铜渣(含
)为主要原料提取
和
的工艺
流程如下：
已知：二氧化碲
为两性氧化物，难溶于水，碱性条件下转化为
。回答下列问题。
(1)碲在元素周期表中的位置为 。
“硫酸化焙烧”及“水浸”试验结果如下表所示：
编
号
焙烧温
度/℃
硫酸加入比
例
水浸渣
渣
率/%
Cu 含
量/%
Te 含
量/%
1
500
1.5
62
20.89
50.09
2
500
1.2
60
24.21
51.74
3
450
1.5
50
4.98
62.02
4
450
1.2
52
9.44
59.67
5
400
1.5
59
17.81
52.72
6
400
1.2
55
23.80
56.58
注：硫酸加入比例为硫酸实际加入量与理论加入量的比值
20
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(2)“硫酸化焙烧”过程中焙烧温度与硫酸加入比例最佳条件为 (填编号)。
(3)“碱浸渣”能循环利用的原因为 。“硫酸化焙烧”
反应的化学方程式为
。
(4)“试剂X”可选用 (填标号)，“沉碲”反应的离子方程式为 。
A．
B．
C．氨水
(5)若生产得到“碲粉”2.56t，理论上至少需加入纯度为93.6%的
固体的质量为 t(保留
两位小数)。
【答案】(1)第5 周期ⅥA 族
(2)3
(3) “硫酸化焙烧”不充分
(4) A
(5)4.44
【分析】含有
的铜渣硫酸化焙烧发生反应
、
，水浸后过滤水浸液为硫酸铜溶液，水浸渣主要成分为
，碱浸
使得
转化为
，向含有
的溶液中加入强酸发生反应
，过滤得到
的
与盐酸发生反应
，向
溶液中加入
将
还原为Ti。
【解析】（1）碲原子核外52 个电子，核外电子排布式为
，位于元素周期表第5 周期ⅥA
族；
（2）“硫酸化焙烧”及“水浸”过程中Cu 含量越低越好，Te 含量越高越好，对比所给6 组数据，第3 组
Cu 含量最低，Te 含量最高，第3 组温度与硫酸加入比例为最佳条件，故答案为：3；
21
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（3）“硫酸化焙烧”若不充分，水浸渣中含有的未反应
，碱浸后的滤渣不反应的
可循环到“硫酸化焙烧”再利用；“硫酸化焙烧”
发生反应
；
（4）“沉碲”过程加入强酸将
转化为
，发生反应为
；
（5）根据电子守恒列关系式
，
解得
。
3.（江苏省镇江市2025 届高三第一次调研测试）一种以软锰矿（主要含
和少量
、
、
、
等）和黄铁矿（主要成分为
）为原料制备
的流程如下：
(1)酸浸。将软锰矿、黄铁矿与
溶液混合搅拌，反应过程中铁元素的变化为
。90℃下酸浸，锰元素浸出率及
、
的
（质量浓度）随时间的变化
如图所示。
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0~20min
①
内，
中的硫元素被氧化为
。此时，
和
发生主要反应的离子方程式为
。
0~20min
②
内，
逐渐增大的原因是 。
100min
③
后，
逐渐减小的原因是 。
(2)除铁。向“酸浸”所得浸出液中加入过量
，调节溶液pH，充分反应后过滤。
的实际用量比
理论计算用量大得多，其原因是 。
(3)制
。向“除镁、钙”后的溶液中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤。将所得沉淀加水制成悬
浊液，向其中通入空气可制得
。若通入空气时间过长，所得
样品中锰元素的质量分数会降
低，其原因是 。
(4)测
样品纯度。称取
样品于锥形瓶中，加入
溶液和适量
稀硫酸，加热。待固体完全溶解后，冷却，用
的
溶液滴定过量的
，消耗
溶液
。不考虑杂质反应，计算样品中
的纯度 （写出计算过程）。
已知：
，
。
【答案】(1)
与酸反应生成
的速率
大于
被
氧化的速率
被空气中氧气氧化为
，且溶液pH 增大，
水解程度增大
(2)溶液中
催化
分解
(3)部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物
(4)
23
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【分析】软锰矿和黄铁矿经过稀硫酸酸浸后得到SiO2沉淀和含Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Mn2+的溶液，向浸
出液中加入过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+；调节溶液pH 将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；再加入沉淀剂除去
钙镁离子；净化后的滤液中主要含MnSO4，向其中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤。将所得沉淀加
水制成悬浊液，向其中通入空气可制得Mn3O4。
【解析】（1）
中的硫元素被氧化为
，Fe2+被氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，离子方程式为：
；反应过程中铁元素的变化为
，0~20min 内
与酸反应生成
的速率大于
被
氧化的速率，故
逐渐增大；100min 后
被空气中氧气氧化为
，且溶液pH 增大，
水解程度增大故
逐渐减小；
（2）向“酸浸”所得浸出液中加入过量
可将Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中生成的
催化
分解，
故
的实际用量比理论计算用量大得多；
（3）若通入空气时间过长，部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物，导致所得
样品中锰元素的质量
分数会降低；
（4）先利用草酸钠还原
为
，离子方程式为
，过
量的草酸钠再用高锰酸钾滴定，离子方程式为：
，所以物
24
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质的量的关系为：
即
，解得
，
4.（江苏省南通市2025 届高三第一次调研）利用废弃的铂镍合金靶材回收金属铂的部分实验过程如下：
(1)拟利用如图所示装置边搅拌边持续加热8h。为提高盐酸利用率，图中三颈烧瓶a 口处还需要添加的仪器
为 。
(2)将“酸浸”后的固体充分洗涤后加至浓硝酸和浓盐酸的混酸中发生氧化反应，得到含
的溶
液。
①写出Pt 发生反应的化学方程式： 。
②该过程需控制在40℃左右的原因是 。
(3)“沉铂”原理为
，
。向
的溶液中加入等体积的
溶液，为使
，所加
溶液浓度最小为
（忽略混合时溶液的体积变化）。
(4)通过还原法或直接煅烧法均可制金属铂。
①向
溶液中加入
溶液，充分反应后得到金属铂，同时有
逸出。还原
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，参加反应
的物质的量为 mol。
②将
隔绝空气煅烧可以得到
、
、
和
。实验室可通过测定分解产物中
的量
计算
回收率。请补充完整该测定过程中的实验方案：称取一定质量的
样品于硬质直玻璃
管中，加强热，用去离子水充分吸收产生的气体后，稀释至一定体积， 。
已知：（ⅰ）当溶液pH 介于6.5~10 时，
的主要存在形式为
；
（ⅱ）
，
。
须使用的试剂和仪器：
溶液、
溶液、
标准溶液；滴定管、锥形瓶、
pH 计。
【答案】(1)（球形）冷凝管
(2)
温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝
酸分解、盐酸和硝酸挥发
(3)1.0
(4) 0.1 取10.00~30.00mL 稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加
溶液，并用pH 计测定溶液的pH，当
pH 介于6.5~10 之间时，停止滴加。再加入几滴
溶液为指示剂，向锥形瓶中慢慢滴加
标准溶液至恰好出现砖红色沉淀，记录加入标准液的体积。重复以上滴定操作2-3
次
【解析】（1）盐酸易挥发，为提高盐酸利用率，可在三颈烧瓶a 口处加一个球形冷凝管；
（2）①“溶解”时Pt 被氧化为
，Pt 元素化合价由0 升高为+4，N 元素化合价由+5 降低为+2，根
据得失电子守恒、电荷守恒，发生反应的化学方程式为
；
②该过程需控制在40℃左右原因是温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥
发；
26
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（3）若向
的溶液里加入等体积的
溶液，使
沉淀完全，反应后c(
)=
，则
溶液的最小浓度为
；
（4）①还原
