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大题01 化工流程综合题
内容概览
类型一 以物质制备为目的
类型二 以混合物的分离、提纯为目的
类型三 以环保和绿色化学为目的
类型四 以反应原理考查为目的
类型五 以物质结构和性质考查为目的
类型一 以物质制备为目的
1．（广东省深圳市2025 届第一次调研）一种从石煤灰渣（主要含
及
等）中提取
钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：
；萃取
的原理为
；“中间盐”中的金属阳离子均为+3 价；含
的硫酸盐难溶于水；
。
（1）“酸浸”时，钒主要以
的形式进入溶液。
①为提高浸取率，可采取的措施是 （任写一条）。
②
发生反应的化学方程式为 。
（2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子
浓度
10.79
0.0041
0.11
0.029
据此分析“溶液3”可在 工序循环利用。
（3）“中间盐”的一种含钒物质为
；“溶解”后，所得溶液中钒主要以
的形式存在。
该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为 。
（4）“还原”步骤的主要目的是 。
1
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（5）“萃取”前，需调节溶液
。
①已知萃取前溶液中
，理论上，为避免产生
沉淀，应调节溶液pH 小于
（保留一位小数）。
②实际上，溶液pH 也不能过低，其原因是 。
（6）一种V—Ti 固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的立方晶胞结构如图。
①该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为 。
②储氢材料的性能常用“体积储氢密度”（
储氢材料可释放出的
体积）来衡量。一定条件下，50%
的氢可从上述晶体中释放出来，且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设
为阿伏加德常数的值，
的摩尔体积为
，则该储氢材料的“体积储氢密度”为
（列出算式）。
【答案】（1）“适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等，答案合理即可
（2）酸浸
（3）
（4）将
转化为
，避免
影响
的萃取
（5）3.3
过低，即
浓度过大，会导致萃取反应
的平衡逆向移
动，不利于
进入有机相
（6）1：2
或
等答案合理即可
【分析】酸浸时，
溶于稀硫酸，得到
，而SiO2不溶于稀硫酸而除
去，溶液1 中加入
固体，得到
，而溶液2 中加入添加剂，得到中间盐，
“中间盐”中一种含钒物质为
在热水、空气、酸性条件下溶解，“溶解”后，所得溶液中钒
主要以
的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH 后，经萃取、反
萃取得到钒溶液，最终得到钒材料，回答下列问题。
【解析】（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰
渣进一步粉碎等；
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以
的形式进入溶液，
与硫酸反应生成VO₂⁺的化学方程式
为：
；
（2）根据表中阳离子浓度，溶液3 中主要阳离子为H⁺、VO₂⁺、Al³⁺和Fe³⁺，由于H⁺浓度最高，溶液3 可以
在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸；
2
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（3）由题干信息：含
的硫酸盐难溶于水， “中间盐”的一种含钒物质为
发生溶解工
序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以
的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：
；
（4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在
且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：
，还原步骤的主要目的是将Fe³⁺还原为Fe²⁺，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂
HR 优先与VO²⁺结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将
转化为
，避免
影响
的萃取；
（5）①已知Al(OH)₃ 的溶度积
，溶液中Al³⁺浓度为0.4mol/L，根据溶度积公式：
解得：
,
，pH=
，为避免产生
沉淀，pH 应小于
3.3；
pH
②
过低，即
浓度过大，会导致萃取反应
的平衡逆向移动，不利于V 进
入有机相，降低了钒元素的萃取率；
（6）①根据晶胞结构图，金属原子（V 和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有
个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8 个，该晶体中金属原子与非金属原子的个
数比为
；
②该晶胞的体积为
，该晶胞中含有8 个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释
放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为
，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为
mol，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为
，根据定义可
知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为
或者
。
2．（广东省四校联考2025 届期末）工业上常用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、
SiO2等)和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4和明矾，其工艺流程如图所示。
3
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已知：Ⅰ.Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH 高于5.5 时易被O2氧化为MnO2；
Ⅱ.当溶液中某离子浓度c(Mn+)≤1.0×10-5mol·L-1时时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的Ksp如下
表所示：
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)
3
Fe(OH)2
Ks
p
2.0×10-
39
1.0×10-
33
2.0×10-
13
5.0×10-
17
回答下列问题：
（1）基态Mn 原子的价电子轨道表示式为 。
（2）“酸浸”时，软锰矿中的Fe2O3与SO2反应的化学方程式为 。
（3）加入MnCO3“调pH”时，调节pH 的范围为 (保留两位有效数字)。
（4）“焙烧”Li2CO3和MnO2混合物。
①资料显示Li2CO3的分解温度为723℃，本流程中Li2CO3于515℃开始分解，可能原因是 。
②“焙烧”过程中发生的总反应为 。
（5）尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材料
①充电时，LiMn2O4电极的电势 (填“高于”或“低于”)电池的另一极。
LiMn
②
2O4的晶胞为立方体，该晶胞由图中A、B 两种基本结构单元交替排列构成。
图中“●”表示的微粒是 (填离子符号)；设该晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的数值为
NA，LiMn2O4的摩尔质量为Mg/mol，则该晶胞的密度为 g/cm3(用含有NA和M 的计算式表
示)。
【答案】（1）
（2）Fe2O3+SO2+H2SO4= 2FeSO4+H2O
（3）4.7<pH<5.5
（4）MnO2对Li2CO3的分解有催化剂的作用 2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
（5）高于 Li+
【分析】由题给流程可知，向软锰矿中通入二氧化硫、加入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为硫酸盐，二氧
4
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化硅不反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中通入碳酸锰调节溶液pH，将溶液
中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铝的滤渣和滤液；滤渣经系列操作得到明矾；向滤
液中通入氧气，将溶液中的亚铁离子转化为FeOOH 沉淀，过滤得到FeOOH 和滤液；电解滤液得到二氧化
锰，二氧化锰与碳酸锂高温焙烧得到LiMn2O4。
【解析】（1）
锰元素的原子序数为25，基态原子的价电子排布式为3d54s2，轨道表示式为
；
（2）由分析可知，“酸浸”时，软锰矿中氧化铁发生的反应为氧化铁与二氧化硫、稀硫酸反应生成硫酸
亚铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+H2SO4= 2FeSO4+H2O；
（3）由题给信息可知， pH 高于5.5 时溶液中锰离子易被氧气氧化为二氧化锰，则加入碳酸锰调节溶液
pH 时，溶液的pH 应小于5.5；由溶度积可知，溶液中铝离子完全沉淀时，溶液中的c(OH-)≥
≈1.0×10-9.3mol/L，则c(H+)≤10-4.7mol/L，pH≥4.7，所以调节pH 的范围为4.7≤pH<5.5；
（4）①资料显示碳酸锂的分解温度为723℃，本流程中碳酸锂于515℃开始分解可能是因为二氧化锰对碳
酸锂的分解有催化剂的作用，使得分解温度降低；
②由化合价变化可知，“焙烧”过程中发生的总反应为二氧化锰与碳酸锂高温条件反应生成LiMn2O4、二
氧化碳和氧气，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；
（5）①充电时，与直流电源正极相连的LiMn2O4电极是电解池的阳极，电极的电势高于阴极的电势；
LiMn
②
2O4的晶胞为立方体，该晶胞由图中A、B 两种基本结构单元交替排列构成，则晶胞中含有4 个A 和
4 个B，黑球的个数为(1+8×
)×4=8，白球的个数为(4+4)×4=32，三角形的个数为4×4=16，由化学式可
知，黑球代表锂离子、白球代表氧原子、三角形代表锰原子；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式
可得
=(10-7 a)3d，解得d=
。
3．（山西省三晋名校2025 届10 月考试）氮化钛
常作仿金饰品，乳酸亚铁常作补铁制剂。以钛铁
矿（主要含
，还含少量
、
）为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图，回答下列问题：
