专题工艺流程综合题（非选择题）（全国通用）（解析版）_小初高学习资料合集（每天更新）_2026年7月高中化学试题汇编_0727化学_工艺流程综合题（非选择题）--2026高考化学二模分类汇编

工艺流程综合题 (非选择题)
1.(2026·甘肃金昌·二模) 由锌阳极泥 (主要成分为 MnO 、PbSO 、ZnO，还有少量锰铅复合氧化物
2 4
Pb Mn O )制取碳酸锰是处理锌阳极泥的有效途径，其工艺流程如图。回答下列问题：
2 8 16
(1)基态Zn2+的价层电子轨道表示式为 。
(2)工业上取锌阳极泥800 g进行“酸洗”实验，酸洗液化验结果如下表所示，由此可知，“酸洗”工序的目
的是 。
酸洗液/g⋅L-1
编号 体积/mL
1
 酸洗渣/%
Mn Zn Mn Zn
1 3900 0.42 2.60 47.11 0.16
2 4000 0.24 2.47 46.23 0.17
3 4050 0.26 2.41 45.11 0.17
(3)“浸出”工序中主要反应的离子方程式为 。
(4)向“净化”后的滤液中加入NH HCO 溶液和氨水，生成MnCO 沉淀，反应的离子方程式为 。
4 3 3
在此过程中，所用氨水的浓度不能过大，加入速度不能过快，原因是 。
(5)如图是与NH 3 高效存储和利用有关的 MgNH 3   6  Cl 立方晶胞结构，晶胞参数为a nm。 2
①该晶体的密度为 (写出计算表达式即可)g⋅cm-3。
②该晶胞内阴、阳离子的最近距离为 nm。
③试分析 MgNH 3   6  Cl 中H-N-H的键角大于氨气分子中H-N-H的键角的原因： 。 2
【答案】(1)
(2)除去ZnO，富集MnO
2
(3)MnO +SO2-+2H+=Mn2++SO2-+H O
2 3 4 2
(4) Mn2++HCO- 3 +NH 3 ⋅H 2 O=MnCO 3 ↓+NH 4 ++H 2 O 会生成MnOH  ，降低MnCO 的产 2 3
率和纯度
24+17×6+71
(5)
 ×4
N a×10-7
A

3a
3 4 NH 3 分子中N原子上有孤电子对，MgNH 3   6  Cl 中 2NH 的N原子与Mg2+形成配位键，孤电子对用于成键，不再对N-H成键电子对产生排斥，由于N-
3
Mg成键电子对对N-H成键电子对的排斥作用小于原先孤电子对的排斥作用，故H-N-H键角增大
【详解】(1)
基态Zn原子的价层电子排布式为3 d104 s2，Zn失去两个电子变为Zn2+，因此基态Zn2+的价层电子轨
道表示式为 。
(2)由表可知，锌阳极泥经过“酸洗”之后，90%以上的锌都进入了酸洗液中，酸洗渣中锰含量较高，完成
了富集；
(3)“浸出”工序中，MnO 在酸性条件下被Na SO 还原为Mn2+，反应的离子方程式为MnO +SO2-+
2 2 3 2 3
2H+=Mn2++SO2-+H O；
4 2
(4)①“沉锰”工序中，Mn2+与NH HCO 和氨水反应，生成MnCO 沉淀，反应的离子方程式为：Mn2++
4 3 3
HCO-+NH ⋅H O=MnCO ↓+NH++H O；
3 3 2 3 4 2
②氨水浓度过大，会使溶液中OH-浓度过高，导致Mn2+与OH-反应生成Mn(OH) 沉淀，降低MnCO
2 3
的产率和纯度；
(5)①该晶胞中包含4个 MgNH 3
2
  6 
1 1
Cl (阳离子： ×8+ ×6；阴离子：8)，晶胞参数为anm ，晶体密 2 8 2
24+17×6+71
度为
 ×4
N a×10-7
A

g⋅cm-3。
3
1
②晶胞内阳离子位于面心和顶点，阴离子位于体内，阴、阳离子的最近距离为晶胞体对角线的 ，计算可
4
3a
得最近距离为 ；
4
③NH 3 分子中N原子上有孤电子对，MgNH 3   6  Cl 中NH 的N原子与Mg2+形成配位键，孤电子对用 2 3
于成键，不再对N-H成键电子对产生排斥，由于N-Mg成键电子对对N-H成键电子对的排斥作用
小于原先孤电子对的排斥作用，故H-N-H键角增大。
2.(2026·安徽合肥·二模)钕铁硼(NdFeB)废料中主要含Fe O 和稀土氧化物RE O (RE是稀土元素的缩
2 3 2 3
写，此处RE O 表示Nd O 和Pr O 等)。从钕铁硼废料中获得稀土氧化物的一种流程如下。
2 3 2 3 2 3
回答下列问题：
(1)Fe3+的价电子排布图为 。
(2)“氯化焙烧”时，焙烧温度对稀土元素和铁元素“浸取”时浸出率的影响如下图所示，写出“氯化焙烧”
时RE O 生成稀土氯化物RECl 的化学方程式 ，当温度超过310℃后，稀土元素浸出率降低的原
2 3 3
因可能是 。(3)“浸取”时所得浸渣的主要成分是 (填化学式)。
(4)“除铁”步骤中，当Fe3+完全沉淀时，pH应大于 (当离子浓度小于1×10-5 mol⋅L-1时，离子
完全沉淀；K sp FeOH
3
  3  =1×10-38)。若使用离子液体甲基三辛基氯化铵
[ ]作萃取剂，也可通过萃取出Fe3+而达到“除铁”的目
的，该离子液体具有较低的熔点，分析其原因是 。
(5)“沉淀”时，稀土元素形成草酸盐RE 2C 2 O 4  ，则“滤液”中含有的阳离子有 。 3
(6)写出“焙烧”时生成稀土氧化物RE O 的化学反应方程式 。
2 3
【答案】(1)

RE O +6NH Cl焙烧2RECl +6NH ↑+3H O↑
(2) 2 3 4 3 3 2 NH Cl分解速率加快，与稀土元素之间的
4
反应不完全，导致稀土元素浸出率降低
(3)Fe O
2 3
(4) 3 阳离子体积大且结构不对称，导致空间位阻大，减弱了离子间的静电作用力，使得熔点低
(5)H+、NH+
4
(6) 2RE 2C 2 O 4 

+3O 800℃2RE O +12CO 3 2 2 3 2
【分析】首先加入NH Cl氯化焙烧，将稀土氧化物RE O 转化为可溶于水的RECl ，完成稀土的氯化转
4 2 3 3
化；随后水浸浸取，大部分铁以不溶物形式留在浸渣，实现稀土与铁的初步分离；浸出液加氨水沉淀剩余
Fe3+完成深度除铁，再加草酸沉淀稀土得到草酸盐，最终高温焙烧分解得到目标产物RE O ，据此解答。
2 3【详解】(1)Fe为26号元素，Fe原子失去3个电子得到Fe3+，价电子排布式为3d5，电子排布图为
。
(2)氯化焙烧时，RE O 与NH Cl反应生成RECl 、氨气和水，化学方程式：
2 3 4 3

RE O +6NH Cl焙烧2RECl +6NH ↑+3H O↑
2 3 4 3 3 2 ；温度超过310℃后浸出率降低的原因：NH Cl受热易分
4
解挥发，温度过高后氯化剂浓度降低，稀土氯化程度下降，因此浸出率降低。
(3)由浸出率图像可知，铁元素浸出率极低，大部分铁以不溶于水的Fe O 形式留在浸渣中，因此浸渣主
2 3
要成分为Fe O 。
2 3
(4)离子完全沉淀时c(Fe3+)<1×10-5mol/L，由K [Fe(OH) ]=c(Fe3+)⋅c3(OH-)=1×10-38，代入得
sp 3
c(OH-)=1×10-11mol/L，计算得pH=3，因此Fe3+完全沉淀时pH应大于3；该离子液体熔点低的原
因：该离子的阳离子体积大，结构不对称，空间位阻大，阴阳离子间离子键作用力弱，晶格能小，因此熔点
低。
(5)除铁时加入氨水，溶液中引入NH+；沉淀时草酸与稀土氯化物反应生成草酸盐沉淀，同时生成H+，因
4
此滤液中阳离子为H+、NH+。
4
(6)空气中800℃焙烧草酸稀土，生成稀土氧化物和二氧化碳，化学方程式：
2RE 2C 2 O 4
4