，金属Pt 由+4 价被还原为0 价，转移0.4mol 电子，1mol
被
氧化为氮气，转移电子数是4mol，故转移0.4mol 电子，会消耗0.1mol
；
②通过测定分解产物中
的量计算
回收率，即通过滴定法计算氯离子物质的量，进而计算出
回收
率，通过给定的两种沉淀物的
计算，假设
，则析出
沉淀时需满足
，即
；析出
沉淀时需满足
，即
；
开始沉淀时所需
比
开始沉淀时所需
小，故先析出
沉淀，后析出
沉淀，则可以使用
溶液
做指示剂，由已知信息可知，当溶液pH 介于6.5~10 时，
的主要存在形式为
，故首先需要调
节pH，具体实验方案是：取10.00~30.00mL 稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加
溶液，并用pH 计测定溶
液的pH，当pH 介于6.5~10 之间时，停止滴加。再加入几滴
溶液为指示剂，向锥形瓶中慢慢滴加
标准溶液至恰好出现砖红色沉淀，记录加入标准液的体积。重复以上滴定操作2-3
27
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次。
5.（江西省赣州市2025 届高三下学期一模）一种从电子工业废渣（主要成分为金、银、钯，含有机物及其
他金属杂质）提取贵金属的工艺流程如下。
已知：室温下，
为
，当溶液中离子浓度小于
时，可认为离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“高温灼烧”时温度控制在
的原因是 。
(2)“分离银”加入NaCl 反应生成 沉淀（填化学式），在
含
的浸出液中至少加入
才能使
沉淀完全（保留小数点后两位数字）。
(3)“还原”步骤的化学方程式为 。
(4)用水合肼
还原
得到金属Pd，其化学方程式为 。
(5)从滤渣1 中可回收金，其回收流程如下：
①“还原”步骤中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
②黄金按质量分数分级（如12K、18K、22K、24K），纯金为24K，一种
合金的晶胞结构如图所
示。
该合金中Au 的配位数为 ，为 K 金。
【答案】(1)温度低于400℃，有机物燃烧不充分；温度高于500℃，会使Pd 转化为PdO，不利于盐酸除杂
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(2) AgCl 0.59
(3)
(4)
(5)
12 12
【分析】电子工业废渣高温灼烧除去有机物且将金、银、钯之外的杂质金属转化为氧化物，加入盐酸酸浸
过滤分离出金、银、钯，加入硝酸过滤分离出滤渣1 为金，滤液加入氯化钠得到氯化银沉淀，加入氢氧化
钠、甲醛还原得到银单质，分离银单质后的滤液加入氨水、盐酸得到
，用水合肼
还原
得到金属Pd；
【解析】（1）温度低于400℃，有机物燃烧不充分；温度高于500℃，会使Pd 转化为PdO，不利于盐酸除
杂，故“高温灼烧”时温度控制在
；
（2）氯离子和银离子生成氯化银沉淀，“分离银”加入NaCl 反应生成AgCl 沉淀；在
含
的浸出液中
沉淀完全，需要反应后
，至少加入
=586g=0.59kgNaCl 才能使
沉淀完全；
（3）“还原”步骤的反应为碱性条件下，氯化银和甲醛发生氧化还原反应生成银单质、碳酸钠，结合质
量守恒还生成氯化钠、水，反应中银化合价由+1 变0、碳化合价由0 变为+4，结合电子守恒，化学方程式
为
；
（4）用水合肼
还原
得到金属Pd，水合肼中氮化合价由-2 变为0、Pd 化合价由
+2 变为0，结合电子守恒，其化学方程式为
；
（5）①
为氧化剂，还原为Au，
为还原剂，氧化为
，结合电子守恒，存在
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，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3；
②由图，该合金中离Au 最近且相邻的铜原子数为
，配位数为12；据“均摊法”，晶胞中含
个Au、
个Cu，该金合金的化学式为
，Au 的质量分数为
，为
12K 金。
6.（陕西省重点中学2024-2025 学年高三下学期联考）以某种锰尘(主要成分为
，杂质为
、
MgO、CaO 和FeO)为原料制备高纯
的工艺流程如图。
已知：①25℃时，
、
。
②溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全时溶液的pH 如表。
金属离子
开始沉淀时溶液的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
沉淀完全时溶液的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
回答下列问题：
(1)Mn 元素位于元素周期表的 (填“s”“p”“d”或“ds”)区。
(2)“酸浸”过程中反应生成的气体①为 (填化学式，下同)；滤渣①的主要成分是 。
(3)保持其他条件不变，在不同温度下“酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化如图。则“酸浸”的最佳温
度是 ℃，最佳时间是 mɪn。
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(4)“除杂②”后所得滤液中，
。
(5)“沉淀”过程发生反应的化学方程式为 。“沉淀”步骤反应完全后，分离出
的操作
为 ，该操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和 。
(6)取5.00g 碳酸锰样品，加入适量硫酸，加热，待固体完全溶解后，用1.000mol·L-1的
溶液滴定，
至滴定终点时，消耗
溶液的体积为23.50mL。已知：最终反应产物为
，设杂质均不参与反
应。则样品中
的质量分数为 %(保留2 位小数)。
【答案】(1)d
(2)
、
(3) 70 120
(4)100
(5)
过滤 玻璃棒
(6)81.08
【分析】该工艺流程以锰尘(主要成分为
，杂质为
、MgO、CaO 和FeO)为原料，制备高纯
，锰尘在浓盐酸“酸浸”过程
、
、MgO、CaO 和FeO 都与
反应而溶解，其中
具有氧化性与
发生氧化还原反应生成
及
，而
被氧化生成
，气体①为
，用
溶液进行尾气吸收，“除杂①”过程加入氨水调
使
、
完全沉淀，即滤渣①为
31
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、
，“除杂②”加入
溶液生成
沉淀而除去
，即滤渣②为
，在“沉淀”过程加入的
溶液与
反应生成
、
，即气体②为
。
【解析】（1）Mn 元素原子序数为25，位于元素周期表的ⅦB 族，属于d 区；
（2）根据上述分析可知，“酸浸”过程
与
发生氧化还原反应生成
及
，气体①为
；
“酸浸”后溶液中含有
、
、
、
，“除杂①”过程加入氨水调
可以使
、
完全沉淀，即滤渣①为
、
；
（3）从不同温度下“酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化图可看出，“酸浸”的温度越高，随时间的
变化，锰元素的浸出率越高，但在120min 时，
与
条件下锰元素的浸出率几乎相同，且几乎全部
浸出，故从节约能源的角度，“酸浸”的最佳温度是
，最佳时间是120min；
（4）“除杂②”后所得滤液中，
=100；
（5）在“沉淀”过程加入的
溶液与
反应生成
、
，故离子方程式为
；分离出
的操作为过滤；过滤实验需要使
用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
（6）根据
与
反应生成
，而
与
反应生成
，通过消耗的
的物质的量计算
的质量，故由
可得关系式：
，样品中
的质量分数为
32
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。
7.（广东省肇庆市2024-2025 学年高三二模）贵金属在电子工业领域有着重要应用。一种从废旧电路板富
集回收的金属粉末含金、银、锑、铅等中回收金、银及制备锑钾合金的工艺流程如图所示。
已知：①金属元素“酸溶”主要转化为
、
、
、
等；
②
⇌
⇌
；
③常温下，
；
④金属离子完全沉淀时，其离子浓度为
。
(1)“酸溶”过程中，先将金属进行粉碎的目的为 ；溶解后得到含
价金属元素的配离子为
填化学式。
(2)“水解”过程中，
水解生成SbOCl 的离子方程式为 。
(3)“溶银”过程中，常温下当溶液
时，溶液中
填“>”“<”或“=”
。
(4)“还原”过程中，加入的绿色还原剂
是二元弱碱，其在水中第一步电离方程式为
⇌
，则第二步电离的电离方程式为 。