部分物质的熔点、沸点数据如表所示：
物质
Mg
Ti
5
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熔点
648.8
714
1667
沸点
136.4
1090
1412
3287
（1）Ti 位于元素周期表第 周期 族。
（2）其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。
“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为 %。
（3）“熔炼”时，温度在
，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学
方程式为 。
（4）“还原”时得到钛和另一产物M，采用蒸馏法分离出钛，控制蒸馏的最低温度为 ，工业上
用惰性材料作为电极来电解熔融的M，阳极的电极反应式为 。
（5）利用
溶液和过量
溶液制备
的离子方程式为 ；用酸性
溶液滴
定法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是
。已知滴定反应为
（未配平）。
（6）钛、氮组成的一种化合物的晶胞如图所示，钛的配位数为 ，该晶体的密度为
，已知
、
原子半径之和等于
（Ti、N 相切），
为阿伏加德罗常数的值。
【答案】（1）四 ⅣB
（2）85
（3）TiO2+2C+2Cl2
TiCl4+2CO
（4）1412℃ 2Cl——2e—=Cl2↑
（5）Fe2++2HCO =FeCO3↓+CO2↑+H2O 乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4
6
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（6）6
【分析】由题给流程可知，向钛铁矿粉末中加入过量的硫酸溶液，将钛酸亚铁转化为亚铁离子和TiO2+离
子，氧化铝转化为硫酸铝，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到滤液；向滤液中通入水蒸气，将滤液中
的TiO2+离转化为TiO2·nH2O，过滤TiO2·nH2O 和滤液；TiO2·nH2O 煅烧分解生成二氧化钛，二氧化钛与
碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛，四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛，钛高温条件下与氮气
反应生成氮化钛；调节滤液pH，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到硫酸亚铁溶液；向溶
液中加入碳酸氢铵溶液，过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁溶于乳酸得到乳酸亚铁溶液，乳酸亚铁溶液经分离
提纯得到乳酸亚铁产品。
【解析】（1）钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第三周期ⅣB 族；
（2）由图可知，硫酸质量分数为85%时，铁浸出率最小、钛浸出率最大，则“酸浸”时宜选择的硫酸质
量分数为85%；
（3）由分析可知，“熔炼”时发生的反应为二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛和一
氧化碳，反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2
TiCl4+2CO；
（4）由分析可知，“还原”时发生的反应为四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛和氯化镁（M），由表
格数据可知，四种物质中钛的沸点最高，钛的沸点高于氯化镁、四氯化钛和镁，所以采用蒸馏法分离出钛
时，控制蒸馏的最低温度为1412℃；工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的氯化镁时，氯离子在阳极失
去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
（5）硫酸亚铁溶液与过量碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方
程式为Fe2++2HCO =FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸亚铁中的乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4，所以测
得值高于实际值；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钛原子与位于面心的氮离子距离最近，则钛原子的配位数为6；
晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×
+6×
=4，位于棱上和体心的钛原子个数为12×
+1=4，钛原
子核氮原子原子半径之和等于a nm，则晶胞的边长为2a nm，设晶体的密度为d g/cm3，由晶胞的质量公式
可得：
=(2a×10-7)3d，解得d=
。
4．（广东省普宁市2025 届第二次调研）以黄铁矿(主要成分为
，杂质为石英等)为原料生产
。工艺流程如下：
（1）
中硫元素的化合价为 。“焙烧”时，发生的主要反应的化学方程式为 。
（2）“滤渣”的主要成分为 (填化学式)，“酸浸”发生的主要反应的离子方程式为 。
7
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（3）“还原”工序中的离子方程式为 ；“还原”工序中用
代替
的后果是 。
（4）从
溶液中获取
的“一系列操作”依次为 、 、过滤、洗涤、干燥。
（5）向“滤液”中的加入 ，产生蓝色沉淀，据此可检验“滤液”中的主要阳离子。
【答案】（1）
价
（2）
（3）
引入新杂质
（4）蒸发浓缩 冷却结晶
（5）铁氰化钾或K3[Fe(CN)6]
【分析】已知黄铁矿的主要成分是FeS2，高温煅烧生成Fe2O3，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将
红渣中加入H2SO4溶液充分酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣，主要成分为
SiO2，向滤液中加入SO2进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，得到FeSO4溶液，再经过一系列的操作得到
FeSO4·7H2O 晶体。
【解析】（1）FeS2中铁元素为+2 价，正负化合价代数和为0，故S 元素的化合价为-1，FeS2高温煅烧生成
Fe2O3和SO2，化学方程式
。
（2）根据题意，黄铁矿中的杂质为石英，二氧化硅不与硫酸反应，则滤渣的主要成分为SiO2；酸浸时主
要的离子方程式为氧化铁与硫酸的反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：
。
（3）还原工序中SO2将Fe3+还原为Fe2+，得到FeSO4，离子方程式
，“还原”工序中用
代替
的后果会引入杂质，最后晶体含杂质
。
（4）从硫酸亚铁溶液获得硫酸亚铁晶体的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）根据题意，滤液中的阳离子主要为
，会和铁氰化钾生成蓝色沉淀。所以用铁氰化钾检验
。
5．（广东省东莞2025 届10 月月考）2030 年全球新能源动力电池镍消费量将达到2020 年全球镍产量的近
40%。碱式碳酸镍
在工业上可作为制备其他含镍化合物的原料。工业上由某含镍
废渣精矿(主要成分为
)为原料制备碱式碳酸镍的流程如下图所示。
已知：①25℃时，相关离子开始沉淀和完全沉淀的
如表所示。
离子
开始沉淀时的
6.4
2.2
4.4
8
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完全沉淀时的
8.4
3.5
6.7
25℃
②
时，
。
回答下列问题：
（1）滤渣I 的主要成分为 (填化学式)。
（2）“除杂1”时应利用加入的Na2CO3溶液调节溶液的
范围为 。
（3）“除杂2 时发生反应的离子方程式为
，
时，该反应的化学平衡
常数为 ；实验测得此工序中加入
的物质的量与“除杂1”所得溶液中
的物质的量之比、反
应温度对除杂2”所得滤渣中铜镍比的关系分别如图所示：
则最佳的加入NiS 的物质的量与“除杂1”所得溶液中Cu2+的物质的量之比和反应温度分别为 。
（4）“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有 (填化学式)的水溶液。
（5）“沉镍”时应控制温度为
，反应除生成
外，还有一种无色气体生成，
写出“沉镍”反应的离子反应方程式 。
（6）碱式碳酸镍可进一步转化制得镍氢电池。镍氢电池充电的工作原理为：
(M
表示储氢金属或合金)，该电池充电过程中阴极的电极反应式为 。
【答案】（1）
（2）
（3）
1.6、
（4）
（5）3Ni2+ +3
+ (2+x)H2O=NiCO3•2Ni(OH)2•xH2O + 2CO2↑
（6）
【分析】含镍废渣精矿加入稀硫酸溶浸，NiO、Fe2O3、CuO 溶解后转化为相应的金属阳离子，SiO2难溶，
成为滤渣Ⅰ，过滤后向滤液中加入碳酸钠调节pH，得到Fe(OH)3沉淀，之后再加入NiS 得到CuS 沉淀，过
滤后向滤液中加入D2EHPA+煤油萃取Ni2+，分液后向有机相中加入稀硫酸进行反萃取，分液后向水相中加
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入碳酸钠溶液，得到碱式碳酸镍。
【解析】（1）由分析可知，滤渣Ⅰ主要成分为难溶的SiO2。
（2）除杂1 时主要是除去Fe3+，而不除去Cu2+、Ni2+，根据表中数据可知，应调节pH 的范围为3.5≤pH＜
4.4。
（3）该反应的平衡常数K=
=1.25×107；据图可知当物质
的量之比为1.6 时、温度为80℃(80℃之和Cu/Ni 比几乎不变)，滤渣中Cu/Ni 比达到最大，为最佳。
（4）向滤液中加入D2EHPA+煤油萃取Ni2+，分液后向有机相中加入稀硫酸进行反萃取得到NiSO4，则
“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有NiSO4的水溶液，
（5）沉镍时，向含有NiSO4的水溶液加入碳酸钠溶液，反应除生成NiCO3•2Ni(OH)2•xH2O 外，还有一种无
色气体生成，根据元素守恒可知该气体应为CO2，该反应的离子方程式为：3Ni2+ +3
+
(2+x)H2O=NiCO3•2Ni(OH)2•xH2O + 2CO2↑。
（6）充电时阴极发生还原反应，根据镍氢电池充电的工作原理可知M 在阴极得到电子生成MH，根据得
失电子守恒和电荷守恒配平阴极的电极反应式为
。
类型二 以混合物的分离、提纯为目的
6．（广东省普宁市2025 届第三次调研）石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2(7.8%)、
Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：
(注：SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃)
（1）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是 。