+3O 800℃2RE O +12CO 3 2 2 3 2。
3.(2026·新疆喀什·二模)草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。工业上以钴矿(主要成分是Co O ，含有
2 3
Al O 、Fe O 、MnO 、CaCO 等杂质)为原料制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示。
2 3 2 3 2 3
已知：25℃时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表(当溶液中微粒浓度小于1.0×
10-5mol·L-1时，可认为已除尽)：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Co2+ Mn2+
开始沉淀的pH 6.9 1.5 3.6 7.1 7.9
沉淀完全的pH 8.3 2.8 4.7 9.2 9.8
回答下列问题：
(1)钴元素在元素周期表中的位置是 。
(2)“浸取”时提高浸取率的措施有 答一条措施即可 “浸取”时钴物质发生反应的离子
方程式为 。
(3)“除杂”过程中调pH的范围是 。
(4)该工艺中设计“萃取”、“反萃取”的目的是 、 。
(5)“沉钴”时用(NH ) C O 溶液，不用Na C O 溶液的原因是 。
4 2 2 4 2 2 4(6)准确称取4.575gCoC O ⋅2H O在足量空气中充分灼烧，固体样品的失重曲线如下 已知385℃
2 4 2
以后固体均为氧化物 。
①A加热生成B的反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为 ；
②B→C的化学方程式为 。
【答案】(1)第四周期第Ⅷ族
(2) 将钴矿石粉碎(或适当升温、搅拌、增大硫酸浓度等，答一条即可) Co O +SO +2H+=
2 3 2
2Co2++SO2-+H O
4 2
(3)4.7≤pH<7.1
(4) 分离Co2+与Mn2+等杂质 富集提纯Co2+
(5)Na C O ​溶液碱性较强，易生成Co(OH) ​杂质，(NH ) C O ​溶液pH较低，可避免析出Co(OH) ，得到
2 2 4 2 4 2 2 4 2
纯净的草酸钴
高温
(6) 2：3 3Co O =9CoO+O ↑
3 4 2
【分析】该工艺流程是以含Al O 、Fe O 、MnO 、CaCO ​杂质的钴矿(主要成分为Co O )为原料，经硫
2 3 2 3 2 3 2 3
酸、二氧化硫浸取后，通入压缩空气并调节pH除去铁、铝杂质，加入氟化钠沉淀除去钙，再经P507萃取
分离杂质、硫酸反萃取得到纯净含钴溶液，最终加入草酸铵沉钴制得草酸钴晶体CoC O ⋅2H O。
2 4 2
【详解】(1)Co为27号元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族。
(2)浸取时提高浸出率的常用方法如粉碎矿石增大接触面积、升温搅拌提高反应速率等；浸取时SO ​作
2
还原剂，将+3价Co还原为Co2+，离子方程式为Co O +SO +2H+=2Co2++SO2-+H O。
2 3 2 4 2
(3)pHpH目的是使Fe3+、Al3+完全沉淀除去，同时不使Co2+沉淀，因此pH需要大于Al3+沉淀完全的
pH=4.7，小于Co2+开始沉淀的pH=7.1，故调pH的范围为4.7≤pH<7.1。
(4)沉钙后溶液中剩余Co2+和Mn2+，通过萃取反萃取可将Co2+与杂质Mn2+分离，同时富集得到纯净的
Co2+溶液。
(5)Na C O ​溶液水解后碱性更强，pH过高会使Co2+转化为Co(OH) ​沉淀，混入产物，而(NH ) C O ​中
2 2 4 2 4 2 2 4
NH+​水解使溶液偏酸性，可避免杂质生成。
4
4.575g
(6)①CoC O ⋅2H O的物质的量为 =0.025mol，其中含CoC O 和水的质量分别为
2 4 2 183g/mol 2 4
0.025mol×147g/mol=3.675g和0.025mol×2×18g/mol=0.9g，因此A点失去全部结晶水，A点组成
为CoC O ；根据失重曲线，B点质量为2.005g，且为Co的氧化物，金属钴质量为0.025mol×59g/mol=
2 4
1.475g，B中氧元素质量为0.53g，n(Co):n(O)=0.025:0.033≈3:4，故B为Co O ；CoC O 生成Co O
3 4 2 4 3 4
8
的反应中，Co由+2价升至平均化合价+ 价，碳元素由+3升高至+4价，O 由0价降至-2价，由电
3 2
子守恒可知：2O ~3CoC O ，即氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3；
2 2 4
5②C点质量为1.875g，同理可得n(Co):n(O)=0.025:0.025=1:1，故C为CoO，B→C的化学方程式为
高温
3Co O =9CoO+O ↑。
3 4 2
4.(2026·广东揭阳·二模)硫酸镍在新能源、电镀、催化和材料制造等领域占据核心地位，钴在催化、磁性材
料和医疗领域发挥着不可替代的作用。以黄铁矿(主要成分为FeS ，还含有NiS、CoS、CuS及少量
2
Au)为原料制备硫酸镍同时回收Co的工艺流程如图：
已知：①“焙烧”后烧渣的主要成分是Fe O 、CuO、NiO、Co O 和Au。
2 3 3 4
②氧化性：CoⅢ
6
 >Cl 。
2
③常温下，部分氢氧化物的溶度积如下表：
氢氧化物 FeOH  CuOH
3
 CoOH
2
 NiOH
2

2
K 10-38.6 10-19.8 10-14.8 10-12.9
sp
一般情况下，离子浓度小于10-5mol⋅L-1可认为该离子沉淀完全。
(1)基态 Ni原子价层电子排布式为： 。
28
(2)“焙烧”时，CoS发生反应的化学方程式为 。
(3)“酸浸”时，Co O 溶解反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为 ，“酸浸”不能选用浓盐酸的原
3 4
因 。
(4)“调pH”时，当Co2+、Ni2+的浓度均为0.1mol⋅L-1时，pH最高可调至 (忽略溶液体积变化)。
(5)“沉钴”时，生成CoCO 沉淀的离子方程式为 ；若“沉钴”只加入碳酸氢铵，制得的CoCO 沉淀
3 3
颗粒较为疏松，原因是 。
(6)“萃取”时，可用萃取剂P204或P507，已知其结构如图所示(R是同一烃基C H -)，两物质中P=
8 17
O上的氧原子均可与Co2+配位形成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者配位能力大小：
OP204  OP507  (填“大于”“小于”或“等于”)。
(7)由CoCO 制得的钴氧化物和Al O 按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜
3 2 3
料。钴蓝晶体结构是由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞，已知小立方体a、c、f均为Ⅰ型。则Co占据晶胞的体内、顶角和 ，该钴蓝晶胞的化学式为 。
【答案】(1)3d84s2

3CoS+5O 焙烧Co O +3SO
(2) 2 3 4 2
(3) 1:1，会产生有毒气体Cl ，污染环境 Co O +8HCl=3CoCl +Cl ↑+4H O
2 3 4 2 2 2
(4)7.1
(5) Co2++HCO-+NH ⋅H O=CoCO ↓+NH++H O 只加入碳酸氢铵沉钴过程会生成大量
3 3 2 3 4 2
气体
(6)小于
(7) 面心 CoAl O
2 4
【分析】该流程以混有NiS、CoS、CuS和Au杂质的黄铁矿为原料，制备硫酸镍并回收钴，实现矿物资源
的综合利用。首先粉碎黄铁矿增大焙烧接触面积，通入空气焙烧，将硫化物氧化为金属氧化物，同时得
到副产物SO ，SO 可用于工业制硫酸，避免废气污染。焙烧后烧渣经硫酸、双氧水酸浸，不溶性Au被
2 2
过滤分离；双氧水可将+3价钴还原为Co2+，便于后续分离。再加氨水调pH除去Fe3+、Cu2+杂质，可通
过加入氨水、碳酸氢铵沉钴得到碳酸钴，或经萃取反萃取分离镍钴，最终得到硫酸镍与硫酸钴产品。
【详解】(1)镍是28号元素，核外电子排布式为[Ar]3d84s2，基态 Ni原子价层电子排布式为3d84s2。
28