(5)“沉铅”过程中，从平衡移动的角度分析加入硫酸的作用为 ；若“沉铅”时
完全转化为
33
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，则此时溶液中
不低于
。
(6)某立方晶系锑钾合金可作为钾离子电池电极材料。该锑钾合金晶体可描述为如图所示的两个立方体交替
出现的晶体结构。则晶体中Sb 周围与其最近的K 的个数为 。该合金晶胞中，原子个数最简比
Sb：
，其立方晶胞的体积为
。
【答案】(1) 增大固液接触面积，加快反应速率，使其充分反应
(2)
(3)<
(4)
⇌
(5) 由题目已知信息可知，
在溶液中存在平衡：
⇌
，加入
后，
与
形成更难溶的
使
减小，促进平衡正向移动，使
中的
转化为沉
淀
(6) 8 1：3
【分析】金属粉末中含金、银、锑、铅等成分，金属元素“酸溶”主要转化为
、
、
、
等，然后加入去离子水水解得到AgCl、SbOCl 混合固体和含有
和
的滤
液，用氨水溶解AgCl，过滤后得到SbOCl 固体和[Ag(NH3)2]+溶液，加入N2H4将[Ag(NH3)2]+还原为Ag，向
含有
和
的滤液加入硫酸沉铅过滤得到PbSO4固体，滤液中的
经还原后可以得到
Au。
【解析】（1）“酸溶”过程中，先将金属进行粉碎的目的是增大固液接触面积，加快反应速率，使其充
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分反应；已知金属元素“酸溶”主要转化为
、
、
，则溶解后得到含
价金属元
素的配离子
；
（2）“水解”过程中，
水解生成SbOCl 的离子方程式为：
；
（3）已知
，常温下当溶液
时，
，则
；
（4）N2H4是二元弱碱，其在水中第一步电离方程式为
⇌
，则第二步
电离出
和
，电离方程式为
⇌
；
（5）“沉铅”过程中，由题目已知信息可知，
在溶液中存在平衡：
⇌
，加入
后，
与
形成更难溶的
使
减小，促进平衡正向移
动，使
中的
转化为沉淀，若“沉铅”时
完全转化为
，此时溶液中
不低于
；
（6）两个立方体交替出现的晶体结构，以图
标记的Sb 原子为例，据此判断与Sb 最邻近的
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K 原子数为8，该晶胞中K 原子个数
、Sb 原子个数
，则Sb、K 原子个数
之比
：3，晶胞棱长为2a nm，晶胞体积为
。
8.（广东省广州市真光中学2025 届高三模拟）
和
应用于电镀、机械、航空等众多工业领域。从一种
合金废料生产工业硫酸镍和锡酸钠的工艺流程如下图所示。
已知：①“酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为
、
、
、
。
②“一次除铁”后溶液中仍有少量
。“萃取除铁、反萃取、制
和制
”的原理是：
(有机相)
(有机相)，
和
代表金属阳离子或
。金属阳离子
和
的结合能力：
。
③常温下，
，
；
，
。
(1)“酸浸”时，Ni 与硝酸反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。
(2)“碱熔”时，SnO2发生反应的化学方程式为 。
(3)“沉锡”时，常温下
恰好完全沉淀为
时
，
(填“>”“<”或“=”)。
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(4)“一次除铁”的总反应离子方程式为 。
(5)“反萃取”时，萃余液的溶质含FeCl3，试剂1 是 。
(6)“制
”时，溶液1 的主要成分是 (填化学式)。
(7)某镍和砷形成的晶体，晶胞结构如图1，沿z 轴方向的投影为图2。
①该晶体中As 周围最近的Ni 有 个。
②该晶体的密度为
，晶胞参数为apm，bpm，则阿伏加德罗常数的数值
(用含a、
b、
的代数式表示)。
【答案】(1)3：2
(2)
(3)<
(4)
(5)盐酸
(6)
(7) 6
【分析】合金废料 “酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为
、
、
、
，加碳酸钠调pH 值
沉锡，锡加NaOH 和氧气，得到Na2SnO3，溶解过滤结晶后得晶体Na2SnO3·3H2O；溶液中含
、
，
37
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加入双氧水氧化
，加入碳酸钠形成
除铁（
），溶液中仍有少量
，
用
做萃取剂 “萃取除铁，加盐酸反萃取、制
和制
”
最终浓缩结晶得到
晶体；
【解析】（1）“酸浸”时，Ni 与硝酸离子反应
，还原剂与氧化剂
的物质的量之比为3：2；
（2）“碱熔”时
中Sn 元素转化为
，发生反应的化学方程式为：
；
（3）：
，
，则
；
（4）“一次除铁”时加入双氧水，碳酸钠反应生成
，总反应离子方程式为：
；
（5）“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动，萃余液的溶质含
，试剂1
是: 盐酸；
（6）“制
”时，通入
，
置换出
，溶液1 的主要成分是：
；
（7）①该晶胞为六方晶体，选择中间层的As 原子可知，上下层各有3 个Ni 原子与1 个As 原子相连，晶
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体中As 周围最近的Ni 有6 个；
②该晶体的密度为
，晶胞参数为apm，bpm，由晶胞结构可知，Ni 原子与As 原子配位数比为
1:1，晶胞内部含有2 个As 原子，2 个Ni 原子，
，则阿伏加德罗常数的数值
。
9.（河北省唐山市2025 届高三下学期一模）有机净化钴渣的主要成分为螯合物
、
等(M 代表
、
、
)，一种从其中回收钴的工艺流程如下：
已知：①25℃时，
，
。
②“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理为：
。
回答下列问题：
(1)
的基态原子价电子排布式为 。
(2)酸洗的反应机理为
。酸洗时，溶液
对钴锌分离系数
(系数越大，分离越彻底)、钴损失率、锌浸出率的影响如图所示。
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结合图像分析，酸洗时所用溶液的
一般控制在 左右；在酸性溶液中，该有机鳌合剂与金属
螯合的能力：
(填“
”或“
”)。
(3)“热解”工序中，钴元素转化为
、
，从环保角度考虑，不在空气中直接热解的主要原因为
。
(4)“氧压酸浸”工序中，
中的硫转化为
价，反应的离子方程式为 ，浸渣的主要成分为
。
(5)调
的目的为除去溶液中的
。25℃时，若浸取液中
，则调
的范围应为
。
(6)“反萃取”工序中，试剂X 为 。
【答案】(1)
(2) 2.5
(3)防止生成
污染空气
(4)
(5)3 7
∼
(6)
【分析】有机净化钴渣的主要成分为螯合物
、
等(M 代表
、
、
)，经过酸
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洗后，螯合物
中的
转化为离子分离出来，酸浸液中含有Zn2+，经过热解
元素转化
为
、
，“氧压酸浸”工序中，
中的硫转化为
价，铁元素转化为Fe3+，浸渣为SiO2，调
pH 值除去Fe 元素，用HR 萃取出Co2+离子进行富集，有机层再加硫酸进行反萃取，得到CoSO4。
【解析】（1）Co 为27 号元素，基态原子价电子排布式为：
；
（2）pH=2.5 时。Co 的损失率最低，钴锌分离系数最大，锌的浸出率最高，因此pH 控制在2.5 左右；在酸
性溶液中，Zn2+先从螯合物中浸出，说明有机鳌合剂与金属螯合的能力：
>
；
（3）“热解”工序中，钴元素转化为
、
，在空气中热解会生成SO2污染空气；
（4）“氧压酸浸”工序中，
中的硫被氧气氧化为
价的硫酸根离子，Co 生成Co2+，最后得到
CoSO4，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：
；
浸渣的成分为SiO2；
（5）除去溶液中的
，使c(Fe3+)≤10-5mol/L，根据
，c(Fe3+)×c3(OH-)=10-
5×c3(OH-)=1×10-38，得出c(OH-)=10-11mol/L，c(H+)=10-3mol/L，pH=3，
，根据
，c(Co2+)×c2(OH-)=0.16×c2(OH-)=1.6×10-15，c(OH-)=10-7mol/L，c(H+)=10-7mol/L，
pH=7，故pH 在3~7 之间；
（6）根据萃取的原理：
，反萃取让平衡逆向移动，同时最终得到CoSO4，故
选择试剂X 为H2SO4。
10.（山东省实验中学2025 届高三下学期模拟）以铂钯精矿(含Se、Te、Au、Pt、Pd 等)为原料，提取贵金