（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体I 中的碳氧化物主要为 ，
初级石墨中MgO 在1500℃反应方程式为 。
（3）步骤①为：搅拌、 ，所得溶液Ⅳ中的阴离子有OH-、 。
（4）由气体Ⅱ中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为 。
（5）要确定某固体硅是晶体硅还是无定形硅(非晶体)，最科学最可靠的方法是进行 实验。
【答案】（1）赶走反应器中的空气，防止高温时石墨氧化
（2）CO MgO+Cl2 +C
MgCl2+CO
（3）过滤 AlO 、Cl-
（4）SiCl4+6NaOH=Na2SiO4 +4NaCl+3H2O
（5）X 射线衍射
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【分析】高温反应后石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，则初级石墨、焦炭、氯气在1500℃是发生
反应生成SiCl4、AlCl3、FeCl3、MgCl2、CO(只能是CO，不可能是CO2，因为石墨与CO2高温下也会转化
为CO)和纯化石墨，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，则气体I 为CO、SiCl4、
AlCl3、FeCl3、MgCl2，在80℃冷凝时，CO、SiCl4为气体，AlCl3、FeCl3、MgCl2为固体，加入过量氢氧化
钠，这些固体与氢氧化钠反应生成NaAlO2、Fe(OH)3、Mg(OH)2，过滤后，溶液Ⅳ为NaAlO2，加入乙酸乙
酯，加热得到氢氧化铝沉淀，气体Ⅱ为CO 和SiCl4，CO 不与氢氧化钠反应，SiCl4与NaOH 溶液反应生成
Na2SiO3溶液，据此分析。
【解析】（1）向反应器中通入氯气前，需通一段时间氮气，主要目的是排除装置中的空气，防止空气中
的氧气与石墨发生反应；
（2）根据上述分析，气体I 中的碳氧化物主要为CO；初级石墨中MgO 在1500℃反应生成MgCl2和CO，
化学方程式为：MgO+Cl2 +C
MgCl2+CO；
（3）根据上述分析，Fe(OH)3、Mg(OH)2难溶于水，NaAlO2能溶于水，步骤①操作为搅拌、过滤；所得溶
液Ⅳ的溶质为NaAlO2、NaCl 和过量的NaOH，所含阴离子有AlO 、Cl-和OH-；
（4）气体Ⅱ中SiCl4与NaOH 溶液反应生成水玻璃(硅酸钠溶液)，其化学反应方程式为
SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；
（5）要确定某固体硅是晶体硅还是无定形硅(非晶体)，最科学最可靠的方法是进行X 射线衍射实验。
7．（广东省广州市2025 届9 月月考）铋
及其化合物在医药、电子、量子材料等高精尖领域有重要的
应用。一种从电解铜的副产物阳极泥熔炼渣（主要含
和少量的
等元素）中提
取铋及贵金属银和金的工艺如图。已知：
的氧化性强于
。
（1）
位于元素周期表第六周期第VA 族，其基态原子的价层电子排布式为 。
（2）“酸溶”时，
以
形式进入浸出液中，反应的离子方程式为 。
（3）
在溶液中会发生水解反应
，结合平衡移动原理，解释
“沉铋”时
的作用： 。
（4）经过“酸溶”后，
和
在滤渣中进一步富集，“溶金”的过程中
转化为
，“操作I”
之后可以重新得到金粉，则X 可能是_______。
A．
B．
C．
D．
11
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（5）“脱砷”时，
会转化为可溶的
，该过程发生反应的化学方程式为 。
（6）用
“还原”时，并没有隔绝空气。一定温度下，
的沉淀率随反应进行会先增大后减小。解释一
段时间后
的沉淀率逐渐减小的原因： 。
【答案】（1）6s26p3
（2）
+6H++8Cl-=2
+3H2O
（3）氢氧化钠可以消耗氢离子，促进
水解正向进行生成BiOCl 沉淀
（4）AB
（5）
+O2+6NaOH=2
+3H2O
（6）时间过长，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，生成的Fe3+将Bi 重新氧化进入溶液中
【分析】酸溶过程中Ag、Au 不溶于酸，成为滤渣，
转化为
，As 转化为砷酸盐，
在
溶液中会发生水解反应
+H2O
BiOCl+2H++3Cl-，加入氢氧化钠溶液促进
水解，经过
As2O3+O2+6NaOH=2Na3AsO4+3H2O，除去As 元素，脱砷渣经过重溶再加入Fe 还原得到Bi，据此分析解
题。
【解析】（1）铋(Bi)是元素周期表第六周期第83 号元素，位于元素周期表第六周期第VA 族，其基态原子
的价层电子排布式为；6s26p3。
（2）“酸溶”时，
以
形式进入浸出液中，溶液中含有大量氢离子，反应的离子方程式为：
+6H++8Cl-=2
+3H2O。
（3）
在溶液中会发生水解反应
，沉铋时加入氢氧化钠可以消
耗氢离子，促进
水解正向进行生成BiOCl 沉淀。
（4）要将氯金酸转化为金单质需要加入还原剂，因此具有还原性的只有二氧化硫和草酸，二氧化硫还原
金的方程式为：2HAuCl4 +3SO2+6H2O=2Au＋8HCl+3H2SO4，草酸还原金的化学方程式为：
2HAuCl4+3H2C2O4=2Au+ 6CO2
＋8HCl，故选AB。
（5）“脱砷”时，
与氧气和氢氧化钠会转化为可溶的
和水，根据得失电子守恒和原子守
恒配平该过程发生反应的化学方程式为：
+O2+6NaOH=2
+3H2O。
（6）一段时间后Bi 的沉淀率逐渐减小的原因是：时间过长，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，生成的
Fe3+将Bi 重新氧化进入溶液中。
8．（广东省深圳市2025 届高三上学期第一次诊断测试）从铅银渣(含Pb、Ag、Cu 等金属元素)中提取银
的流程如下：
12
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已知：焙烧渣的主要成分为PbO、CuO、Ag2O 和Ag；Ag+可以和
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的作用是 。
②固体B 中含有 。
工业上可以采取两种方式进行流程图中的“络合浸出”和“还原析银”，请回答第（2）、（3）小题。
（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 (写出完整方程式)：
_______+N2H4·H2O=N2↑+H2O+_______+_______+_______NH3↑
（3）用Na2SO3和HCHO 进行“络合浸出”和“还原析银”。
Na
①
2SO3“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。简述pH 过小或过大时
银浸出率均会降低的原因 ；浸出时间超过4h，银浸出率也会降低的可能原因是 (答一点即
可)。
②写出pH=14 时HCHO“还原析银”的离子方程式(已知该条件下HCHO 的氧化产物为HCOO-) 。
【答案】（1）利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将Ag 单质氧化 AgCl 和PbSO4
（2）AgCl + 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]Cl + 2H2O(或AgCl + 2NH3 = [Ag(NH3)2]Cl) 4[Ag(NH3)2]+ +
N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4
+ 4NH3↑
（3）pH 过小，配体
转化为
(或H2SO3)；pH 过大，Ag+转化为AgOH(或Ag2O)沉淀 配体
被空气中O2氧化而消耗(或
将Ag+还原为Ag) 2[Ag(SO3)2]3− + HCHO + 3OH- = 2Ag↓+ 4
+
HCOO− + 2H2O
【分析】铅银渣(含Pb、Ag、Cu 等金属元素)氧化焙烧，得到焙烧渣(主要成分为PbO、CuO、Ag2O 和
Ag)；将焙烧渣使用H2SO4、NaCl 和NaNO3的混合液进行酸浸，此时铜元素转化为Cu2+进入滤液A 中，固
体B 应为PbSO4和AgCl；加入络合剂将银络合浸出，固体C 为PbSO4；滤液D 中含有银的络合物，加入还
13
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原剂进行还原析银，便可得到Ag。
【解析】（1）①在酸性溶液中，NaNO3具有强氧化性，加入NaNO3的作用是：利用硝酸根在酸性条件下
的氧化性，将Ag 单质氧化。
②由分析可知，固体B 中含有AgCl 和PbSO4。
（2）①氨水“络合浸出”时，将AgCl 转化为[Ag(NH3)2]Cl，化学方程式是AgCl + 2NH3·H2O =
[Ag(NH3)2]Cl + 2H2O(或AgCl + 2NH3 = [Ag(NH3)2]Cl)。
②水合肼“还原析银”，将[Ag(NH3)2]Cl 转化为Ag、NH3、
等，反应的离子方程式4[Ag(NH3)2]+ +
N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4
+ 4NH3↑
（3）①pH 过小，酸性过强，
易转化为对应的酸，pH 过大时，溶液的碱性过强，Ag+会转化为沉淀，
从而导致银浸出率均会降低，原因：pH 过小，配体
转化为
(或H2SO3)；pH 过大，Ag+转化为
AgOH(或Ag2O)沉淀；浸出时间超过4h，
易被氧化消耗，银浸出率也会降低，则可能原因是：配体
被空气中O2氧化而消耗(或
将Ag+还原为Ag)。
pH=14
②
时，HCHO 将[Ag(SO3)2]3−还原为Ag 等，离子方程式：2[Ag(SO3)2]3− + HCHO + 3OH- = 2Ag↓+ 4
+ HCOO− + 2H2O。
9．（广东省佛山市顺德区2025 届上学期联考）工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥[主要含硒化亚铜
(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如图：
已知：①TeO2是两性氧化物，微溶于水；②25℃时，Ksp(FeS)=6.0×10-18。
（1）“烧结”时的固体产物主要为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，该过程中Cu2Te 反应的化学方程式为
。
（2）利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X 最好选用 。
a．SO2 b．Cl2 c．H2O2 d．Fe2(SO4)3
用稀硫酸调节pH 的范围为4.5~5.0，pH 过大或过小都将导致碲的回收率偏低，原因是 。
（3）还原过程的主要目的是将“烧结”时生成的少部分Na2SeO4进行转化：
①“还原”时反应的离子方程式 。
②流程中可循环利用的物质是 (填化学式)。
（4）TeO2转化为Te 的离子方程式为 。
（5）所得粗硒需要精制。向粗硒浸出液中加入Na2S 溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀而
除去。要使溶液中Fe2+沉淀完全，则需控制溶液中c(S2-) ≥ mol·L-1
14
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【答案】（1）2Cu2Te+2Na2CO3+3O2
2Cu2O+2Na2TeO3+2CO2
（2）c TeO2是两性氧化物，溶液过酸或者过碱都会碲元素反应而损失
（3）2Fe2++