3CoS+5O 焙烧Co O +3SO
(2)焙烧时CoS与空气中氧气反应生成Co O 和SO ，化学方程式为 2 3 4 2。
3 4 2
(3)酸浸时Co O 中+3价Co被双氧水还原为Co2+，1molCo O 得2mol电子，1molH O 失2mol电
3 4 3 4 2 2
子，故还原剂(H O )与氧化剂(Co O )物质的量比为1:1。已知氧化性Co(Ⅲ)>Cl ，Co(Ⅲ)可氧化Cl-
2 2 3 4 2
生成有毒的Cl ，因此不能用浓盐酸。
2
(4)调pH目的是使Fe3+、Cu2+沉淀完全，Co2+、Ni2+不沉淀。铜离子沉淀完全时：cOH-
7
 =
K sp CuOH   2 
cCu2+ 
10-19.8 = mol/L=10-7.4mol/L，pH=6.6；铁离子沉淀完全时：cOH-
10-5
 =
3 K sp FeOH   3 
cFe3+ 
3 10-38.6 = mol/L=10-11.2mol/L，pH=2.8。Co(OH) 的K =10-14.8<Ni(OH) 的
10-5 2 sp 2
K =10-12.9，相同浓度下Co2+先沉淀，保证Co2+不沉淀就一定保证Ni2+不沉淀；K [Co(OH) ]=
sp sp 2
10-14.8
c(Co2+)⋅c2(OH-)=10-14.8，c(Co2+)=0.1mol/L，代入得：c2(OH-)= =10-13.8，c(OH-)=
0.1
10-6.9mol/L，pOH=6.9，pH=14-6.9=7.1，故pH最高可调至7.1(确保Fe3+、Cu2+沉淀完全)。
(5)Co2+与NH HCO 、氨水反应生成CoCO 沉淀，反应的离子方程式为Co2++HCO-+NH ⋅H O=
4 3 3 3 3 2
CoCO ↓+NH++H O；若只加碳酸氢铵时，反应的离子方程式为Co2++2HCO-=CoCO ↓+CO ↑
3 4 2 3 3 2
+H O，过程中生成大量CO 气体，因此导致颗粒疏松。
2 2
(6)P204中P连接两个吸电子基团-OR，使P=O键O原子电子云密度降低，给电子能力减弱，配位能
力小于P507中P=O的O。
(7)根据晶胞结构，Co除了占据晶胞的体内、顶角外，还占据面心位置。Co原子：位于顶角的Co原子个1 1
数为8× =1，位于面心的Co原子个数为6× =3，位于体内的Co原子个数为4，所以Co原子总数
8 2
为1+3+4=8。Al原子：都在晶胞内部，个数为16。 O原子：也都在晶胞内部，个数为32。 则Co、
Al、O原子个数比为8:16:32=1:2:4，所以该钴蓝晶胞的化学式为CoAl O 。
2 4
5.(2026·山东济宁·二模)某科研团队从废旧三元锂电池正极活性物质(主要成分LiNi Co Mn O )中回
x y 1-x-y 2
收锂、锰、钴、镍的工艺流程如下：
已知：“还原酸浸”后溶液中的金属离子主要有Li+，Mn2+，Co2+，Ni2+
(1)“放电处理”时，Na SO 溶液提供导电通路，使电池放电完全，确保拆解安全，该过程中产生的气体为
2 4
；将正极片预处理得到粉料的目的是 。
(2)“沉锰”时pH约为6.0，所得锰沉淀主要成分为MnO 2 、MnOOH
8
 、MnOOH，写出生成MnOOH的 2
离子方程式 。
(3)Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀。“沉镍”过程的最佳pH为5，pH不能过低，也不能过
高的原因是 [已知：
]。
(4)“沉锂”过程中发生反应2Li++2HCO-⇌Li CO ↓+H CO ，该反应的平衡常数K = [已知
3 2 3 2 3 c
K a1H 2 CO 3  =10-6.3，K a2H 2 CO 3  =10-10.3，K spLi 2 CO 3  =10-1.6]。
(5)“氧化”过程中，参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(6)“酸化”过程中H+、Cl-的作用 。
【答案】(1) H 、O 增大接触面积，加快反应速率
2 2
(2)S O2-+2Mn2++4H O=2MnOOH↓+2SO2-+6H+
2 8 2 4
(3)pH过低时H+浓度较大，丁二酮肟镍难以沉淀，不利于反应正向进行；pH过大时，生成CoOH  杂
2
质。
(4)10-2.4
(5)1：4
(6)H+中和OH-，降低溶液pH，促进[Co(NH ) ]2+向[Co(NH ) Cl]2+转化；Cl-做配体
3 6 3 5
【分析】该工艺流程首先通过还原酸浸将废旧三元正极材料中的高价态Ni、Co、Mn还原为可溶性Mn2+、Co2+、Ni2+并同时浸出Li+，随后利用(NH ) S O 的强氧化性将Mn2+选择性氧化为MnO 沉淀实
4 2 2 8 2
现锰的分离，再向含Co2+、Ni2+、Li2+的滤液中加入丁二酮肟使Ni2+形成Ni(DMG) 配合物沉淀以分离
2
镍，剩余溶液先用NaHCO 沉锂得到Li CO ，而含钴溶液则通过氨浸形成可溶性[Co(NH ) ]2+配合物，
3 2 3 3 6
再经氧化为[Co(NH ) ]3+并酸化使Cl-取代NH 配位，最终结晶得到目标产物[Co(NH ) Cl]Cl 。
3 6 3 3 5 2
【详解】(1)放电处理阶段产生的气体为氢气和氧气；正极片预处理成粉料的目的是增大固液接触面积，
提高后续“还原酸浸”反应速率；
(2)沉锰过程生成MnOOH的离子方程式：S O2-+2Mn2++4H O=2MnOOH↓+2SO2-+6H+；
2 8 2 4
(3)沉镍过程pH控制在5的原因是：pH过低时H+浓度较大，丁二酮肟镍难以沉淀，不利于反应正向进
行；pH过大时，生成CoOH
9
 杂质；
2
c(H+)⋅c(HCO-)
3
(4)反应为：2Li++2HCO-⇌Li CO ↓+H CO K= c(H 2 CO 3 ) = K a1 (H 2 CO 3 ) =
3 2 3 2 3 c2(Li+)⋅c2(HCO-) K (LiCO)
3 sp 2 3 ⋅c2(HCO-)
c(CO2-) 3
3
c(H+)⋅c(CO2-) K (H CO ) 10-10.3
3 = a2 2 3 = =10-2.4；
K (H CO )⋅K (Li CO )⋅c(HCO-) K (H CO )⋅K (Li CO ) 10-6.3×10-1.6
a1 2 3 sp 2 3 3 a1 2 3 sp 2 3
(5)反应为：4[Co(NH ) ]2++O +2H O=4[Co(NH ) ]3++4OH-；
3 6 2 2 3 6
氧化剂为O ，得4e-；还原剂为[Co(NH ) ]2+，每分子失1e-，共失4分子，故比例为1 : 4；
2 3 6
(6)酸化过程中，H+中和OH-，降低溶液pH，促进[Co(NH ) ]3+向[Co(NH ) Cl]2+转化，利于晶体析
3 6 3 5
出；Cl-作为配体参与配位。
6.(2026·辽宁丹东·一模)稀土元素钪(Sc)及其化合物在电子、超导和催化剂领域有重要应用。工业上以赤
泥熔炼渣(主要成分为Fe O 、SiO 、CaO，少量Sc O )为原料分离Sc的一种工艺流程如下：
3 4 2 2 3
已知：①Sc 2C 2 O 4  在不同温度下的溶解度(100mL)： 3
70℃ 75℃ 80℃ 85℃ 90℃ 95℃
0.0200g 0.0215g 0.0230g 0.0255g 0.0280g 0.0300g
②100℃以下KHC O 、K C O 不易分解③Sc3+的氧化性很弱。
2 4 2 2 4
回答下列问题：
(1)基态Sc原子价层电子d能级和s能级电子个数比为 。
(2)“浸渣”的主要成分为 、 (填化学式)。
(3)“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，Fe2+、Fe3+、Sc3+的沉淀率随pH
的变化如图，试剂X为 (填Na SO 或NaClO)，应调节pH最佳为 。(填标号)
2 3A. 1 B. 2 C. 4 D. 6
(4)“沉钪”时，将K 2 CO 3 固体加入草酸(H 2 C 2 O 4 )溶液[配料比nK 2 CO 3
10
 :nH 2 C 2 O 4  =2:3]，制得
KHC O 和K C O 混合溶液，发生反应的离子方程式为 。“沉钪”时测得相同时间钪的沉淀率随
2 4 2 2 4
温度的变化如图所示，80℃以后，随温度升高钪的沉淀率降低的原因可能是 。(不考虑C O2-的
2 4
水解)
(5)在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数(分配系数K )K =
d d
cA 
cB 
n X ；萃取率= 有机物 
n X
总