属Au、Pt、Pd 的工艺流程如图所示：
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已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd 以AuCl 、PtCl
、PdCl
形式存在；
(NH
②
4)2PtCl6和(NH4)2PdCl6难溶于水，(NH4)2PtCl4易溶于水；
③室温：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6；571/2≈7.5。
(1)“焙烧”时，Se、Te 转化为可溶于水的Na2SeO3和Na2TeO4.转化等物质的量的Se、Te 时，消耗NaClO3的
物质的量之比为 ；根据下图判断“焙烧”适宜的温度范围是 (填标号)。
A．300-350K B．350-400K C．400-450K D．450-500K
(2)一般条件下Au 很难被Cl2氧化，但用浓盐酸作浸出液，可使Au 被Cl2氧化，由此分析“氯化浸出”过
程中浓盐酸的作用为 。
(3)“还原”得到金的离子方程式为 ；加入过量SO2的目的是 。
(4)“煅烧”时还生成N2、NH4Cl 和一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“ ”操作单
元。
(5)“沉铂”先通入的气体X 为 (填化学式)。“沉铂”中，若向c(PtCl
)=0.125mol/L 的溶液里
加入等体积的NH4Cl 溶液，使PtCl
沉淀完全，则NH4Cl 溶液浓度最小值为 mol/L(结果保留
两位小数，忽略溶液混合后体积的变化)。
【答案】(1)2:3 B
(2)Cl-做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au 的还原性，将Au 转化为
，从而浸出Au
42
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(3)2
+3SO2+6H2O=2Au+8Cl-+3
+12H+ 将
全部转化为Au，将
还原为
(4)氯化浸出
(5)Cl2 1.75
【分析】将铂钯精矿、碳酸钠、氯酸钠混合焙烧，将硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4，加水水浸、过滤
得到含有Na2SeO3和Na2TeO4的滤液和滤渣；向滤渣中加入浓盐酸，通入氯气氯化浸出，将Au、Pt、Pd 转
化为
、
、
，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中通入过量二氧化硫，将溶液中的四氯合金
酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，过滤得到金和滤液；向滤液中加入氯化
铵沉钯，将溶液中的六氯合钯酸根离子转化为六氯合钯酸铵沉淀，过滤得到六氯合钯酸铵和滤液；六氯合
钯酸铵煅烧分解得到钯；向滤液中通入氯气，将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，加
入氯化铵沉铂，将溶液中的六氯合铂酸铵沉淀，过滤得到尾液和六氯合铂酸铵；六氯合铂酸铵经铂精炼得
到铂。
【解析】（1）由得失电子数目守恒可知，硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4时，硒、碲化合价分别升高到
+4 价和+6 价，则消耗氧化剂氯酸钠的物质的量比为4:6=2:3；由图可知，温度为350—400K 时，硒、碲脱
除率最高，所以“焙烧”适宜的条件为温度为350—400K，故答案为：2：3；温度为350—400K；
（2）一般条件下Au 很难被Cl2氧化，用浓盐酸作浸出液，盐酸电离出的Cl-做配体，与金离子形成稳定的
配合物，提高Au 的还原性，将Au 转化为
，从而浸出Au；
（3）由分析可知，通入过量二氧化硫的目的是将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离
子转化为四氯合铂酸根离子，得到金的反应的离子方程式为2
+3SO2+6H2O=2Au+8Cl-+3
+12H+；
（4）由图可知，六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯、氮气、氯化铵和氯化氢，反应生成的氯化氢可以重复用
于氯化浸出操作单元；
（5）由分析可知，沉铂时先通入气体氯气，目的是将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离
子，故答案为：Cl2；
(NH4)2PdCl6
2
+
，Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6，
沉淀完全时浓度小于1×10-5mol/L，代入数
据可得c(
)=
，设原溶液体积为VL，则沉淀需要溶液的物
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质的量为2V×0.125
，溶液等体积混合后，c(
)=
，则加入溶液的浓度最小为
。
11.（辽宁省名校联盟2025 届高三下学期联考）镓是一种战略金属元素，一种由湿法提锌浸出渣(含Ga、
Pb、Zn、Fe 等元素的氧化物)生产镓的流程如下：
(1)“酸浸”步骤中，随着湿法提锌浸出渣含
量的升高，
的浸出率降低的原因是 ，在含Pb 量
不变的条件下，可提高Ga 浸出率的措施是 (任答一点)。
(2)“还原”步骤中，若
物质选择
(难溶于水)，可得到黄色沉淀，该步骤
发生反应的离子方程式为
，可用于证明
反应完全的试剂是 (填化学式)。
(3)部分离子浓度
与
关系如下图所示。
根据流程和图中信息判断“中和沉镓”后所得滤液中的主要过渡金属阳离子为 (填离子符号)。
(4)“电解”时需严格控制电解液pH，若pH 过低可能造成的后果是 。
(5)已知镓的化学性质与铝相似，“碱浸”时为了节约成本，有研究人员提出B 物质使用氨水。已知
时，
，
。试通过计
算推测该条件下
在
中的溶解趋势。写出简要计算过程并得出结论： 。
【答案】(1)生成的PbSO4难溶，包覆在含镓残渣表面使Ga 的浸出率降低 粉碎、搅拌、增加浸出时
间、反复浸出、适当升高温度、适当提高酸的浓度
44
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(2)ZnS +2Fe3+=2Fe2++S↓+Zn2+或H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ KSCN 或K4[Fe(CN)6]
(3)Fe2+、Zn2+
(4)阴极氢离子放电产生氢气
(5)反应
的平衡常数
，一般来说，
时反应
基本完全了，则
时反应较难发生或者说逆向进行得比较完全，
为可逆反应，因为
，所以可得到结论：
正向可溶，或者
在
可溶，但是可逆反应。
【分析】湿法提锌浸出渣(含Ga、Pb、Zn、Fe 等元素的氧化物) 用硫酸酸浸，Pb2+和硫酸根反应生成不溶
性的硫酸铅，其它离子在滤液中，加入A 物质还原，将Fe3+还原为Fe2+，加入石灰中和沉镓，过滤得到
Ga(OH)3沉淀，Fe2+、Zn2+在滤液中，沉淀加B 物质碱浸，使Ga(OH)3沉淀溶解，所得溶液进行电解得到粗
镓；经多步操作得到纯镓；
【解析】（1）酸浸时生成硫酸铅沉淀，则“酸浸”步骤中，随着湿法提锌浸出渣含
量的升高，
的
浸出率降低的原因是：生成的PbSO4难溶，包覆在含镓残渣表面使Ga 的浸出率降低；增大反应物的浓
度、增大接触面积、升温等均能加快反应速率，则在含Pb 量不变的条件下，可提高Ga 浸出率的措施是：
粉碎、搅拌、增加浸出时间、反复浸出、适当升高温度、适当提高酸的浓度。
（2）“还原”步骤中，若
物质选择
(难溶于水)，得到的黄色沉淀为硫单质，则该步骤中
为氧化
剂，由于所得溶液呈酸性，
或其转化生成的H2S 为还原剂，则发生反应的离子方程式为ZnS
+2Fe3+=2Fe2++S↓+Zn2+或H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，铁离子与硫氰根离子生成血红色溶液、与K4[Fe(CN)6]产
生深蓝色沉淀，故可用于证明
反应完全的试剂是KSCN 或K4[Fe(CN)6]。
（3）通常，金属离子浓度小于10-5mol/L 即图中该离子对应的pM＞5 时可认为沉淀完全，由图可知，镓离
子沉淀完全时锌离子、亚铁离子尚未沉淀，则根据流程和图中信息判断“中和沉镓”后所得滤液中的主要
过渡金属阳离子为Fe2+、Zn2+ (填离子符号)。
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（4）电解时，镓离子在阴极得到电子被还原生成镓，“电解”时需严格控制电解液pH，若pH 过低，氢