+2H+=2Fe3++
+H2O H2SO4
（4）TeO2+2SO2+2H2O=Te+2
+4H+
（5）6.0×10-13
【来源】广东省佛山市顺德区高中第四联盟2024-2025 学年高三上学期联考化学试题
【分析】阳极泥[主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]，在氧气和碳酸钠固体中450℃烧结，生成
Na2SeO3、Na2TeO3、Cu2O，80℃浸取后过滤，浸取渣Cu2O 中加氧化剂和稀硫酸生成硫酸铜溶液，滤液中
加稀硫酸调溶液pH，
转化为TeO2，过滤得TeO2，通过HCl、SO2转化为Te，滤液中加硫酸亚铁溶液
将其中的
还原为
，再通入SO2发生氧化还原反应得粗硒。
【解析】（1）“烧结”时的固体产物主要为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，该过程中Cu2Te 和氧气、碳酸钠
固体在450℃烧结生成Na2TeO3、Cu2O 和CO2，反应的化学方程式为2Cu2Te+2Na2CO3+3O2
2Cu2O+2Na2TeO3+2CO2；
（2）浸取渣中主要含Cu2O，Cu2O 制取硫酸铜溶液时，试剂X 的作用是氧化剂，SO2不能氧化Cu2O，Cl2
具有较强的氧化性，但Cl2的还原产物氯离子为新的杂质，Fe2(SO4)3的还原产物亚铁离子为新的杂质，
H2O2做氧化剂的还原产物为水，所以最好选用H2O2，故答案为：c；
TeO2是两性氧化物，用稀硫酸调节pH 的范围为4.5~5.0，pH 过大或过小都将导致碲元素反应而损失，即溶
液过酸或者过碱都会有碲元素反应而损失，引起碲的回收率偏低；
（3）还原过程的主要目的是将“烧结”时生成的少部分Na2SeO4进行转化：
①“还原”时
和亚铁离子发生氧化还原反应生成
和Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++
+2H+=2Fe3++
+H2O；
②最后一步加入二氧化硫产生粗硒的同时会生成硫酸，硫酸可以返回到稀硫酸调节pH 的步骤中循环利
用，所以流程中可循环利用的物质是H2SO4；
（4）TeO2和氯化氢、二氧化硫发生氧化还原反应转化为Te，二氧化硫转化为硫酸根，其反应的离子方程
式为TeO2+2SO2+2H2O=Te+2
+4H+；
（5）要使溶液中Fe2+沉淀完全，则需控制溶液中c(S2-) ≥
。
类型三 以环保和绿色化学为目的
10．（广东省汕头市2025 届期末教学质量监测）金属铋及其化合物广泛应用于电子设备、医药等领域。
某工厂废渣的主要成分为
等(
与
性质相似)，以该废渣为主要
原料回收其中金属元素的工艺流程如图所示：
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请回答下列问题：
（1）铋位于第六周期，且与氮同主族，则铋元素在元素周期表中属于 区，基态铋原子的价层电子
排布式为 。
（2）“焙烧”中采用高压空气的目的是 ，
转化成
发生反应的化学方程式为 。
（3）“氨浸”所得滤液I 中的阳离子主要成分为
，该步骤温度不宜过高，其
原因是 。
（4）写出“碱浸”过程中发生的离子反应方程式为 。
（5）已知常温时，
在水溶液中存在平衡：
，该反
应的平衡常数为K，达到平衡时测得溶液
，则
。
（6）如图是铋的一种氟化物的立方晶胞及晶胞中MNPQ 点的截面图，其中晶胞的边长为
。
①该铋氟化物的化学式为 。
②晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有 个。
【答案】（1）p
（2）提供充足的氧气，确保硫化物反应充分
（3）温度过高会导致
溶解度会降低，
分解
（4）
（5）
（6）
8
【分析】工厂废渣含
等，在氧气中焙烧，
与氧气反应生成
和
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，加入氨气和碳酸氢铵进行氨浸
和
发生反应形成
、
被溶解，滤
渣I 中含
、
和
，加入氢氧化钠进行碱浸，由于
与
性质相似，
与氢氧化
钠发生反应：
，滤渣Ⅱ中含
和
，加入硫酸和氯化钠，
与硫酸反应生成硫酸铅沉淀，Bi2O3转化为Bi3+，滤液Ⅲ经水解形成
，加入碳酸氢铵，最终生成
(BiO)2CO3。
【解析】（1）铋位于第六周期，且与氮同主族，则铋元素在元素周期表中属于p 区；基态铋原子的价层
电子排布式：
；
（2）“焙烧”中采用高压空气可提供充足的氧气，确保硫化物反应充分；
被氧气氧化生成
和
，化学方程式：
；
（3）温度过高会导致
溶解度会降低，
分解，故氨浸时温度不宜过高；
（4）
与
性质相似，则“碱浸”过程中发生的离子反应方程式：
；
（5）根据平衡：
，溶液
，
，溶
液
，平衡常数：
；
（6）①根据晶胞结构，Bi 个数：
，F 个数：
，化学式：
；
②以晶胞体心处铋离子为分析对象，距离其最近且等距离的氟离子位于晶胞体内，共有8 个。
11．（广东省稳派联考2025 届10 月月考）锂离子电池放电反应为，
，废旧锂
离子电池负极材料含碳单质，正极材料含
等金属元素，未经处理随意丢弃容易导致
污染，回收利用可以变废为宝。一种利用废旧锂离子电池正极材料回收锂和钴的工艺流程如下：
已知：①
具有强氧化性，能将水中的
氧化成
；②常温下，有关金属离子形成氢氧化物沉淀的相
关
见下表：
离子
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开始沉淀时的
6.7
6.8
6.2
1.9
4.4
沉淀完全时的
9.3
8.8
8.3
3.3
6.5
回答下列问题：
（1）
中，
的化合价是 价，酸浸过程中，
的作用是 。“放电处理”
有利于该工艺
的回收，其原因是 。
（2）加入适量
溶液后测得溶液
为1.8 离子方程式表示加入
溶液的作用： 。
化合物M 的作用是调节
，应将
调节到 的范围内。
（3）
水相加入
溶液后，过滤得到
固体，滤液中溶质可做化工原料，写出该原料
的一种用途： 。
（4）废旧锂离子电池的负极可回收碳。碳有多种单质：下图是金刚石晶胞，图b 是
分子结构。碳也能
形成多种化合物，图c 是
氮化碳的分子结构。
①金刚石中两个C 原子的最近距离为
，金刚石的密度为
(设
为阿伏加德罗常数
的值，用含x 的代数式表示)。'下列事实不能作为金刚石属于晶体依据的是 (填正确答案的编
号)
A．难溶于水 B．导热性的各向异性
C．X 射线衍射实验有明锐衍射峰 D．有固定熔点
②
分子内有32 个面，均为正五边形或正六边形，每个C 与周围三个C 成键，每个
分子有
个正六边形。
③
氮化碳分子中所有原子均达稳定结构，其分子式为 。
【答案】（1）
将
还原为
放电有利于
从负极经电解液进入正极材料中
（2）
（3）生产氮肥
（4）
A 20
【分析】废旧锂离子电池的正极材料含
等金属元素，和SO2、硫酸溶液反应后得到
的酸浸滤液中含有的阳离子有Co2+、Ni2+、Li+、Cu2+、Fe2+，向酸浸滤液中加入NaClO 和NaOH 溶液，将
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Fe2+氧化为Fe3+，调节pH 并将Cu2+、Fe3+转化为沉淀除去，向含有Co2+、Ni2+、Li+的溶液中加入有机萃取
剂，将Co2+萃取到有机层分离出Ni2+、Li+，向含有Co2+的有机层中加入H2SO4再将Co2+萃取出来，向含有
Co2+的溶液中再加入草酸铵溶液得到草酸钴，过滤后的溶液中含有
，据此分析解答。
【解析】（1）
中，
为
价，O 为
价，根据化合价代数和为0，
的化合价为
价。酸浸后
变为
，应该是
将其还原，所以
的作用是将
价
还原为
价；虽然同时能将
还原
为
，但根据流程，这不是目的，反而
容易除去。根据锂离子电池放电反应为
可知，放电有利于锂元素尽可能转移到正极，有利于锂的回收。
（2）根据题意，滤渣应将
和
元素除去，
是不容易分离的，应将
氧化为
除去，
有氧化性，能达到该目的，
为1.8，
未沉淀，离子方程式为
。根
据题干表格数据，要将
和
沉淀完全，
；
不能沉淀，
，所以
的调整范围是
。
（3）根据流程，滤液主要成分是
，含N 元素，可做氮肥。
（4）①晶胞边长a 和x 的关系为
，则
，
；金刚石属于晶体，有固定熔
点，具有各向异性，能用X 射线衍射实验鉴别，难溶于水与是否属于晶体没有关系，故选A；
②根据图b，每个C 由3 个面共用，设有m 个正五边形，n 个正六边形，可得
，
，联
解方程组得
，每个
分子有20 个正六边形；③图c 不是晶胞，是分子，根据图像只有C—N 键，要
符合所有原子均达稳定结构，N 可形成3 根键，C 可形成4 根键，最简式应为
，结合图像，
氮化碳
分子式为
；也可以直接根据图C 数出其分子式为
。
12．（广东省2025 届高三上学期9 月联考）稀土金属铼(
)常作高温合金和催化剂的添加剂。工业上，以
含铼废料(主要含
和
)为原料制备金属铼的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：①浸液含强酸
；
②“离子交换”发生的反应可表示为
。
（1）“浸渣”的主要成分为 (填化学式)。
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（2）“制粉焙烧”时，
(S 为-1 价)中
失去
电子。
与
反应的化学方程式为
。
（3）设计实验确认“酸浸”后的溶液中含
： 。
（4）操作A 的名称是 ，实验室完成操作B 除需要仪器三脚架、泥三角、酒精灯、玻璃棒和坩
埚外，还需要 (填名称)。
（5）试剂X 是 (填溶质的化学式)，“反萃取”中分离的有机相可循环用于 (填名
称)工序。
（6）其他条件相同时，“离子交换”过程中料液和D296 体积比与铼交换率、铼交换量的关系如图1 所
示，混合液的
与提取率的关系如图2 所示。
①由图1 和图2 推断，“离子交换”选择的适宜条件为 。
②由图2 知，其他条件相同，混合液的
时，
的提取率降低的主要原因是 。
（7）利用“热还原”相关量可以确定
的相对原子质量，某小组获得下列3 组实验数据：
①
的质量、消耗
的总量
Re
②
的质量、消耗
的总量
③
的质量、
的质量
选择第 (填序号)组数据并说明理由： 。
【答案】（1）
（2）
（3）取少量浸液于试管中，向其中滴加
溶液，溶液变为红色
（4）分液 坩埚钳
（5）
离子交换
（6）料液和D296 体积比为
，混合液
为1.5
水解生成
胶体，吸附
并聚沉
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（7）③
用于排空气、作还原剂、作保护气，其中作还原剂的量未知
【分析】含铼废料主要含
和
，含铼废料在富氧空气中焙烧，硫化物生成二氧化
硫，铼被氧化为Re2O7，铁生成氧化物，通过酸浸氧化物溶解，浸渣是SiO2，浸液含强酸
，调节pH
值，离子交换得到有机相，再反萃取提取铼，结晶煅烧生成Re2O7，用氢气还原得到金属铼。
【解析】（1）SiO2难溶于水，“浸渣”的主要成分为SiO2。
（2）“制粉焙烧”时，
(S 为-1 价)中
失去
电子，可知Re 生成+7 价氧化物Re2O7，
与
反应的化学方程式为
。
（3）
遇KSCN 溶液变红，确认“酸浸”后的溶液中含
的操作为：取少量浸液于试管中，向其中
滴加
溶液，溶液变为红色；
（4）操作A 是有机相和水相分离，操作的名称是分液；NH4ReO4灼烧生成Re2O7，实验室完成操作B 除需
要仪器三脚架、泥三角、酒精灯、玻璃棒和坩埚外，还需要坩埚钳。
（5）“离子交换”发生的反应可表示为
，增大氯离子浓度，平
衡逆向移动生成
，试剂X 是HCl；“反萃取”中分离的有机相可循环用于离子交换工序。
（6）①由图1 和图2 可知，料液和D296 体积比为
、混合液
为1.5 时铼交换率最大，所以“离子交
换”选择的适宜条件为料液和D296 体积比为