c有机相 ×100%。萃取Sc的过程中，若Sc元素的分配系数K =
d

c水相 
=5，
取100mL含钪的溶液，一次性加入60mL萃取剂，则Sc的萃取率为 %。
【答案】(1)1：2
(2) SiO CaSO
2 4
(3) Na SO B
2 3
(4) 3H C O +2CO2-=2HC O-+C O2-+2H O+2CO ↑ 温度高于80℃后，随着温度的升
2 2 4 3 2 4 2 4 2 2
高，草酸钪的溶解度增大，致使钪的沉淀率下降
(5)75
【分析】熔炼渣硫酸酸浸后过滤，浸渣为二氧化硅和硫酸钙，滤液中主要含Fe3+、Fe2+、Sc3+等，萃取剂萃
取三种离子形成萃取液，加入亚硫酸钠和氢氧化钠经反萃取分离铁元素和钪元素，使钪元素沉淀，经硝
酸酸溶后，加草酸氢钾和草酸钾混合溶液沉钪，形成草酸钪沉淀，再经过一系列处理得到钪，据此分析。
【详解】(1) Sc是21号元素，基态原子价层电子排布式为3d14s2，价层电子中d能级共1个电子，s能级
共2个电子，故比值为1:2；
(2)赤泥熔炼渣用硫酸酸浸，SiO 不与硫酸反应，沉淀析出；CaO与硫酸反应生成微溶的CaSO ，因此浸
2 4
渣主要成分为SiO 和CaSO ；
2 4
(3)根据沉淀率图像，要分离Sc和Fe，需要将Fe3+还原为Fe2+，可使二者在较低pH下完全分离，因此X
需要选还原剂Na SO ；要实现分离，需要Fe沉淀率最小，同时Sc沉淀率接近100%，pH=2符合要求，
2 3
故选B；(4)按n(K CO ):n(H C O )=2:3反应，生成KHC O 、K C O 、CO 和水，配平得离子方程式3H C O
2 3 2 2 4 2 4 2 2 4 2 2 2 4
+2CO2-=2HC O-+C O2-+2H O+2CO ↑；根据题干已知信息，Sc (C O ) 的溶解度随温度升高而
3 2 4 2 4 2 2 2 2 4 3
增大，因此80℃后温度升高，草酸钪的溶解度增大，致使钪的沉淀率下降；
(5)设Sc总物质的量为n，有机相Sc物质的量为n ，水相为n-n ，水相体积100mL，有机相体积
有 有
n
c(有机) 有 n
60mL，根据分配系数：K = = 60 =5，解得 有 =0.75，因此萃取率为75%。
d c(水) n-n n
有
100
7.(2026·山西太原·二模)镨(Pr)是重要的稀土元素，氟化镨(PrF)常用作电弧碳棒添加剂。一种以孪生
3
矿(主要含ZnS、FeS、Pr S 、SiO 等)为原料制备氟化镨的工业流程如下。回答下列问题：
2 3 2
已知：①该实验条件下，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH：
金属离子 Zn2+ Fe3+ Fe2+ Pr3+
开始沉淀时的pH 5.4 2.2 7.5 8.0
沉淀完全时的pH 6.5 3.1 9.0 8.9
②Pr3+较稳定，不易被过氧化氢、Fe3+等常见氧化剂氧化。
③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机相和水相中的物质的量浓度之比称为分配比(D)=
c有机相
11

c水相 
n有机相中的被萃取物
，萃取率(E)=

n被萃取物总量 
×100%。
④Pr3+可与过量F-形成可溶性氟配合物，如 PrF 6  3-。
(1)为提高“溶浸”速率，可采取的措施有 (答一点即可)。
(2)“溶浸”时Pr S 可被FeCl 氧化，生成淡黄色的沉淀，该反应的化学方程式为 。
2 3 3
(3)“除锌、铁”步骤中调节pH的范围为 。
(4)Pr3+在某有机萃取剂和水中的分配比D=50，现使用该萃取剂对1000L Pr3+的水溶液进行萃取，单
次萃取率E≥95%，则至少要加入萃取剂 L。(忽略溶液体积的变化)
萃取
(5)萃取的原理为3HL+Pr3+ ⇌ PrL +3H+，“反萃取”步骤中，应加入的试剂是 (填化学式)。
3
反萃取
(6)“转化”过程反应的离子方程式为 。
(7)“氟化”步骤中加入HF溶液时，反应温度过高会导致 ；HF溶液加入过多会导致 。
【答案】(1)将孪生矿粉碎、搅拌、增大FeCl 溶液的浓度、升高温度(答一点即可)
3
(2)Pr S +6FeCl =2PrCl +6FeCl +3S
2 3 3 3 2
(3)6.5≤pH<8.0
(4)380
(5)HCl
(6)Pr3++3HCO- 3 =PrOH  CO ↓+H O+2CO ↑ 3 2 2(7) HF挥发 局部HF浓度过高，Pr3+可与F-形成可溶性配合物 PrF 6
12
 3-，降低PrF 的产率 3
【分析】孪生矿加入FeCl 溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，
3
SiO 和生成的硫单质不溶为滤渣Ⅰ，过滤除去；滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之
2
后调节pH除去Fe3+、Zn2+，滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化锌沉淀；过滤后将所得滤液进行多次反复萃取
(稀土元素在孪生矿中含量较低)，多次萃取后，反萃取，得到PrCl ；PrCl 与NH HCO 溶液反应后转化
3 3 4 3
为PrOH  CO3，再经HF溶液“氟化”得到PrF。 3
【详解】(1)提高浸出速率的常见方法为将矿石粉碎或适当升高温度、搅拌、适当提高FeCl₃溶液浓度等；
(2)淡黄色沉淀为S单质，Fe3+被还原为Fe2+，Pr3+不被氧化，根据氧化还原反应得失电子守恒配平：
Pr S +6FeCl =2PrCl +6FeCl +3S；
2 3 3 3 2
(3)调节pH的目的是使Zn2+、Fe3+完全沉淀除去，而Pr3+不沉淀，因此pH需要大于等于Zn2+沉淀完全
的pH：6.5，小于Pr3+开始沉淀的pH：8.0；
c有机
(4)设加入萃取剂体积为V，D=

c水 
=50，c有机  =50c水  ，萃取率E=
c有机  V
c有机  V+c水 
50V
×100%= ×100%≥95% c有机
×1000 50V+1000
 =50c水  ，解得：V≥380 L；
萃取
(5)根据平衡方程式可知：3HL+Pr3+ ⇌ PrL 3 +3H+，增大cH+
反萃取
 使平衡逆向移动实现反萃取，为不引
入杂质，选择盐酸；
(6)Pr3+与碳酸氢铵反应发生双水解生成PrOH  CO 沉淀，同时放出CO ，根据电荷、原子守恒配平： 3 2
Pr3++3HCO- 3 =PrOH  CO ↓+H O+2CO ↑ 3 2 2
(7)①HF沸点低易挥发，温度过高会加速HF挥发；②根据已知信息，过量F-会与Pr3+形成可溶性配合
物 PrF 6  3-，降低产物PrF 产率。 3
8.(2026·江苏·二模)废旧钴酸锂正极材料(主要含LiCoO 、SiO )回收Li、Co等金属的工艺流程如下：
2 2
已知：①氯化胆碱 HOCH 2 CH 2 N+CH 3   ⋅Cl- 3  属于季铵盐；可以与草酸形成低共熔溶剂；
②Co2+在溶液中常以 CoCl 4  2-(蓝色)和 CoH 2 O   6  2+(粉红色)形式存在；
③CoC 2 O 4 能与过量的C 2 O2 4 -生成 CoC 2 O 4   n  2n-1  -。
回答问题：
(1)“微波共熔”溶剂由含氢键供体(能形成氢键的氢原子)的组分与含氢键受体(能与氢原子形成氢键的
原子)的组分混合。草酸(HOOCCOOH)分子中氢键受体的数目为 。“微波共熔”时，共熔溶剂
(氯化胆碱和草酸按一定物质的量配比而成)和LiCoO 粗品以不同的液固比在120℃下微波处理
2
10min后钴的浸出率见图-1。随着液固比不断增大，浸出率变化的原因是 。(2)“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为 。
(3)“沉钴”过程中，(NH 4 ) 2 C 2 O 4 的加入量与钴的沉淀率关系如图-2所示。沉淀率最高后，随nC 2 O2 4 -
13
 :
nCo2+  比值的增加，钴的沉淀率逐渐减小的原因是 。
(4)“沉锂”得到较纯的Li CO 后，常用高温固相合成法进一步制备LiCoO ，具体做法为按Li和Co的物
2 3 2
质的量之比为1:1配制好Li CO 和CoCO ，然后在700~900℃的空气氛围中煅烧，该过程的化学方程式
2 3 3
为 。
(5)某二价钴的氧化物M在纳米储能领域被广泛研究，其晶胞结构如图-3所示。Mg2+和Co2+的半径
相近，在物质M的晶胞中，Co2+的位置可以任意地被Mg2+替代。若上述晶胞中1、2、3、4号位的Co2+
被Mg2+替代，则形成的新物质中NCo2+  :NMg2+  :NO2-  = 。
【答案】(1) 4 <60mL/g时，液固比增大，还原剂草酸的量增多，有利于将LiCoO 还原成可溶
2
性的Co2+；>60mL/g时，液固比增大，草酸过量，能与Co2+形成草酸钴沉淀，使钴的浸出率下降
(2)[CoCl ]2-+6H O=[Co(H O) ]2++4Cl-
4 2 2 6(3)过量的C O2-与CoC O 反应生成[Co(C O ) ]2(n-1)-而溶解
2 4 2 4 2 4 n