离子浓度过大，可能造成的后果是：阴极氢离子放电产生氢气。
（5）已知镓的化学性质与铝相似，“碱浸”时为了节约成本，有研究人员提出B 物质使用氨水。已知
时，
，
。试通
过计算推测该条件下
在
中的溶解趋势：则有：反应
的平衡常数
，一般来说，
时反应基本完全
了，则
时反应较难发生或者说逆向进行得比较完全，
为可逆反应，因为
，所以可得到结论：
正向可溶，或者
在
可溶，但是可逆反应。
12.（陕西省2025 届高三下学期三模）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：①一定条件下一些金属氢氧化物的
如下：
物质
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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
，
的电离第
一步完全，第二步微弱。
回答下列问题：
(1)
在周期表中的第 周期第 族。
(2)从物质结构的角度分析
的结构式是（a）还是（b） 。
(3)“氧化”中，
被
氧化为
，滤渣的成分为
、 、 （填化学式），
检验滤液1 中是否有
选用的试剂是 。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，
（Ⅱ）氧化率与时间的关系如下。
体积分数为 时，
（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大
体积分数时，过量的
也能还原
，使
（Ⅱ）氧化速率
减小，写出
和
溶液反应的离子方程式 。
(5)“沉钴镍”中为使
、
沉淀完全而
不沉淀（已知：滤液1 中
浓度为
，当离
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子浓度为
时认为沉淀完全），需控制pH 范围为 （精确至0.1）。
(6)科学家设计了采用强碱性电解质的
二次电池，电池反应为
，请写出充电时阳极电极反应 。
【答案】(1) 四 Ⅷ
(2)a
(3)
或
(4)9.0%
(5)
(6)
【分析】在氧化中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节
pH=4，Mn2+被过一硫酸氧化为MnO2，发生反应H2O+Mn2++
=MnO2+
+3H+，铁离子水解同时生成
氢氧化铁，沉钴镍过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中被氧化为CoO(OH)。
【解析】（1）Ni 的原子序数为28，在元素周期表的第四周期第Ⅷ族；
（2）过一硫酸的结构简式为：
，左侧羟基氢更易电离，故
的结构式是（a）；
（3）根据分析可知在氧化中发生反应：H2O+Mn2++
=MnO2+
+3H+，铁离子水解同时生成氢氧化
铁，加入的石灰乳与硫酸根离子生成硫酸钙微溶物，故滤渣的成分为：
、
、
；铁离
子可与
生成血红色的硫氰化铁，与
反应生成暗蓝色的沉淀，故检验铁离子可用
或
；
（4）①根据题图可知，二氧化硫体积分数为9.0%时，Mn(II)氧化速率最大；
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②继续增大
体积分数时，过量的
也能还原
，使
（Ⅱ）氧化速率减小，写出
和
溶液反应的离子方程式：
；
（5）已知Co(OH)2的Ksp=10-15.3，Ni(OH)2的Ksp=10-16.8，故使
沉淀完全时Ksp=c(
)×c2(OH-)=10-
5×c2(OH-)=10-15.3，c(OH-)=10-5.15mol/L，pH=8.85；使
沉淀完全时Ksp=c(
)×c2(OH-)=10-5×c2(OH-)=10-
16.8，c(OH-)=10-6.9mol/L，pH=7.1；
的Ksp=10-10.4，欲使
的
不沉淀，故Ksp=c(
)×c2(OH-)=0.001×c2(OH-)=10-10.4，故c(OH-)=10-3.7mol/L，pH=10.3，当溶液的pH 小于10.3 时镁离子不
沉淀，当
时，
、
沉淀完全而
不沉淀；
（6）充电是由右侧向左侧反应，阳极发生失电子的反应故发生Ni(OH)2失电子变为NiOOH 的反应，反应
方程式为：
。
13.（安徽省滁州市2025 届高三一模）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着
广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高
钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co3+
Co2+
Zn2+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
8.1
沉淀完全的pH
2.8
8.9
1.1
9.4
8.2
10.1
回答下列问题：
49
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(1)为了加快废渣的“酸浸”速率可以采取的措施 、 (任写两条)。
(2)滤渣1 的主要成分是 (写化学式)。Pb 元素位于元素周期表中第ⅣA 族，Pb3O4中Pb 元素的
化合价为+2 价和 价。
(3)加入MnO2这一步反应的离子方程式为 。
(4)“氧化沉钴”过程中，若氧化等物质的量的Co2+和Mn2+，消耗KMnO4的物质的量之比为 。
(5)“除钴液”中残留的Co3+浓度为 。
(6)一种含Co、Ni 和Ga 元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga 与Ni 交替填充在Co 构成的立方体体心，
形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比N(Co):N(Ga):N(Ni)= ，其立方
晶胞的体积为 nm3。
【答案】(1)粉碎废渣 提高硫酸浓度
(2)PbSO4 +4
(3)MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O
(4)1:2
(5)10-16.7 mol·L-1
(6)2:1:1
【分析】由题给信息可知，用硫酸处理湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物)，
得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、SO
等离子的溶液，Pb 的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4。过滤
后，滤液中加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+。然后加入ZnO，调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3。再
次过滤后，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”加入强氧化剂KMnO4，将溶液
中的Co2+氧化为Co3+，Co3+形成Co(OH)3沉淀，而KMnO4被还原为MnO2。KMnO4还会与溶液中的Mn2+发
生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”中主要含有ZnSO4、K2SO4。据此解
答。
【解析】（1）可以通过粉碎废渣、提高硫酸浓度、加热、搅拌等方式加快反应速率，提高钴元素的浸出
效率。答案为：粉碎废渣；提高硫酸浓度；
（2）由分析可知，滤渣1 为PbSO4；Pb 位于元素周期表中第ⅣA 族，其最高正价为+4 价。根据化合物的
50
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化合价代数和为0，可知Pb3O4中Pb 元素的化合价为+2 价和+4 价。答案为：PbSO4；+4；
（3）加入MnO2，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+。离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O。答案为：
MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；
（4）KMnO4氧化Co2+的离子方程式为：MnO +3Co2++7H2O＝3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+；KMnO4氧化