，混合液
为1.5。
②由图2 知，其他条件相同，混合液的
时，
的提取率降低的主要原因是
水解生
成
胶体，吸附
并聚沉。
（7）七氧化二铼高温条件下与氢气发生置换反应制得铼时，反应前需要通入氢气排尽装置中的空气，防
止铼与空气中的氧气反应，反应结束后，需要继续通入氢气直至铼冷却，防止铼被空气中氧气氧化，则实
验消耗氢气的总量大于反应消耗氢气的量确定Re 的相对原子质量，不能用氢气总量，故答案为：
用于
排空气、作还原剂、作保护气，其中作还原剂的量未知，所以选择第③组数据计算
的相对原子质量。
13．（广东省深圳市2025 届高三第二次统一考试）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：
已知：①常温下，部分金属离子(Mn+)形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
Mn+
Fe2+
Al3+
Mg2+
Ca2+
Co2+
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开始沉淀
6.3
3.8
9.6
10.6
6.6
完全沉淀
c(Mn+)≤10-6
8.3
5.4
12.0
12.6
9.1
K
②
sp[Mg(OH)2]=5.6×10-12
回答下列问题：
（1）基态Co 原子的价层电子中，未成对电子与成对电子数目的比值为 。
（2）“酸浸”时发生反应：
。
①补充上述离子方程式中的缺项 ；
②若用盐酸代替草酸进行“酸浸”，可能带来的影响是 。
（3）①滤液2 中c(Mg2+) mol·L-1；
②向滤液2 中加入NH4F 固体的目的除了沉淀Mg2+外，还有 。
（4）滤液3 中含金属元素的离子主要是[Co(NH3)6]2+，通入空气发生催化氧化反应过程中，氧化剂和还原
剂的物质的量之比为 。
（5）已知沉锂过程中有气体生成，写出“沉锂”过程中的离子方程式 。
（6）由Li2CO3可进一步制备Li2O，Li2O 的某一种晶胞具有如图所示结构。
①晶胞中O2-的配位数为 ；
②设阿伏加德罗常数的值为NA，Li2O 晶胞的密度为b
，则晶胞参数(棱长)为 pm。(列出
含有字母的表达式)
【答案】（1）1：2
（2）2CO2 Cl-被氧化为氯气，污染空气
（3）5.6×10-4 除去滤液1 中的Ca2+
（4）1：4
（5）
（6）8
【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Mg(OH)2，分析可知还含有Co(OH)2，在滤渣2 中加入碳酸铵和NH3·H2O 将有Co(OH)2转化为
[Co(NH3)6]2+，过滤后除去Mg(OH)2，滤液3 中为[Co(NH3)6]2+且溶液为碱性，经过空气催化氧化得到
22
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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。
【解析】（1）Co 是第27 号元素，价层电子为3d74s2，含有3 个未成对电子，含有6 个成对电子，未成对
电子与成对电子数目的比值为3：6=1：2。
（2）①酸浸时，+3 价的钴被还原为=2 价，草酸被氧化为CO2，根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守
恒，可得反应的离子方程式：LiCoO2+6H++H2C2O4=2Co2++2Li++2CO2↑+4H2O，故答案为：2CO2；
②旧生产工艺用盐酸进行“酸浸”，但易造成环境污染，原因是Cl-被氧化为氯气，污染空气。
（3）①由分析可知，滤渣2 中含有Mg(OH)2，则常温下滤液2 相当于Mg(OH)2的饱和溶液，则有
c(Mg2+)c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，又pH=10，c(OH-)=
=
mol/L=1×10-4mol/L，则c(Mg2+)=
=5.6×10-4mol/L；
②向滤液2 中加入NH4F 固体的目的除了沉淀Mg2+外，还可以除去滤液1 中的Ca2+。
（4）滤液3 中含金属元素的离子主要是
，该反应中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，发生催化氧化反应的离子方程式为：
，O2是氧化剂，
是还原剂，氧化
剂和还原剂的物质的量之比为1：4。
（5）已知沉锂过程中有气体生成，中Li+和饱和NaHCO3溶液反应生成Li2CO3和CO2离子方程式为：
。
（6）①Li2O 中，Li+与O2-个数之比为2：1，由图可知灰球个数为
=4，黑球个数为8×1=8，所
以灰球代表O2-，黑球代表Li+，以面心的O2-为研究对象，O2-的配位数为8；
②根据①中分析可知，晶胞的质量为
，晶胞Li2O 的密度为bg cm
⋅
-3，设晶胞参数（棱长）为apm，
则有：bg cm
⋅
-3=
，解得：a=
。
14．（广东省2025 届联考）含铬电镀废水的主要成分如表，常用“Pb2+沉淀法”和“药剂还原沉淀法”进
行处理。
离子
Cr(VI)
Cr3+
Cu2+
Fe2+
Zn2+
含量mg/L
28.38
12.92
0.34
0.069
0.014
I． “Pb2+沉淀法”工艺流程如图。
23
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金属离子沉淀完全时(
)及沉淀开始溶解时的pH 如表。
金属离子
Cu2+
Fe2+
Fe3+
Zn2+
Cr3+
pH
沉淀完全
6.7
8.3
2.8
8.2
5.6
沉淀开始溶解
—
13.5
14.0
10.5
12.0
（1）铬元素的价电子排布式： 。已知金属铬为体心立方晶体，密度为7.2g/cm3，求两个Cr 原子的
最小核间距 nm。(只写表达式，不计算)
（2）“氧化”过程中Cr(OH)3转化为
的离子方程式为 。
（3）“沉降”过程中应调节pH 范围是 ~10.5。
（4）已知25℃是
；
；
。“沉
铬”过程中：
①生成铬黄的离子方程式为 。
②从平衡角度分析pH 对沉铬率的影响 。
II． “药剂还原沉淀法”工艺流程如图。
（5）“还原”过程中，
被Cr(VI)氧化为 。
（6）“沉淀”过程中，当溶液pH 为8.6 时，
。
【答案】（1）3d54s1
（2）2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-═2CrO
+8H2O
（3）8.2
（4）PbSO4+CrO
═PbCrO4+SO
增大pH，Cr2O
+H2O
2CrO
+2H+平衡正向移动，CrO
浓度
增大，沉铬率增大
（5）SO
（6）
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【分析】“Pb2+沉淀法”工艺，向经预处理的含铬废水中加入H2O2、NaOH 把Cr(OH)3氧化为
、把
Fe2+氧化为Fe3+，再加氢氧化钠调节pH 生成氢氧化物沉淀除去Fe3+、Cu2+、Zn2+，过滤，滤液中加硫酸铅发
生沉淀转化生成PbCrO4沉淀；“药剂还原沉淀法”工艺，向含铬废水中加入硫酸调节pH 为2~3，再加亚
硫酸钠把Cr(VI)还原为Cr3+，加氢氧化钠调节pH 生成氢氧化物沉淀。
【解析】（1）Cr 是24 号元素，价电子排布式：3d54s1，金属铬为体心立方晶体，晶胞中含有1+8
=2 个
Cr，密度为7.2g/cm3，则晶胞的边长为
nm，两个Cr 原子的最小核间距为晶胞
体对角线的
为
nm。
（2）“氧化”过程中Cr(OH)3被H2O2氧化为CrO
，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为
2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-═2CrO
+8H2O。
（3）根据金属离子沉淀完全时及沉淀开始溶解时的pH 表，为保证重金属离子完全沉淀，“沉降”过程中
应调节pH 范围是8.2～10.5。
（4）①硫酸铅和CrO
发生沉淀转化生成PbCrO4沉淀，反应的离子方程式为PbSO4+CrO
═PbCrO4+SO
。
②增大pH，Cr2O
+H2O
2CrO
+2H+平衡正向移动，CrO
浓度增大，沉铬率增大。
（5）根据氧化还原反应原理，“还原”过程中，SO
被Cr(Ⅵ)氧化，硫元素化合价由+4 升高为+6，氧化
产物是SO
。
（6）Cr3+完全沉淀的pH 是5.6，
，则“沉淀”过程中，当溶
液pH 为8.6 时，c(Cr3+)=
mol•L-1。
类型四 以反应原理考查为目的
15．（广东省东莞2025 届高三上学期第一次月考）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和
国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步
处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
25
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（1）从A～D 中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是 (按气流方向，用小写字母
表示)。
A．
B．
C．
D．
（2）B 中使用雾化装置的优点是 。
（3）生成NaHCO3的总反应的离子方程式为 。
（4）反应完成后，将B 中U 形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，写出此时Na2O2涉及的化
学方程式并用双线桥表示电子转移： 。
②向滤液中加入NaCl 粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl 沉淀充分析
出并分离，根据NaCl 和NH4Cl 溶解度曲线，需采用的操作为 、 、过滤、洗涤、
干燥。
【答案】（1）afebcd
（2）使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率
（3）NH3·H2O＋Na+＋CO2=
＋NaHCO3↓
（4）
蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】向浓氨水中加入NaCl 粉末得到饱和氨盐水，通入过量二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，过滤后加
热碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠分解可得碳酸钠。首先利用装置A 制取CO2，然后利用饱和碳酸氢钠溶液除去
CO2混有的HCl 气体，然后通入B 装置中与氨盐水反应，最后利用饱和食盐水吸收尾气。
【解析】（1）A 装置制备二氧化碳，D 装置除二氧化碳中的氯化氢，二氧化碳通入饱和氨盐水中反应生成
碳酸氢钠沉淀和氯化铵，C 装置吸收尾气，制备NaHCO3正确的连接顺序是a→f→e→b→c→d。
26
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（2）B 中使用雾化装置，使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率。
（3）二氧化碳和饱和氨盐水反应生成NaHCO3沉淀和氯化铵，总反应的离子方程式为NH3·H2O＋Na+＋
CO2=
＋NaHCO3↓；
（4）反应完成后，将B 中U 形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①固体NaHCO3充分加热，分解产生碳酸钠、二氧化碳、水，产生的气体先通过足量浓硫酸干燥，再通过