2Li CO +4CoCO +O 700-900℃4LiCoO +6CO
(4) 2 3 3 2 2 2
(5)9:7:16
【分析】废旧钴酸锂正极材料(含LiCoO 、SiO )先与氯化胆碱、草酸进行微波共熔，氯化胆碱与草酸形成
2 2
低共熔溶剂作为反应介质，草酸同时作为酸和还原剂，将LiCoO 中+3价钴还原为+2价并浸出锂、钴元
2
素，水浸时可溶性的锂盐、钴盐进入溶液，不溶性的SiO 被过滤除去，加入(NH ) C O 沉钴时，Co2+转
2 4 2 2 4
化为CoC O 沉淀实现钴的分离回收，最后加入Na CO 沉锂得到Li CO 沉淀，实现锂的回收。
2 4 2 3 2 3
【详解】(1)草酸(HOOCCOOH)分子中，O原子能作为氢键受体，1个草酸分子含 4 个O原子，故氢键
受体数目为4；<60mL/g时，液固比增大，还原剂草酸的量增多，有利于将LiCoO 还原成可溶性的
2
Co2+，>60mL/g时，液固比增大，草酸过量，能与Co2+形成草酸钴沉淀，使钴的浸出率下降。
(2)结合已知信息②可知，“水浸”过程中溶液由蓝色[CoCl ]2-变为粉红色[Co(H O) ]2-，该变化的离子
4 2 6
方程式为[CoCl ]2-+6H O=[Co(H O) ]2++4Cl-。
4 2 2 6
(3)结合已知信息③可知，当nC 2 O2 4 -
14
 :nCo2+  超过沉淀率最高点的比例后，溶液中过量的C O2-会与 2 4
CoC O 沉淀反应生成[Co(C O ) ]2(n-1)-而溶解。
2 4 2 4 n
(4)根据题目要求，n(Li CO ):n(CoCO )=1:2，在700~900℃的空气氛围中煅烧，生成LiCoO 和CO ，
2 3 3 2 2

2Li CO +4CoCO +O 700-900℃4LiCoO +6CO
化学方程式为 2 3 3 2 2 2。
1 7
(5)若上述晶胞中1、2、3、4号位的Co2+被Mg2+替代，则Mg2+数目为：1+3× = ，Co2+数目为：9
4 4
1 9 1 1
× = ，O2-数目为：8× +6× =4，则NCo2+
4 4 8 2
 :NMg2+  :NO2- 
9 7
= : :4=9:7:16，故答案
4 4
为9:7:16。
9.(2026·河北张家口·二模)钨是一种战略稀有金属，黑钨矿是提取钨的重要原料。合理开发利用黑钨矿资
源，对推动我国钨工业可持续发展具有重要意义。一种以黑钨精矿为原料提取NH
4
 WO 的工艺流程
2 4
如下：
已知：①黑钨精矿的主要成分为FeWO 、MnWO ，还含有方解石(CaCO )。
4 4 3
②“碱浸”中产生的Na 2 WO 4 在萃取前经酸化转化为钨聚合阴离子如 H 2 W 12 O 40  6-等，三烷基胺(R N) 3
遇H 2 SO 4 转化为胺盐如R 3 NH  SO 。 2 4
回答下列问题：(1)“磨矿”的目的是 ，为防止“酸浸”时产生大量气泡，产生“冒槽”现象，需采取的措施是 。
(2)写出“雾化-氧化热解”时生成Mn O 的化学方程式： 。
2 3
(3)“萃取”的原理是胺盐与水溶液中的物质发生离子交换，则“反萃取”中发生反应生成R N的化学方程
3
式是 。
(4)萃余液中加入BaCO 固体可制备BaSO ，调整萃余液中SO2-的初始浓度，测得相同时间内不同初
3 4 4
始cSO2- 4
15
 下，BaCO 与萃余液中的SO2-物质的量之比对SO2-的转化率的影响如图所示。 3 4 4
当BaCO 3 与SO2 4 -物质的量之比一定时，初始cSO2 4 -  =0.8mol⋅L-1对应的SO2-的转化率最大，试分析 4
原因： 。
(5)“纯化”时加入HCl和H SO 的作用分别是 、 。
2 4
(6)此工艺流程实现了多种物质的循环利用，如“雾化-氧化热解”中生成的HCl可循环至“酸浸”或“纯
化”、 (再举一例)。
【答案】(1) 增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更充分 控制盐酸的加入速率(或分批
缓慢加入盐酸，合理即可)
高温
(2)4MnCl +4H O+O =2Mn O +8HCl
2 2 2 2 3
(3)(R NH) [H W O ]+24NH ⋅H O=6R N+12(NH ) WO +16H O
3 6 2 12 40 3 2 3 4 2 4 2
(4)初始c(SO2-)过低时，反应速率慢，相同时间内反应不完全，转化率低；初始c(SO2-)过高时，沉淀转
4 4
化过快，生成的BaSO 会覆盖在BaCO 表面，阻碍反应继续进行，转化率降低，因此初始c(SO2-)=
4 3 4
0.8mol⋅L-1时转化率最高
(5) 除去未反应的BaCO 杂质 将溶液中的Ba2+转化为BaSO ，提高BaSO 的产率
3 4 4
(6)反萃取生成的R N​(三烷基胺)可循环至“萃取”工序(合理即可)
3
【分析】该工艺流程以黑钨精矿为原料，经磨矿、盐酸酸浸分离得到粗钨酸和含金属氯化物的酸母液，粗
钨酸依次经碳酸钠碱浸、硫酸酸化、三烷基胺萃取、氨水反萃取得到目标产物(NH ) WO ​溶液，萃余液经
4 2 4
碳酸钡转化、加盐酸和硫酸纯化得到纯硫酸钡，酸母液通入空气经雾化-氧化热解得到Fe O ​、Mn O ​、
2 3 2 3
CaO副产物，过程中还可实现HCl等物料的循环利用。
【详解】(1)磨矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；黑钨精矿中的CaCO 会和盐酸
3
快速反应生成大量CO ，控制加酸速率可避免短时间生成过多气体，防止冒槽。
2
(2)酸浸后Mn以MnCl 形式存在于酸母液中，被空气中O 氧化热解生成Mn O ，根据得失电子守恒，
2 2 2 3
高温
每个Mn升1价，1个O 降4价，化学方程式为4MnCl +4H O+O =2Mn O +8HCl。
2 2 2 2 2 3(3)萃取后R NH+结合钨聚合阴离子进入有机相，反萃取时R NH+与NH ⋅H O提供的OH-反应生成
3 3 3 2
R N，钨转化为钨酸铵，化学方程式为(R NH) [H W O ]+24NH ⋅H O=6R N+12(NH ) WO +
3 3 6 2 12 40 3 2 3 4 2 4
16H O。
2
(4)初始c(SO2-)过低时，反应速率慢，相同时间内反应不完全，转化率低；初始c(SO2-)过高时，沉淀转
4 4
化过快，生成的BaSO 会覆盖在BaCO 表面，阻碍反应继续进行，转化率降低，因此初始c(SO2-)=
4 3 4
0.8mol⋅L-1时转化率最高。
(5)钡转化后产物中还有未反应的BaCO ，HCl可将未反应的BaCO 溶解除去；溶解产生的Ba2+加硫
3 3
酸转化为BaSO ，提高产率。
4
(6)流程中反萃取再生的萃取剂R N可返回萃取步骤循环使用。
3
10.(2026·江西南昌·二模)钛白废酸是钛白粉生产过程中的水解母液，除含2-4mmol⋅L-1Sc3+和硫酸外，
还有Zr4+(锆离子)、Fe3+、TiO2+等杂质，下图是以P204(看作HA)-TBP为共萃体系从钛白废酸中利
用溶剂二次萃取法提取钪的流程图。
已知：①油水相比(O/A)是萃取过程中油相与水相的比值，相比越大，油相可以负载金属离子的量就越
大，萃取率就越高，同时消耗的油相也越大。
②TBP能有效抑制乳化现象的形成，TiO2+与H 2 O 2 生成的配合物 TiOH 2 O 2
16
   2+很难被P204萃取，铁
离子在cHCl  =3mol⋅L-1时萃取率很低。
回答下列问题：
(1)基态Sc原子中不同自旋方向的电子数之比为 ，实验室中萃取操作需使用的玻璃仪器为
。
(2)P204萃取钪离子的方程式为6HA+Sc3+→ScHA  A +3H+，“碱液反萃”加入足量NaOH产生氢 3 3
氧化钪沉淀的离子方程式为 ，“碱液反萃”后的有机相加入 (填试剂名称)可实现有机相的
再生。
(3)O/A=1:5、cHCl  =3mol⋅L-1时，富集浸出液中初始Sc3+浓度与金属离子萃取率的关系图如下，结
合图像与题目分析“萃取富集”的作用是 。(4)①“萃取纯化”选择更大油水相比(O/A)的原因是 。
②“萃取纯化”后需经过 、 步骤再加入草酸溶液“沉钪”。
(5)“煅烧”的化学方程式为 。
【答案】(1) 10:11或11:10 分液漏斗
(2) ScHA
17
 3 A 3 +6OH-=ScOH  ↓+6A-+3H O 盐酸 3 2
(3)增大溶液中Sc3+的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与Zr4+(锆离子)的分离
(4) 萃取率更高 碱液反萃 酸溶
(5) 2Sc 2C 2 O 4 