Mn2+的离子方程式为：2MnO +3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+；根据离子方程式可知，若氧化等物质的量的
Co2+和Mn2+，消耗KMnO4的物质的量之比为1:2。答案为：1:2；
（5）根据题给数据，可知Co3+完全沉淀时的pH=1.1，此时c(Co3+)=10-5mol·L-1，c(OH-)=10-12.9 mol·L-1。则
Ksp[Co(OH)3]=c(Co3+)×c3(OH-)=10-43.7 (mol·L-1)4。“除钴液”的pH=5，则“除钴液”中残留的Co3+的浓度=
Ksp[Co(OH)3]÷c3(OH-)=
。答案为：10-16.7 mol·L-1；
（6）合金的晶体结构可描述为Ga 与Ni 交替填充在Co 构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元：
。该结构类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga 和Ni 形成的8 个小正方体。体心为Co，
根据均摊法，可知晶胞中Ga、Ni 个数为4，Co 个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，由图可知，晶
胞棱长为2apm，故晶胞的体积为
。
14.（河南省创新发展联盟2025 届高三下学期一模）电解铜的阳极泥中含
、
、
、
、
、
等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu 等金属或其化合物的工艺流程如图所示：
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已知：
易溶于水，
、
难溶于水；
。回
答下列问题：
(1)PtTe 中Pt 为+2 价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd 均转化为单质，则“氧化焙烧”中，
PtTe 发生反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸”的目的是 。
(3)“氯浸”工艺中，金属
、
、
被氧化为配离子：
、
、
，
的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(4)“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au 外，还有 。
(5)“沉钯”之前，测得溶液中
，加入等体积的
溶液充分反应，测得反应后
混合液中
，则初始加入
溶液的浓度约为
(忽略溶液混
合时的体积变化)。
(6)利用“滤液c”可制备Pt，工艺流程如图所示。“沉铂”总反应的离子方程式为 。
【答案】(1)
(2)使
转化为
，使
与其他物质分离
(3)
(4)将
还原为
，便于后续使含
物种与含
物种分离
(5)0.8
(6)
【分析】阳极泥加入纯碱（碳酸钠）、空气焙烧，然后加入水，浸取过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3滤液
a，分离出滤渣，滤渣加入稀硫酸酸浸溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Au、Pt、Pd 的滤渣，
52
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加入浓盐酸和氯气氯浸，金属
、
、
被氧化为配离子：
、
、
，加入草酸
将
还原为金单质、
还原为
，过滤分离出金单质，滤液加入氯化铵得到含
滤液c 和
沉淀。
【解析】（1）PtTe 中Pt 为+2 价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt 转化为单质，反应中Pt 化合
价由+2 变为0，空气中氧气参与反应，氧化合价由0 变为-2，Te 化合价由-2 变为+4 得到
，结合电
子守恒、质量守恒，PtTe 发生反应的化学方程式为
；
（2）稀硫酸能和金属氧化物氧化铜反应，而不和
、
、
反应，故目的为：使
转化为
，
使
与其他物质分离；
（3）
，Pd 化合价由0 变为+4，为还原剂，氯气中氯化合价由0 变为-1，为氧化剂，结合电
子守恒存在
，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；
（4）草酸具有还原性，由分析结合流程，“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au 外，还有将
还原为
，便于后续使含
物种与含
物种分离；
（5）反应后混合液中
，则此时
，结合反应
，则初始加入
溶液的浓度约为
；
53
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（6）“沉铂”总反应为
和氯酸根离子发生氧化还原反应生成
，反应中Pt 化合价由+2
变为+4、氯酸根离子中氯化合价由+5 变为-1，结合电子守恒、质量守恒，反应为
；
15.（广西来宾市2025 届高三一模）在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣（含有Sm、Co、
Cu、Fe）。从该合金渣提取钴（Co）和钐（Sm）的一种工艺流程如下。
已知：
是一种稀土元素，活动性介于Na 与Al 之间。
回答下列问题：
(1)与Co 同周期同族的元素还有Fe 和 （填元素符号）。
(2)工业上可通过 （填“电解”“热还原”或“热分解”）法制备Sm。
(3)“浸渣”的主要成分是 ；“破碎酸浸”过程中Sm 发生反应的化学方程式为 。
(4)“沉铁”过程中加入氨水的主要目的是调节pH。结合图中实验数据可知，溶液的最佳pH 为 。
的实际用量通常要大于理论用量，原因是 。
(5)“
”隔绝空气“灼烧”得
，反应的化学方程式为 。
(6)Sm、Ni、O 形成的稀土镍基氧化物的晶胞结构中Sm 和O 如图所示，Ni 位于O 形成的正八面体空隙
中，则该稀土镍基氧化物的化学式为 。
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【答案】(1)Ni
(2)电解
(3) Cu 2Sm+6HCl=2SmCl3+3H2↑
(4) 4 铁离子会催化双氧水分解，消耗部分双氧水
(5)
(6)
【分析】合金渣破碎后加入盐酸酸浸，Sm、Co、Fe 和酸反应生成相应离子，铜不和稀盐酸反应，因此
“浸渣”的主要成分为Cu，浸出液加草酸沉钐，得
沉淀，滤液加氨水、过氧化氢，生成氢氧
化铁沉淀，滤液加入草酸沉钴，草酸钴加热灼烧生成钴的氧化物。
【解析】（1）Co 位于第四周期Ⅷ族，与Co 同周期同族的元素还有Fe 和Ni；
（2）
是一种稀土元素，活动性介于Na 与Al 之间，可知Sm 非常活泼，工业上可通过电解法制备
Sm；
（3）“浸渣”的主要成分是Cu；根据分析，“破碎酸浸”过程中Sm 发生反应的化学方程式为
2Sm+6HCl=2SmCl3+3H2↑；
（4）图中实验数据，“调节pH”时，pH 为4 时，铁的去除率最高，钴沉淀量不大，溶液的最佳pH 为
4；“氧化”时，双氧水实际用量大于理论用量的原因是：铁离子会催化双氧水分解，消耗部分双氧水；
（5）“
”隔绝空气“灼烧”得
，反应的化学方程式为
；
（6）Ni 位于O 形成的正八面体空隙中，则Ni 位于晶胞的顶点，该晶胞中含有1 个Sm 原子，
=1 个Ni
原子，
=3 个O 原子，则该稀土镍基氧化物的化学式为
。
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16.（山东省淄博市2025 届高三一模）为推动生产方式的绿色化转型，工业上以软锰矿(主要成分为
，含
、
、
)制
并协同回收
、
，以实现绿色化生产的流程如下
已知：I．25℃，
：
11.25℃，
，
，
回答下列问题：
(1)“酸浸”中主要反应的化学方程式为 。
(2)“盐浸”中
、
转换为可溶性配合物。反应
，25℃时，其平衡常数
；滤渣1
主要成分的化学式为 。
(3)“沉铅”中，加入
至
开始沉淀时，溶液中
。若
浓度过大，
将导致沉铅率降低，其原因是 。
(4)“精制I”发生反应的离子方程式为 。净化液可返回 工序循环使用。
(5)电解制锰如图所示，则b 极的电极反应式为 。电解时需保持阴极室溶液
不宜过低的原因是
。
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【答案】(1)
(2)
(3)
浓度过大时，溶液中
增大，平衡：
右移，导致沉铅率降低
(4)
盐浸
(5)
过低，电解液中
大，氧化性增强，
优先在阴极放电