足量Na2O2，此时Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素化合价由-1 升高为0、由-1
降低为-2，反应的化学方程式并用双线桥表示电子转移为
。
②向滤液中加入NaCl 粉末，存在NaCl(s)＋NH4Cl(aq)→NaCl(aq)＋NH4Cl(s)过程。根据NaCl 和NH4Cl 溶解
度曲线，氯化铵的溶解度随温度升高而增大，为使NH4Cl 沉淀充分析出并分离，需采用的操作为蒸发浓
缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
16．（广东省深圳2025 届高三上学期9 月月考）氧缺位体
是热化学循环分解水制氢的催化
剂。一种以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备
流程如图所示：
已知：①酸浸后溶液中的金属离子有
、
、
和
。
25℃
②
时已知几种金属离子沉淀的pH 如表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH
1.9
3.4
6.4
7.0
完全沉淀的pH
3.2
4.7
7.6
9.0
请回答下列问题
（1）焙烧产物中的
在有氧条件下利用石灰石浆液吸收可制得一种副产品 。(填化学式)
（2）流程中，若无“还原”工序，造成的后果是 。
（3）流程中，调pH 这一步，需要调节溶液的pH 范围为 。
（4）“灼烧”工序的化学方程式是 ，“煅烧”时通入N2的作用是 。
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（5）“煅烧”CuFe2O4得到氧缺位体
时，不同温度范围内，发生变价的金属元素不同，某温度
下制得的氧缺位体质量为原质量的99%，则
。
（6）氧缺位体催化分解水制氢可分为两步：
第一步： (完成方程式)；
第二步：
。
【答案】（1）CaSO4
（2）还原工序是将
还原为
，若没有还原工序，会使
与
一起沉淀；生成的
沉淀
无法直接在灼烧过程中使用
（3）
或
（4）
N2在煅烧时做保护气
（5）0.15
（6）
【分析】氧气具有氧化性，已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙烧生成三种
氧化物，结合质量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸金属氧化物转化为相应的硫酸
盐，SiO2不参与反应，则滤渣1 主要成分为SiO2，加入Cu 将Fe3+还原为Fe2+，加入CuO 调节pH 使Al3+转
化为Al(OH)3沉淀除去，而Cu2+和Fe2+不沉淀，则滤渣2 主要成分为Al(OH)3、Cu，加H2O2将Fe2+氧化为
Fe3+离子，加入过量的氨水反应生成Cu(NH3)4SO4，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Cu(NH3)4SO4经过系列操作得
到CuO，灼烧CuO 和Fe(OH)3生成CuFe2O4，最后CuFe2O4在N2做保护气下煅烧生成
，据此解
答。
【解析】（1）焙烧产物中的SO2在有氧条件下利用石灰石浆液Ca(OH)2吸收发生氧化还原反应可制得一种
副产品是CaSO4；
（2）流程中，若无“还原”工序，造成的后果是：还原工序是将
还原为
，若没有还原工序，会
使
与
一起沉淀；生成的
沉淀无法直接在灼烧过程中使用；
（3）流程中，调pH 这一步目的是使Al3+沉淀，而Cu2+和Fe2+不沉淀，由表格数据可知，需要调节溶液的
pH 范围为
或
；
（4）灼烧CuO 和Fe(OH)3生成CuFe2O4和H2O，反应的化学方程式为：
；“煅烧”时通入N2的作用是N2在煅烧时做保护气；
（5）“煅烧”CuFe2O4得到氧缺位体
，质量减少的是氧原子的质量，则
，得出
0.15；
（6）制取氢气的总反应为：2δH2O=2δ H2↑+δO2↑，结合第二步反应：
，可知
第一步反应为：
。
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17．（广东省普宁市2025 届高三上学期第一次调研考试）我国化学家侯德榜改进国外的纯碱生产工艺，
生产流程可简要表示如图：
如图是模拟“侯氏制碱法”沉淀池中制取
的部分装置。
（1）实验时向饱和食盐水中通入
、
的先后顺序是：先从 管(选填“a”、“b”)通入
(选填“
”或“
”)，再通另一种气体。
（2）写出沉淀池中发生反应的化学方程式： 。
（3）写出上述流程中X 物质的分子式： 。母液的主要成份是
和 。
（4）向母液中通氨气，发生反应的离子方程式为 。
（5）C 仪器的名称是 ，从母液中提取的副产品在农业上可用作 。
【答案】（1）a
（2）
（3）
（4）
（5）干燥管 氮肥或化肥
【分析】联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠，反应过程是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入
二氧化碳气体生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，过滤得到碳酸氢钠固体，加热分解得到纯碱；
【解析】（1）“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到
NaHCO3的，在这一实验过程中，由于CO2在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b
管通CO2，a 管通NH3，所以要在食盐水先通NH3然后再通CO2，否则CO2通入后会从水中逸出，等再通
NH3时溶液中CO2的量就很少了，这样得到的产品也很少；
（2）沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为
NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；
（3）由分析可知，煅烧炉中碳酸氢钠加热分解得到碳酸氢钠的CO2，CO2可以循环利用，即X 为CO2；母
29
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液是成分是
和
；
（4）氨气溶于水后生成氨水，氨水显碱性，与母液中的碳酸氢根反应生成碳酸根，反应的离子方程式
为：
；
（5）C 为干燥管，从母液中提取的副产品是氯化铵，在农业上可用作氮肥或化肥。
18．（湖北省高中名校联盟2025 届高三上学期8 月第一次联考）回收利用废旧电池正极材料
(含
有铝箔等杂质)的流程如下图所示：
回答下列问题：
（1）基态Li 原子的轨道表示式为 ，Li 的焰色试验的颜色为 (填标号)。
A．黄色 B．紫色 C．绿色 D．紫红色
（2）“粉碎”的目的是 。
（3）“浸出”时可能产生的气体是 (填化学式)。
（4）“浸出”后的溶液酸性较强，导致浸出液中铁、磷元素含量较高。从平衡移动角度解释其原因
。
（5）已知25℃时，pc 与pH 的关系如图所示，
，c 为
、
或
的物质的量浓
度。则“调pH”的范围为 。
（6）碳酸锂的溶解度曲线如图所示，“沉锂”后获得碳酸锂的操作为 、 、洗涤、干燥。
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【答案】（1）
D
（2）增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率
（3）Cl2
（4）溶液中酸性较强，则发生反应
，从而导致平衡
右移，溶液
中Fe、P 元素含量较多；
（5）4.7≤pH＜8.4；
（6）蒸发浓缩 趁热过滤
【分析】废旧磷酸铁锂正极材料(Al、LiFePO4等杂质)先经过粉碎研磨，可以增大与反应物的接触面积，与
HCl 和NaClO3浸出反应生成物有气体Cl2、沉淀FePO4，溶液中有Al3+、Li+、Fe3+、
等，加入Mg(OH)2
生成Mg3(PO4)2，加入适量NaOH 使Al3+、Fe3+生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，滤液中含有Li+离子，再加入碳
酸钠生成碳酸锂沉淀。
【解析】（1）基态Li 原子核外电子排布式为1s22s1，其轨道表示式为
；Li 的焰色试验的
颜色为紫红色，故选D；
（2）粉碎的目的是：增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率；
（3）浸出时LiFePO4与盐酸、NaClO3反应生成沉淀FePO4、气体Cl2、NaCl 和LiCl；
（4）溶液中酸性较强，则发生反应
，从而导致平衡
右移，溶液
中Fe、P 元素含量较多；
（5）根据图像，调节pH 的目的是使Al3+、Fe3+生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，而不使Al(OH)3溶解，则pH
的范围是4.7≤pH＜8.4；
（6）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，Li2CO3的溶解度
小，有利于析出，所以提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即蒸发浓
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缩、趁热过滤、洗涤、干燥。
19．（2024 年高考真题山东卷化学试题）以铅精矿(含
，
等)为主要原料提取金属
和
的工艺
流程如下：
回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的
和
转化为
和
及单质硫。溶解等物质的量的
和
时，消耗
物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时
挥发外，
另一目的是防止产生 (填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的
沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属
，“电解I”阳
极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是 。
（4）“置换”中可选用的试剂X 为 (填标号)。
A．
B．
C．
D．
“置换”反应的离子方程式为 。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。
【答案】（1）1:1 H2S
（2）热浸
（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+
（4）C
（5）阳极
【分析】本题以铅精矿(含
，
等)为主要原料提取金属
和
， “热浸”时，难溶的
和
转化为
和
及单质硫，
被还原为Fe2+，过滤I 除掉单质硫滤渣，滤液中
在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为
，电解得到Pb；过滤II 后的滤液成分主要为
、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3
还原为FeCl2，试剂X 将
置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X 为铅，尾液为FeCl2。
【解析】（1）“热浸”时，
将
和
中-2 价的硫氧化为单质硫，
被还原为Fe2+，在这个过
程中Pb 和Ag 的化合价保持不变，所以等物质的量的
和
时，S2-物质的量相等，所以消耗