+3O 高温2Sc O +12CO 3 2 2 3 2
【分析】钛白废酸先经过萃取富集，再用NaOH溶液反萃取，得到Sc(OH) 沉淀，再经过盐酸酸浸，得到
3
Sc3+，再经过萃取纯化，将Sc3+与其他杂质离子分离，再加入H 2 C 2 O 4 进行沉钪，得到产物Sc 2C 2 O 4  ，最 3
后煅烧得到Sc O 。
2 3
【详解】(1)
①Sc为21号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，轨道表示式为：
，故最终不同自旋方向
的电子数之比为10:11；
②萃取必须使用的仪器是分液漏斗；
(2)①反萃取则把萃取时的生成物作为反应物，萃取时的反应物作为生成物，Sc3+遇OH-会进一步形成
沉淀，得出ScHA  3 A 3 +6OH-=ScOH  ↓+6A-+3H O； 3 2
②此时有A-产生，有机相为HA，要将A-变为HA，需要加酸，可以是盐酸；
(3)由图可以得出，Sc3+的初始浓度越大，Zr4+的萃取率越低，越有利于分离Sc3+与Zr4+，故答案为增大
溶液中Sc3+的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与Zr4+(锆离子)的分离；
(4)①由题目已知可得，油水相比(O/A)越大，油相可以负载金属离子的量就越大，萃取率越高；
②根据题目流程图可得，萃取后的步骤为碱液反萃、酸溶；
(5)煅烧步骤中，反应物为O 2 与Sc 2C 2 O 4  ，产物为Sc O ，结合煅烧的共同特点产物还应该有CO ，配 3 2 3 2
平后得到方程为 2Sc 2C 2 O 4 