【分析】工业上以软锰矿(主要成分为
，含
、
、
)制
并协同回收
、
，软锰
矿浆通入SO2、H2SO4酸浸，还原MnO2为硫酸锰，过滤得到滤液为MnSO4溶液，电解MnSO4溶液得到
Mn，滤渣主要为
、
、
，加入醋酸铵盐浸，
、CaSO4转化为配合物，
不溶，
过滤得到滤渣1 为SiO2，滤液加入碳酸铵，醋酸铅转化为PbCO3，过滤得到PbCO3，滤液中加入碳酸铵沉
钙，过滤得到碳酸钙，滤液加入硫酸铅，过量的碳酸根离子生成碳酸铅，则滤渣2 为碳酸铅，过滤后加入
醋酸钡生成硫酸钡沉淀和醋酸铵，过滤得到硫酸钡和含醋酸铵的净化液，净化液返回盐浸步骤循环利用，
据此解答。
【解析】（1）“酸浸”中主要为还原MnO2为硫酸锰，反应的化学方程式为
。
（2）反应
，25℃时平衡常数
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；根据分析，滤渣1
主要成分的化学式为
。
（3）“沉铅”中，加入
至
开始沉淀时，溶液中
。若
浓度过大，将导致沉铅率降低，其原因是
浓度过大时，溶液中
增大，平
衡：
右移，导致沉铅率降低。
（4）“精制I”发生反应主要是硫酸铅转化为碳酸铅，离子方程式为
。根据分析，净化液可返回盐浸工序循环使用。
（5）电解制锰过程中，Mn2+在阴极得到电子生成Mn，则a 为阴极，b 为阳极，阳极水失去电子生成氧
气，则b 极的电极反应式为
。电解时需保持阴极室溶液
不宜过低的原因是
过低，电解液中
大，氧化性增强，
优先在阴极放电。
17.（河北省石家庄市实验中学2025 届高三下学期一模）金属Ru 被广泛用于制笔行业。某实验小组以某钌
废料[主要成分是Ru(CO3)2，含RuO4(其中Ru 为＋6 价)、FeO、MgO、CaO 和SiO2等]为原料制备Ru 的流
程如下：
已知：常温下Ksp(CaF2)=1.5×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11；离子浓度小于或等于1×10-5 mol·L-1时认为该离子
已被完全除去。
(1)滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(2)“酸浸”中RuO4转化为Ru(SO4)2的离子方程式为 。
(3)“除杂1”中氯元素被还原成最低价态。若只氧化Fe2＋，生成3 mol Na2Fe4(SO4)6(OH)2理论上需要
mol NaClO3。
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(4)“除杂1”之后，若滤液中c(Mg2＋)=c(Ca2＋)，则“除杂2”中先生成的沉淀是 。“除杂2”后的
滤液中c(F-)=0.01 mol·L-1，则Ca2＋和Mg2＋是否除尽？ (填“是”或“否”)。
(5)“除杂2”宜选择的容器材质有 (填序号)。
A．陶瓷 B．铁 C．石英
(6)为优化方案1，该小组设计出方案2 如下，从安全角度分析，方案2 优于方案1 的理由是 。
(7)CaF2晶胞如图所示，Ca2＋将晶胞切割成8 个小空隙，F-填充在Ca2＋构成的 (填“正八面体”
“正方体”或“正四面体”)空隙中，其填充率为 (填充率=
×100%)。
【答案】(1)SiO2、CaSO4
(2)
(3)2
(4) MgF2 是
(5)B
(6)方案1 使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，而方案2 利用草酸根离子的还原性还原钌，更安全
(7)正四面体 100%
【分析】由题给流程可知，向钌废料中加入稀硫酸、亚硫酸钠溶液酸浸，将四氧化钌转化为硫酸钌，氧化
亚铁、氧化镁转化为可溶的硫酸盐，氧化钙转化为微溶的硫酸钙，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化
硅、硫酸钙的滤渣和可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液和氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子
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转化为
沉淀，过滤得到
沉淀和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，
将溶液中钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到氟化钙、氟化镁和滤液；向滤液中加入浓
碳酸钠溶液，将溶液中的钌离子转化为碳酸钌沉淀，过滤得到碳酸钌和滤液1；碳酸钌高温灼烧分解生成
二氧化钌，二氧化钌与氢气高温下发生热还原反应生成钌。
【解析】（1）由分析可知，滤渣主要成分是二氧化硅和硫酸钙，故答案为：SiO2、CaSO4；
（2）“酸浸”中RuO4和硫酸反应生成Ru(SO4)2和水，离子方程式为
；
（3）加入氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为
沉淀，氯化合价由+5 变为-1、铁
化合价由+2 变为+3，由电子守恒3
，则生成3 mol Na2Fe4(SO4)6(OH)2
理论上需要2mol NaClO3。
（4）由溶度积可知，向镁离子和钙离子浓度相等的溶液中加入氟化钠溶液，溶度积小的氟化镁优先沉
淀；由滤液中的氟离子浓度为0.01mol/L 可知，溶液中钙离子、镁离子浓度分别为
、
，离子浓度均小于1×10—5mol/L，所以溶液中的钙离
子、镁离子均完全沉淀；
（5）氟化钠是强碱弱酸盐，氟离子在溶液中水解生成的氢氟酸能与二氧化硅反应，所以“除杂2”宜选择
的容器为铁质容器，不能选择陶瓷和石英容器，故选B；
（6）方案1 使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，而方案2 利用草酸根离子的还原性还原钌，更安
全，故方案2 优于方案1；
（7）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心钙离子将晶胞切割成8 个小立方体，8 个氟离子位于每个小
立方体的体心，所以氟离子的填充率为100%。
18.（山东省烟台市2025 届高三下学期第一次适应性检测）一种铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、
积碳等杂质)中金属元素的综合回收利用的工艺流程如下。
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已知：①高铼酸铵(NH4ReO4)微溶于冷水，易溶于热水；
②室温下：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6，
≈7.5。
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，② ；“溶解Ⅰ”中含铼化合物发生反应的离子方程
式为 。
(2)“滤渣Ⅱ”的成分为 ，“操作Ⅰ”为 、过滤、洗涤、干燥。
(3)“溶解Ⅲ”中反应的离子方程式为 ；“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入等体
积NH4Cl 溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)所需NH4Cl 的最小浓度为 mol/L(忽略溶液混
合后体积的变化)。
(4)“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是 ；理论上获得
3.72g 铼粉，需要标准状况下H2的体积至少为 L。
【答案】(1) 除积碳
(2) Al(OH)3 蒸发浓缩、冷却结晶
(3) 3Pt+16Cl-+2
+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O 1.7
(4) 不引入杂质，便于分离提纯铼 1.568
【分析】铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)焙烧除去积碳，铼转化为Re2O7，加入
NaOH 溶液溶解Al2O3生成Na[Al(OH)4]，Re2O7转化为NaReO4，Pt、Fe3O4不和NaOH 溶液反应过滤后存在
于滤渣I 中，向滤液中通过过量CO2，将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3，过滤后存在于滤渣II 中，向滤液中
加入氯化铵溶液，得到NH4ReO4晶体，加入H2高温还原得到铼粉，滤渣I 用硫酸溶液溶解后，Pt 不溶于硫
酸溶液，过滤得到粗Pt，加入HCl-NaCl 溶液溶解Pt，加入NH4Cl 沉铂，经过一系列操作得到海绵铂。