的物
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质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的
沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为
，电解
溶液制备金
属
，
在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在
热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精
矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X 可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X 应为Pb，发生的
反应为：
。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能
作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到
Pb，所以电极板应作阳极。
20．（广东省化州市2025 届质量检测）草酸锰能作漂白催化剂，特别用于增强过氧化物在漂白有色污渍
时的漂白效果。工业上，常用废锰料（主要成分为Mn，含有一定量的
、FeO、CaO、
）为原料
制备纯净草酸锰晶体，其工业流程如图所示。
已知：①草酸锰晶体（
）难溶于水。
②相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH 见表中数据。
金属离子
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
（1）能提高“酸浸”速率的方法有 （写出一点即可）。
（2）“氧化”步骤中，试剂a 常选双氧水，反应的离子方程式为 。
（3）“加入氨水调节pH”时，应控制pH 的范围是 ，滤渣2 的主要成分是 （写化学式）。
（4）“沉锰”时，反应的离子方程式为 。
（5）“操作a”是指 。
（6）氨水是常用于废水处理的pH 调节剂，如对于含锰废水中的
，用氨水调节pH 值，以除去
，
若使
小于
，而保留
，则需控制pH 的大致范围为 。
［已知常温下，
的
，
的
］
【答案】（1）将废锰料粉末化、适当增大硫酸的浓度、升高温度
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（2）
（3）
、
（4）
（5）洗涤、干燥
（6）
【分析】废锰料(主要成分为Mn，含有一定量的Al2O3、FeO、CaO、SiO2)加入硫酸，Mn、Al2O3、FeO、
CaO 与硫酸反应生成硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁，硫酸钙，过滤，将亚铁离子氧化，再加入氨水沉淀铁离
子和铝离子，过滤，向滤液中加入氟化铵生成氟化钙沉淀，过滤，向滤液中加入草酸铵得到草酸锰，过
滤、洗涤、干燥得到草酸锰晶体。
【解析】（1）能提高“酸浸”速率的方法有将废锰料粉末化、适当增大硫酸的浓度、升高温度。故答案
为：将废锰料粉末化、适当增大硫酸的浓度、升高温度；
（2）“氧化”步骤中，试剂a 常选双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子同时生成水，反应的离子方程式为
。故答案为：
；
（3）“加入氨水调节pH”时，铁离子和铝离子以沉淀Fe(OH)3、Al(OH)3的形式除去，Mn2+不发生沉淀，
应控制pH 的范围是
，滤渣2 的主要成分是
、
。故答案为：
；
、
；
（4）“沉锰”时，生成MnC2O4∙2H2O 沉淀，反应的离子方程式为
。故答案为：
；
（5）过滤后要得到纯净的晶体，因此还需要洗涤、干燥等操作从悬浊液中获得MnC2O4∙2H2O 晶体；“操
作a”是指洗涤、干燥。故答案为：洗涤、干燥；
（6）氨水是常用于废水处理的pH 调节剂，如对于含锰废水中的
，用氨水调节pH 值，以除去
，
若使
小于
，c(OH-)应大于
mol/L=10-10mol/L，即pH 大于4，另外，
Mn(OH)2的Ksp=5.48×10-16=c(Mn2+)×c2(OH-)，而保留c(Mn2+)=0.0548mol⋅L-1，则c(OH-)应等于
mol/L=10-7mol/L，对应pH=7，则需控制pH 的大致范围为
。故答案为：
。
21．（广东省梅州市大埔县2025 届检测）金属钼在工业和国防建设中有重要的作用，其化合物钼酸钠晶
体(Na2MoO4•10H2O)可制造金属缓蚀剂。由钼精矿(主要成分为MoS2，含有少量不反应的杂质)制备钼及钼
酸钠晶体的工艺流程如图。回答下列问题：
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（1）S 位于元素周期表中 区。
（2）焙烧过程中采用“多层逆流(空气从炉底进入，钼精矿经粉碎后从炉顶进入)焙烧”，图1 为焙烧时各
炉层固体物料的物质的量百分数(φ)。
①“多层逆流焙烧”的优点是 (任答一点)，x= 。
②某些生产工艺在焙烧时加入CaCO3会更环保，其原因是 (用化学方程式表示)。
（3）写出碱浸时发生反应的离子方程式： 。
（4）操作3 为 ，本流程中，金属钼的冶炼方法为 (填字母)。
a.热还原法 b.热分解法 c.电解法 d.物理方法
（5）已知钼酸钠的溶解度曲线如图2 所示，要获得钼酸钠晶体Na2MoO4•10H2O 的操作2 为 、
、过滤、洗涤、烘干。
【答案】（1）p
（2）增加固体和气体的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 64 2CaCO3+2SO2+O2
35
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2CaSO4+2CO2
（3）MoO3+CO
=MoO
+CO2↑
（4）过滤 a
（5）蒸发浓缩 冷却至10℃以下结晶
【分析】钼精矿(主要成分为MoS2，含有少量不反应的杂质)在空气中焙烧生成MoO3、SO2；加入Na2CO3
溶液碱浸生成Na2MoO4、CO2；经操作1 得到的滤液中加入足量HCl 得到H2MoO4固体，H2MoO4高温分解
生成MoO3，用H2高温还原MoO3得到金属钼；滤液经操作2 得到Na2MoO4∙10H2O。
【解析】（1）基态S 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，S 位于元素周期表中p 区；答案为：p；
（2）①“多层逆流焙烧”的优点是：增加固体和气体的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；
由图1 可知，在炉层序号为6 时，MoS2和MoO3的物质的量百分数均为18％，根据Mo 元素守恒可知，
MoO2的物质的量百分数为100％-18％×2=64％。即x=64；答案为：增加固体和气体的接触面积，加快反
应速率，提高原料的利用率；64。
②某些生成工艺在焙烧时加入CaCO3会更环保，其原因是CaCO3能吸收SO2，反应的化学方程式为
2CaCO3+2SO2+O2
2CaSO4+2CO2；答案为：2CaCO3+2SO2+O2
2CaSO4+2CO2；
（3）碱浸时MoO3与Na2CO3溶液反应生成Na2MoO4和CO2，反应的离子方程式为MoO3+
=
+CO2↑；答案为：MoO3+
=
+CO2↑；
（4）滤液中加入足量HCl 发生反应Na2MoO4+2HCl=2NaCl+H2MoO4↓，故操作3 为过滤；本流程中用H2高
温下还原MoO3制得金属钼，该冶炼方法为热还原法；答案为：过滤；a；
（5）由图2 可知，温度高于10℃，便不再析出Na2MoO4∙10H2O 晶体，所以要获得钼酸钠晶体
Na2MoO4•10H2O 的操作2 为蒸发浓缩、冷却至10℃以下结晶、过滤、洗涤、烘干；答案为：蒸发浓缩；冷
却至10℃以下结晶。
类型五 以物质结构和性质考查为目的
22．（广东省2025 届高三上学期开学考试）铋(Bi)及其化合物在医药、电子、量子材料等高精尖领域有重
要的应用。一种从电解铜的副产物阳极泥熔炼渣(主要含
、Ag、As、Au 和少量的Pb、Ca 等元素)中
提取铋及贵金属银和金的工艺如图。已知：
的氧化性强于
。
（1）Bi 位于元素周期表第六周期第ⅤA 族，其基态原子的价层电子排布式为 。
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（2）“酸溶”时，
以
形式进入浸出液中，反应的离子方程式为 。
（3）
在溶液中会发生水解反应
，结合平衡移动原理，解释
“沉铋”时NaOH 的作用： 。
（4）经过“酸溶”后，Au 和Ag 在滤渣中进一步富集，“溶金”的过程中Au 转化为
，“操作I”
之后可以重新得到金粉，则X 可能是_______。
A．
B．
C．NaOH
D．NaCl
（5）“脱砷”时，
会转化为可溶的
，该过程发生反应的化学方程式为 。
（6）用Fe“还原”时，并没有隔绝空气。一定温度下，Bi 的沉淀率随反应进行会先增大后减小。解释一段
时间后Bi 的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（7）合金化合物
是一种优异的半金属量子材料，其一种晶胞结构以及晶胞参数如图所示(部分金属
键省略)。该晶胞中含Na 原子 个，该晶胞的密度为 (列出表达式即可)
。
【答案】（1）
（2）
（3）中和
水解时产生的
，促进
水解正向进行生成BiOCl 沉淀
（4）AB
（5）
（6）时间过长，溶液中的
被空气氧化为
，生成的
将Bi 重新氧化进入溶液中
（7）6
【分析】酸溶过程中Ag、Au 不溶于酸，成为滤渣，
转化为
，As 转化为砷酸盐，
在
溶液中会发生水解反应
，加入氢氧化钠溶液促进
水解，经过
，除去As 元素，脱砷渣经过重溶再加入Fe 还原得到Bi，据此分
析解题。
【解析】（1）Bi 位于元素周期表第六周期第ⅤA 族，其基态原子的价层电子排布式为：
；
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（2）“酸溶”时，
以
形式进入浸出液中，溶液中含有大量氢离子，反应的离子方程式为：
；
（3）氢氧化钠与氢离子反应，中和
水解时产生的
，
，促
进
水解正向进行生成BiOCl 沉淀；
（4）“溶金”的过程中Au 转化为
，Au 为+3 价，“操作I”之后可以重新得到金粉，需要降低化合
价，加入还原剂，则X 可能是AB；
（5）“脱砷”时，
与氧气和氢氧化钠会转化为可溶的
和水，该过程发生反应的化学方程
式为：
；
（6）一段时间后Bi 的沉淀率逐渐减小的原因是：时间过长，溶液中的
被空气氧化为
，生成的
将Bi 重新氧化进入溶液中；
（7）Na+个数：
；晶胞体积为：
cm3，1nm=10-7cm，该晶胞的密度为
g cm
⋅
−3。
23．（2024 年广东省高考真题）镓(
)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝
的副产品炭渣(含
和少量的
等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，
是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用
提取金属离子
的原理如图。已知：
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①
。
②
(冰晶石)的
为
。
③浸取液中，
和
以
微粒形式存在，
最多可与2 个
配位，其他金属
离子与
的配位可忽略。
（1）“电解”中，反应的化学方程式为 。