+3O 高温2Sc O +12CO 3 2 2 3 2。
11.(2026·广东深圳·二模)钨(W)、钼(Mo)是战略性稀有金属。一种从钨钼矿(主要成分为CaWO ，还含有
4Mo、Fe、P、As、Si等元素)中提取W、Mo的工艺如图所示。
已知：常温下，pK sp Mg 3PO 4
18
  2  =25.2，pK sp Mg 3AsO 4   2  =19.6。
在不同pH的溶液中，钨、钼的主要存在形式如表：
pH 1 3 5 7 ≥9
W H WO H WO3- HWO3- HWO5- WO2-
2 4 3 6 21 6 20 6 21 4
Mo MoO2+ H Mo O4- Mo O6- MoO2- MoO2
2 2 7 24 7 24 4 4
(1)基态砷原子价层电子的轨道表示式为 。
(2)“碱浸”时，CaWO 发生反应的化学方程式为 。
4
(3)常温下，“除磷砷”时：
①除砷反应的离子方程式为： 。
_H 2 AsO- 3 + H 2 O 2 + Mg2++ OH-= Mg 3AsO 4  ↓+ 2
②磷、砷完全沉淀(c≤10-5 mol⋅L-1)后，溶液中cMg2+  至少为 mol⋅L-1(已知：10-0.2≈0.63)。
(4)W、Mo原子半径相近，可通过离子交换法实现两者的分离。离子交换树脂骨架上的可交换离子与溶
液中带相同电荷的目标离子发生交换，目标离子进入树脂骨架。D308阴离子交换树脂更容易交换所带
电荷多、半径大的目标离子。结合表中信息分析：
①选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离时的最佳pH为 。
②从工艺成本角度分析，相比阳离子交换法，选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离的优点是
。
(5)一种含钨、钼、钽(Ta)元素的合金的立方晶胞结构如图所示，W与Mo的最小间距大于W与Ta的最
小间距。
①W、Mo、Ta的原子个数比为 ，若Mo与Ta之间的最小间距为a nm，则晶胞的边长为
nm。
②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记晶面，是指晶面分别与x、y、z三轴截距
的倒数，通过求比化为最简的三个整数。图中，实线所示晶面与x,y,z三轴截距的倒数为1,1,1  ，因此该
晶面可标记为111  ；则虚线所示晶面可标记为 。【答案】(1)
(2)CaWO +Na CO =CaCO +Na WO
4 2 3 3 2 4
(3) 2H 2 AsO- 3 +2H 2 O 2 +3Mg2++4OH-=Mg 3AsO 4
19
 ↓+6H O 6.3×10-4 2 2
(4) 7 节约硫酸用量
4 3
(5) 1：1：2 a (2 1 2)
3
【分析】该工艺流程图以钨钼矿为原料，先经焙烧预处理矿物，再用碳酸钠溶液碱浸，将钨酸钙转化为可
溶性钨酸钠并沉淀碳酸钙等杂质；随后调pH至9，加入过氧化氢和硫酸镁，将磷、砷杂质以磷酸镁、砷酸
镁沉淀形式去除；再调pH至7，利用D308阴离子交换树脂优先吸附电荷高、半径大的目标离子的特性，
实现钨、钼离子的选择性分离，最终分别得到金属钨和金属钼。
【详解】(1)
砷(33 号元素)价电子排布为4s2 4p3，根据泡利不相容原理和洪特规则：4s轨道填充2个自旋相反的电
子(成对)，4p的3个轨道各填充1个自旋平行的单电子，因此轨道表示式为： 。
(2)根据流程图，碱浸时加入Na CO 溶液，CaWO 与Na CO 反应生成Na WO 与CaCO 沉淀，故反应
2 3 4 2 3 2 4 3
方程式为：CaWO +Na CO =CaCO +Na WO 。
4 2 3 3 2 4
(3)①反应物H AsO-中As的化合价为+3价，被H O 氧化为+5价(生成Mg (AsO ) ，As为+5价)，
2 3 2 2 3 4 2
根据电子守恒，1 molH AsO-与1 molH O 电子转移数相等，结合原子守恒配平，可知该化学反应式为
2 3 2 2
2H 2 AsO- 3 +2H 2 O 2 +3Mg2++4OH-=Mg 3AsO 4  ↓+6H O。 2 2
②已知pK sp Mg 3PO 4   2  =25.2，即K =10-25.2，沉淀完全时c(PO2-)≤1×10-5mol⋅L-1，K =c3 sp 4 sp
(Mg2+)⋅c2(PO2-)，c3(Mg2+)= 10-25.2 =10-15.2，c(Mg2+)= 310-15.2= 3 10(-15-0.2)≈ 310-15×0.63=6.3
4 (10-5)2
×10-4mol⋅L-1。
(4)①由题干可知，D308阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子，当pH=7时，W
的阴离子电荷更高，半径更大，优先被D308树脂吸附，Mo不被吸附，从而实现分离，因此最佳pH为7。
②阳离子交换法需要将W、Mo转化为阳离子，消耗大量硫酸；而阴离子交换法中，调节pH后W、Mo直
接以含氧酸根阴离子的形式存在，无需额外酸溶步骤，因此使用阴离子交换法的优点是可以节约硫酸用
量。
1 1
(5)①根据晶胞中原子的位置，用均摊法计算：W原子位于晶胞顶点和面心，N(W)=8× +6× =
8 2
4；已知W和Mo原子半径相近，观察上图可知Mo原子为白色小球，位于晶胞体心和棱心，N(Mo)=1+
1
12× =4；Ta原子为灰色小球，位于晶胞内部共8个，因此，W、Mo、Ta的原子个数比为1:1:2；
41
设晶胞边长为L，则立方晶胞的体对角线长度为 3L,体心到棱心的最短距离，为体对角线的 ，根据题
4
1 4 3
意，该距离为a nm，因此： × 3L=a，解得晶胞边长为 a。
4 3
②米勒指数的计算步骤：首先确定晶面在 x、y、z 轴上的截距，图中虚线晶面的截距为 (1, 2, 1)；取截距
的倒数为 (1, 0.5, 1)；化为最简整数比，将三个数同时乘以2，消去小数，得到 (2, 1, 2)，因此，该晶面的
米勒指数为(2 1 2)。
12.(2026·辽宁鞍山·二模)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的
+2价氧化物及锌和铜的单质，从该废渣中提取钴元素的一种流程如下：
回答下列问题：
(1)基态Co原子的未成对电子数为 ；
(2)“酸浸”步骤得到的浸渣的主要成分是 (填化学式)；
(3)已知25℃H 2 S的K a1 =1.1×10-7，K a2 =1.3×10-13；K spCuS
20
 =6.3×10-36，计算25℃时“沉铜”反应
的平衡常数数值为 (保留两位有效数字)；
(4)“沉锰”步骤中生成MnO 的离子方程式是 ；
2
(5)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，Co2+与NaClO反应的离子方程式为 ；
(6)有研究团队用柠檬酸代替稀H SO 酸浸废渣，最大程度回收其中的钴元素。柠檬酸为羟基三羧酸，
2 4
分子式为C H O ，与钴离子有较强的配合能力。但柠檬酸浓度过大时，形成的配合物在水中的溶解度会
6 8 7
下降。
①用柠檬酸代替稀H SO ，可能的原因是 (填代号)；
2 4
a．有机酸易降解、污染小，绿色、安全
b．减少浸出过程中产生的SO ，减小环保压力
2
c．柠檬酸中C原子电负性小，易提供孤电子对与金属离子形成配位键，可提高金属元素浸出率
②浸出率受多种因素的影响，该研究团队探究酸的浓度、浸出温度对浸出率的影响，结果如下：
据此，选择钴元素最佳浸出浓度和温度是 。随柠檬酸浓度的变化，钴元素浸出率变化的原因是。
【答案】(1)3
(2)Cu、PbSO
4
(3)2.3×1015
(4)Mn2++S O2-+2H O=MnO ↓+2SO2-+4H+
2 8 2 2 4
(5)2Co2++ClO-+5H 2 O=2CoOH
21
 3 ↓+Cl-+4H+或2Co2++5ClO-+5H 2 O=2CoOH  ↓+Cl-+ 3
4HClO
(6) a 0.8mol/L，60℃ 低浓度时，柠檬酸与金属离子配位能力弱，浸出率低；浓度过高时，
配合物溶解度下降，浸出率降低
【分析】炼锌废渣含锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌、铜单质，经稀H SO 酸浸，锌、铁、钴、锰的氧
2 4
化物及锌单质溶解为对应硫酸盐，铜单质不溶，铅元素转化为PbSO 沉淀，浸渣主要为Cu、PbSO ；酸浸
4 4
液通入H S，Cu2+与H S反应生成CuS沉淀，实现沉铜；加入Na S O ，Mn2+被氧化为MnO 沉淀，实
2 2 2 2 8 2
现沉锰；加NaOH调pH=4，Fe3+水解为Fe(OH) 沉淀除去；最后加NaClO，Co2+被氧化为Co(OH) 沉
3 3
淀，完成沉钴，据此分析。
【详解】(1)Co为27号元素，基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，3d轨道有3个未成对电子，因此
基态Co原子的未成对电子数为3；
(2)废渣中铜单质与稀硫酸不反应，铅的+2价氧化物与稀硫酸反应生成PbSO ，PbSO 难溶于水，因此
4 4
“酸浸”步骤得到的浸渣主要成分为Cu、PbSO ；
4
c2(H+)
(3)“沉铜”反应为Cu2++H S=CuS↓+2H+，其平衡常数K= 。根据H S的电离平
2 c(Cu2+)⋅c(H S) 2
2
c(H+)⋅c(HS-) c(H+)⋅c(S2-)
衡：H S⇌H++HS- K = ，HS-⇌H++S2- K = ，CuS的溶度积：
2 a1 c(H S) a2 c(HS-)
2
c2(H+)
CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq) K =c(Cu2+)⋅c(S2-)，则K= =
sp c(Cu2+)⋅c(H S)
2
c2(H+)⋅c(S2-) K ⋅K 1.1×10-7×1.3×10-13
= a1 a2 。代入数据：K= ≈2.3×1015；
c(Cu2+)⋅c(H S)⋅c(S2-) K 6.3×10-36
2 sp
(4)“沉锰”步骤中，Mn2+被S O2-氧化为MnO ，S O2-被还原为SO2-，配平得离子方程式为Mn2++
2 8 2 2 8 4
S O2-+2H O=MnO ↓+2SO2-+4H+；
2 8 2 2 4
(5)“沉钴”步骤中，pH=5.0~5.5的弱酸性条件下，Co2+被ClO-氧化为Co(OH) 沉淀，ClO-被还原为
3
Cl-，配平得离子方程式为2Co2++ClO-+5H O=2Co(OH) ↓+Cl-+4H+；若ClO-过量，部分H+与
2 3
ClO-结合生成HClO，对应离子方程式为2Co2++5ClO-+5H O=2Co(OH) ↓+Cl-+4HClO；
2 3
(6)①a．柠檬酸为有机酸，易降解、污染小，绿色安全，a符合题意；
b．稀硫酸酸浸时，废渣中无还原性物质与硫酸反应生成SO ，b不符合题意；
2
c．柠檬酸中提供孤电子对的是-OH、-COOH中的O原子，而非C原子，c不符合题意；
故选a；
②由酸浓度-浸出率图像可知，柠檬酸浓度为0.8 mol⋅L-1时钴元素浸出率最高；由温度-浸出率图像
可知，浸出温度为60°C时钴元素浸出率最高，因此最佳浸出浓度和温度为0.8 mol⋅L-1、60°C；柠檬酸
浓度较低时，柠檬酸与钴离子的配位能力较弱，钴元素浸出率较低；随着柠檬酸浓度升高，配位作用增
强，浸出率升高；当浓度过高时，形成的配合物在水中的溶解度下降，导致钴元素浸出率降低。
13.(2026·河南濮阳·二模)以含钴镍废料(主要成分为Co O 、NiO，还含少量Fe O 、CaO、MgO、SiO 和
2 3 2 3 2
Ti的化合物)为原料制备草酸钴(CoC O )和硫酸镍(NiSO )的工艺流程如图。