【解析】（1）由分析可知，“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，②除积碳；“溶解Ⅰ”中Re2O7和
61
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NaOH 反应转化为NaReO4，离子方程式为：
。
（2）由分析可知，“滤渣Ⅱ”的成分为Al(OH)3，“操作Ⅰ”可以得到NH4ReO4晶体，为蒸发浓缩、冷却
结晶、过滤、洗涤、干燥。
（3）“溶解Ⅲ”中加入HCl-NaCl 溶液溶解Pt，生成[PtCl6]2-和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离
子方程式为：3Pt+16Cl-+2
+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O，“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入
等体积NH4Cl 溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)时溶液中c(
)=
mol/L，则所需NH4Cl 的最小浓度为
=1.7mol/L。
（4）“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是：不引入杂质，便于分
离提纯铼；根据反应方程式：2NH4ReO4+7H2
2Re+2NH3+8H2O，理论上获得3.72g 铼粉，n(Re)=
=0.02mol，需要标准状况下H2的体积至少为0.07mol×22.4L/mol=1.568L。
19.（北京市平谷区2025 届高三下学期一模）废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂
，锰酸锂
，镍酸锂（
）以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下：
已知：过硫酸根离子的结构为：
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不同温度下碳酸锂的溶解度如下表：
温度
（℃）
20
40
60
80
100
溶解度
（g）
1.33
1.17
1.08
0.85
0.72
(1)锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为 。
(2)在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有
（写出其中一种即可），步骤①发生反应的离子方程式为 。
(3)滤液A 中的
、
、
均为
价，则
的主要作用是 。
(4)写出过程③中
发生反应的离子方程式 ；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是 。
(5)滤液C 中
。
(6)滤液C 反应后获得碳酸锂固体的步骤主要有： 、 、洗涤、干燥。剩余液体中含有的阴离子
主要有 （写离子符号）。
【答案】(1)化学能转化为电能
(2) 升高温度或适当增大碱液浓度或搅拌
(3)还原剂
(4)
防止在过程③
被氧化生成
产生污染
(5)
(6)蒸发结晶 趁热过滤
【分析】该工艺流程的原料为废旧锂离子电池(含钴酸锂
，锰酸锂
，镍酸锂（
）以及铝片、石墨粉)，回收金属元素分别得到含铝滤液、
、
、
。废旧电
池初步处理，经碱浸，铝片与碱溶液反应生成
过滤得含铝滤液，钴酸锂，锰酸锂，镍酸锂以及
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石墨粉为滤渣成分，经硫酸/
及氨水调
，过滤分离得石墨，根据滤液A 中的
、
、
均为
价，可知
、
、
在酸性环境与
发生氧化还原反应，其中
为还原剂，过
程③使滤液A 中
价的
被
氧化生成
分离出去，滤液B 中含有
、
、
，加
入
生成
沉淀分离出来后，滤液C 中含有
，加入浓
得到
。
【解析】（1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为化学能转化为电能；
（2）为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有升高温度、适当增大碱液浓度或搅拌；步
骤①发生铝片与碱溶液反应生成
的反应，离子方程式为
；
（3）
中
化合价为+3 价、
中
化合价为+6 价、
中
化合价为+3 价，经硫酸/
及氨水调
，得到的滤液A 中的
、
、
均为
价，均被还原，由此可知，
为还原
剂；
（4）过程③为滤液A 中
价的
被
氧化生成
分离出去，故该离子反应为
；步骤②中若用盐酸酸化溶液，则滤液A 中含有
，在过程③
加入
时，
被氧化生成
产生污染；
（5）根据
，
即
，则
；
（6）滤液C 中含有
，与加入的浓
反应得到
，根据
的不同温度下的溶解度可
64
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知，温度较高时，其溶解度小，故滤液C 反应后获得碳酸锂固体的步骤主要有蒸发结晶、趁热过滤、洗
涤、干燥；剩余液体主要成分为
，故阴离子为
。
20.（福建省龙岩市2025 届高三下学期一模）下图是以氟碳铈矿(主要含
、
等)为原料制备二氧
化铈(
)的一种工艺流程。
回答下列问题：
(1)“氧化焙烧”中铈元素转化为
和
，该反应的还原产物是 。
(2)“酸浸”中。
①生成滤渣A 的化学反应方程式是 。
②“酸浸”时，铈的浸出率与温度、
的关系如图所示：当温度高于
时，
的浸出率下降的可能
原因是 (填字母标号)。
A．温度升高，
挥发 B．生成
的反应为吸热反应 C．温度升高，
水解程度增大 D．温度升
高，稀硫酸分解
(3)若测得水层中
，滤液B 的
，忽略溶液体积变化，“调
”后
的沉淀百
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分率是 。(已知
时
)
(4)“氧化”中的化学反应方程式为 。
(5)已知
的立方晶胞结构如图所示，用
表示阿伏加德罗常数值。
①
的配位数为 。
②
填充在
构成的 空隙中。
③该晶胞的密度为
，则晶胞中
、
之间的最近距离为
(用含
的代数式表示)。
【答案】(1)
(2)
AC
(3)92%
(4)
(5)8 正四面体
【分析】氟碳铈矿(主要含
、
等)在富氧空气中氧化焙烧产生二氧化碳和熔渣，熔渣主要成分
为
和
、
，加入硫酸酸浸得到滤渣A 为硫酸钡，滤液A 主要含有
，系列操作得到的水
层含有
，加入氢氧化钠调pH，得到的滤渣B 为Ce(OH)3，滤液B 主要含有硫酸钠等，滤渣B 加入次
氯酸钠氧化得到Ce(OH)4，煅烧得到二氧化铈(
)；
【解析】（1）“氧化焙烧”中铈元素转化为
和
，同时生成CO2，反应的化学方程式为4
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+O2
3
+
+4CO2；
中Ce 的化合价为+3 价，升高为
和
中的+4 价，
O2中氧元素由0 价变为-2 价，碳酸根离子转化为二氧化碳，其中的O 元素化合价不变，则该反应的还原产
物是
；
（2）①加入硫酸酸浸得到滤渣A 为硫酸钡，生成滤渣A 的化学反应方程式是
；
A
②．温度升高，
挥发，
降低，
的浸出率下降，故A 符合；
B．生成
的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，
的浸出率增大，故B 不符合；
C．温度升高，
水解程度增大，产生沉淀，
的浸出率下降，故C 符合；
D．稀硫酸不易分解，故D 不符合；
答案选AC：
（3）若测得水层中
，滤液B 的
，忽略溶液体积变化，c(OH-)=10-6mol/L，
“调
”后
的沉淀百分率是
=92%；
（4）“氧化”中次氯酸钠氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，反应的化学反应方程式为
；
（5）分析晶胞结构图，白球个数为
，黑球个数为8 个，故白球为铈离子、黑球为氧离子，
处于面心铈离子周围有4 个氧离子，根据晶胞无隙并置原则，铈离子的配位数为
；
②根据图中位置，每个
连接四个
，
填充在
构成的正四面体空隙中；
③该晶胞的密度为
，则晶胞中
、
之间的最近距离为体对角线的
，为边长的
；设边长
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为acm，
，边长a=
pm，则晶胞中
、
之间的最近距离为
pm。
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