（2）“浸取”中，由
形成
的离子方程式为 。
（3）“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过
，从而有利于
的
分离。
（4）“
提取”中，原料液的
浓度越 ，越有利于
的提取；研究表明，原料液酸度过
高，会降低
的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I 室中加入 (填化学式)，以
进一步提高
的提取率。
（5）“调
”中，
至少应大于 ，使溶液中
，有利于
配离子及
晶体的生成。若“结晶”后溶液中
，则
浓度为
。
（6）一种含
、
、
元素的记忆合金的晶体结构可描述为
与
交替填充在
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
，其立方晶胞的体积
为
。
【答案】（1）2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑
（2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]-
（3）铁 [FeCl4]-
（4）高 NaCl
（5）3.2 4.0×10-7
（6）2:1:1 8a3
【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F 和少量的Ga、Fe、K、Ca 等元素)进行焙烧，金属转化为
氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM
提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II 室并转化为Ga3+，II 室溶液进一步处理得到镓，I 室溶液加入含F-的废液
调pH 并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝；
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【解析】（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑；
（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-；
（3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM 是一种新型阴离子交
换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过
LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga 的分离；
（4）“LAEM 提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga 的
提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I 室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提
高Ga 的提取率；
（5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)=
=10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=
×10-3.2<10-
3.2mol/L，故pH 至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中
c(Na+)=0.10mol L
⋅
-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为
=4.0×10-
7mol 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，取
Ga 为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni 处于晶胞棱心和体心，Ga 和Ni 形成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，故晶胞中Ga、Ni 个数为4，Co 个数为8，粒子个数最简比
Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga 之间（或最近的Ni 之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为
8a3nm。
24．（2024 年广西高考真题）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(
，含
和CuO
等杂质)制备光电材料
的流程如下。回答下列问题：
已知：
物质
（1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和
，其主要作用是 。为提高“浸取”速率，可采取
的措施是 (任举一例)。
（2）“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。
（3）常温下，用
调节溶液pH 至
时，可完全沉淀的离子有 (填化学式)。
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（4）“X”可选用_______。
A．
B．
C．Zn
D．
（5）若用
替代
沉锰，得到
沉淀。写出生成
的离子方程式
。
（6）
立方晶胞如图，晶胞参数为
，该晶体中与一个
紧邻的
有 个。已知
为阿
伏加德罗常数的值，晶体密度为
(用含
的代数式表示)。
【答案】（1）把二氧化锰还原为硫酸锰 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等
（2）SiO2
（3）Al3+
（4）D
（5）
（6）4
【分析】软锰矿含有
和少量
、CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和
。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化
铝、氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节
pH 生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS 沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应
生成碳酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为
。
【解析】（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和
，其主要作用是把二氧
化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅
拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)=
，pH 约为8.4；Al3+完全沉淀时，
c(OH-)=
，pH 约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=
，pH 约为
6.7；常温下，用
调节溶液pH 至
时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X 的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S 不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子
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都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用
，选D。
（5）若用
替代
沉锰，得到
沉淀，反应的离子方程式为
。
（6）1 个晶胞中含有1 个K+，根据化学式
可知，1 个晶胞中含有1 个Mn、3 个F-，可知晶胞顶点上
的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个
紧邻的
有4 个；已知
为阿伏加德罗常数的值，晶体密
度为
。
25．（广东省湛江市2025 届高三检测）锰酸锂
是锂电池的正极材料，有望取代
。一种
以废旧电池正极材料(主要成分为
，其中Co 为+3 价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂)
为原料制备
的流程如下：
回答下列问题：
（1）Ni 位于元素周期表中 区；基态Mn 原子的价层电子轨道表示式为 。
（2）“灼烧”的目的是 。
（3）根据“酸浸”前后物质价态的变化，推测双氧水的作用是 。
（4）“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，一段时间后紫红色褪去。溶液变为紫红色的原因是
(用离子方程式表示，加入
溶液之前，锰以
形式存在)。“紫红色褪去”后，还可能有的实验现
象是 。
（5）
材料在脱锂过程中形成的某种晶体为六方晶系，结构如图，晶胞底面边长为
、高为
，
，
，设
为阿伏加德罗常数的值。
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①晶胞Li、Co、O 的个数比为 。
②该晶体的密度为
。
【答案】（1）d
（2）除去炭黑、有机物
（3）作还原剂，还原Co
（4）
产生黑色沉淀
（5）2：1：3
【分析】废旧电池正极材料主要成分为
，其中Co 为+3 价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏
合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸
浸”，双氧水把+3 价Co 还原为+2 价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加K2S2O8把
氧化
为二氧化锰沉淀除去锰元素；滤液中加碳酸钠、氢氧化钠生成
沉淀除镍，滤液中加
碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和二氧化锰合成LiMnO4。
【解析】（1）
Ni 是28 号元素，位于元素周期表中d 区；Mn 是25 号元素，基态Mn 原子的价层电子排布式为3d54s2，轨
道表示式为
。
（2）废旧电池正极材料含炭黑和有机黏合剂杂质，“灼烧”的目的是除去炭黑、有机物；
（3）“酸浸”前Co 为+3 价，“酸浸”后Co 为+2 价，Co 元素发生还原反应，则双氧水的作用是作还原
剂，还原Co；
（4）“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，一段时间后紫红色褪去。溶液变为紫红色是因为锰元素被
氧化为
，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为
。沉锰过程最终生成二氧化锰沉淀，二氧化锰为黑色固
体，“紫红色褪去”后，还可能有的实验现象是产生黑色沉淀。
（5）①根据均摊原则，晶胞中Li 原子数为6、Co 原子数为
、O 原子数为
，
所以Li、Co、O 的个数比为2:1:3。
②晶胞的体积为
，该晶体的密度为
。
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