2 4 4已知：①K spMgF 2
22
 =7.4×10-11，K spCaF 2  =1.48×10-10。
②萃取剂为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子M时，发生反应：nHR+Mn+⇌MR +nH+。
n
回答下列问题：
(1)“滤渣1”的主要成分是CaSO 和 (填化学式)。
4
(2)“酸浸”时H O 的作用是 。
2 2
(3)“除钛”中，TiOSO 转化为TiO ⋅xH O的化学方程式 。
4 2 2
(4)“沉铁”时发生反应的离子方程式为 。
(5)“除钙镁”时，当cCa2+  =1.0×10-5mol/L时，溶液中cMg2+  = molL。
(6)Co2+、Ni2+利用萃取剂进行分离时，二者萃取率随无机相pH变化如图所示。无机相的pH控制在
左右为宜。
(7)镍能形成多种配合物，其中NiCO  4 是无色挥发性液体，K 2 NiCN   4  是红黄色单斜晶体。
K 2 NiCN   4  的熔点高于NiCO  的原因是 。 4
(8)将所得二水合草酸钴CoC O ⋅2H O(M=183g/mol)，在惰性气体中加热，其热重分析曲线如图所示，
2 4 2
其中A、B、C均为纯净物，请写出从A到B的化学方程式 。
剩余固体质量
(已知：固体残留率= )
开始固体总质量【答案】(1)SiO ​
2
(2)作还原剂，将Co3+还原为Co2+
Δ
(3)TiOSO +(x+1)H O=TiO ⋅xH O↓+H SO
4 2 2 2 2 4
(4)3 Fe3++Na++2 SO2-+3 CO2-+3 H O=NaFe (SO ) (OH) ↓+3 CO ↑ 3 Fe3++Na++2 SO2-
4 3 2 3 4 2 6 2 4
+6 CO2-+6 H O=NaFe (SO ) (OH) ↓+6 HCO-
3 2 3 4 2 6 3
(5)5.0×10-6
(6)5.4
(7) K 2 [Ni(CN) 4 ]为离子晶体，Ni(CO) 4 为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，因此K 2 NiCN
23
  4 
的熔点更高
Δ
(8)3CoC O =Co O +4CO↑+2CO ↑
2 4 3 4 2
【分析】含钴镍废料(主要成分为Co O 、NiO，还含少量Fe O 、CaO、MgO、SiO 和Ti的化合物)加入
2 3 2 3 2
硫酸、H O“酸浸”，得到含Co2+、Ni2+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、Ti4+等的浸出液，SiO 不溶解，和微溶于水的
2 2 2
硫酸钙形成滤渣1，浸出液中加入热水使TiOSO 水解形成TiO ⋅xH O沉淀除去，加入碳酸钠溶液将
4 2 2
Fe3+转化为NaFe (SO ) (OH) 沉淀除去，加入适量的 NaF溶液除去溶液中的 Ca2+和 Mg2+，对含
3 4 2 6
Co2+、Ni2+的滤液进行萃取分离：无机相处理得到目标产物硫酸镍，有机相经反萃取得到Co2+溶液，再
加入草酸铵得到目标产物二水合草酸钴，最终制得草酸钴和硫酸镍。
【详解】(1)根据分析，含钴废料中SiO ​不与硫酸反应，因此滤渣1除CaSO 外还有SiO ​。
2 4 2
(2)原料中Co为+3价(Co O )，最终需要制备Co2+的盐，因此H O 作还原剂，将Co3+还原为Co2+。
2 3 2 2
Δ
(3)TiOSO 在热水中水解生成沉淀TiO ⋅xH O，化学方程式为TiOSO +(x+1)H O=TiO ⋅xH O↓
4 2 2 4 2 2 2
+H SO 。
2 4
(4)由分析知，“沉铁”时，碳酸钠溶液将Fe3+转化为NaFe (SO ) (OH) 沉淀，发生的离子反应方程式为
3 4 2 6
3 Fe3++Na++2 SO2-+3 CO2-+3 H O=NaFe (SO ) (OH) ↓+3 CO ↑或3 Fe3++Na++2 SO2-
4 3 2 3 4 2 6 2 4
+6 CO2-+6 H O=NaFe (SO ) (OH) ↓+6 HCO-。
3 2 3 4 2 6 3
1.48×10-10
(5)由 K (CaF )=c(Ca2+)⋅c2(F-)，得c2(F-)= =1.48×10-5；再由K (MgF)=c(Mg2+)⋅c2
sp 2 1.0×10-5 sp 2
7.4×10-11
(F-)，得c(Mg2+)= =5.0×10-6mol/L。
1.48×10-5
(6)根据图中信息可知，pH为5.4左右时，Co2+、Ni2+的萃取率相差较大，故无机相的pH控制在5.4左
右。
(7) K 2 [Ni(CN) 4 ]为离子晶体，Ni(CO) 4 为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，因此K 2 NiCN   4 
的熔点更高 。
(8)假设有1 molCoC O ⋅2H O受热分解，质量为183 g，由图可知，A点时，固体的残留率为80.33%，则
2 4 2剩余固体的质量为183g×80.33%≈147g，失去的质量为(183-147)g=36g，刚好为2mol水的质量，则
A的物质为CoC O ，A点以后为CoC O 分解生成Co的氧化物过程，B点时固体的残留率为43.88%，
2 4 2 4
则剩余固体的质量为183g×43.88%≈80g，B点含Co的质量为59 g，则含有O的质量为(80-59)g=
21
21g，Co和O的物质的量之比1: =1:1.3125，与Co O 中n(Co):n(O)=3:4≈1:1.333的比值相近，可
16 3 4
Δ
推断B点的物质为Co O ，A点到B点的化学方程式3CoC O =Co O +4CO↑+2CO ↑。
3 4 2 4 3 4 2
14.(2026·江西上饶·二模)铜转炉烟灰中含金属元素(主要为Cu、Zn、Pb、Fe)的硫酸盐和氧化物以及
SiO ，其中有价金属回收的工艺流程如图。
2
已知：Ⅰ.25℃时，K spPbSO 4
24
 =1.82×10-8,K spPbCO 3  =1.46×10-13。
Ⅱ.“浸出液①”中所含有的金属阳离子有Cu2+、Zn2+、Fe2+和Fe3+。
回答下列问题：
(1)为提高浸取效率，可采取的措施有 (任写一点)。
(2)“浸出”中，当硫酸浓度大于1.8 mol⋅L-1时，金属离子浸出率反而下降，其可能的原因是 。
(3)“除杂”中，加入ZnO调节溶液p H至5.2后，用KMnO 溶液氧化，所得“滤渣”主要成分为FeOH
4
 、
3
MnO ，该氧化过程的离子方程式为 。
2
(4)“转化”过程中发生的离子方程式为 。平衡常数为K= 。(保留3位有效数字)
(5)测定铜转炉烟灰中的Pb2+：取20 mL硝酸“浸出液②”于锥形瓶中，调pH为5，加入指示剂后用a
mol⋅L-1的EDTANa 2 H 2 Y  标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液b mL。(离子方程式为Pb2+
+H Y2-=PbY2-+2H+)。则“浸出液②”中Pb2+的浓度为 g⋅L-1。
2
(6)黄铜合金采取面心立方堆积，其晶胞结构如下图所示：
①合金的化学式是 。
②黄铜合金晶体的密度为8.5 g⋅cm-3，则晶胞的边长为 cm(只写计算式，不求结果)。
【答案】(1)适当研细铜转炉烟灰(或适当升温、适当增大硫酸的浓度)
(2)难溶物PbSO 覆盖在表面，减少浸出的接触面积，导致金属离子浸出率反而下降
4
(3)3Fe2++MnO- 4 +7H 2 O=3FeOH  ↓+MnO ↓+5H+ 3 2(4) PbSO s 4
25
 +CO2 3 -aq  ⇌PbCO 3s  +SO2-aq 4  1.25×105
(5)10.35ab
3 257
(6) ZnCu 或Cu Zn
3 3 8.5×N
A
【分析】铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣PbSO 和二氧化硅；浸出液中含有硫酸锌、
4
硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁。浸出渣加入碳酸钠溶液中，PbSO 沉淀转化为PbCO ，滤饼用硝酸溶解，
4 3
PbCO 3 生成PbNO 3  ，滤液中加入硫酸生成PbSO 沉淀；“浸出液①”中加入过量铁粉发生置换反应得 2 4
到海绵铜，铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁；“除杂”中，加入ZnO调
pH至5.2后，用KMnO 溶液把Fe2+氧化为FeOH 4  ，过滤，所得滤渣主要成分为FeOH 3  、MnO ，滤 3 2
液②蒸发浓缩得到ZnSO ⋅7H O，据此分析。
4 2
【详解】(1)可以适当研细铜转炉烟灰，提高浸取效率(或适当升温、适当增大硫酸的浓度)；
(2)“浸出”中，当硫酸浓度大于1.8 mol⋅L-1时，金属离子浸出率反而下降，其可能的原因是：难溶物
PbSO 覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出，导致金属离子浸出率反而下降；
4
(3)“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，用KMnO 溶液氧化Fe2+，氧化产物是FeOH
4
 、还原产物是
3
MnO 2 ，根据得失电子守恒，配平氧化过程的离子方程式为3Fe2++MnO- 4 +7H 2 O=3FeOH  ↓+MnO 3 2
↓+5H+；
(4)转化过程中的离子方程式为PbSO s 4  +CO2 3 -aq  ⇌PbCO 3s  +SO2-aq 4  ，平衡常数为K=
c(SO2
4
-)
=
c(SO2
4
-)⋅c(Pb2+)
=
K
sp
(PbSO
4
)
=
1.82×10-8
≈1.25×105；
c(CO2-) c(CO2-)⋅c(Pb2+) K (PbCO ) 1.46×10-13
3 3 sp 3
(5)用amol⋅L-1的EDTANa 2 H 2 Y  标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液bmL，消耗EDTA标准
b ab
溶液的物质的量为a mol⋅L-1× L= mol，根据离子方程式为Pb2++H Y2-=PbY2-+
1000 1000 2
ab
2H+，溶液中Pb2+的物 质的量为 ab mol，则“浸 出液②”中Pb2+的浓度 1000
molM
Pb
1000
 ab = ×207
20 20
L
1000
g⋅L-1=10.35ab g⋅L-1；
1 1
(6)该晶胞中，Zn 原子位于晶胞的顶点，数目为8× =1；Cu原子位于晶胞的面心，数目为6× =3，
8 2
故晶胞中Zn与Cu的原子数目比为1:3，合金的化学式为ZnCu 或Cu Zn；
3 3
m
在该晶胞中含有Cu原子数目为3；含有的Zn原子数目为1，设晶胞的边长为a，则该晶胞的密度ρ=
V
65+3×64
=
 g 257 3 257
= g/cm3=8.5 g/cm3，解得a= cm。
N ×a3 cm3 N a3 8.5×N
A A A
15.(2026·湖南 怀化·二模 )锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用湿法工艺冶炼锌。以某硫化锌精
矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
已知：①焙砂的主要成分为ZnO、Fe O 、SiO ；
3 4 2
②常温下，K a1H 2 SO 3  =1.4×10-2，K a2H 2 SO 3  =6.0×10-8；③常温下，K (CuS)=6.4×10-36，K (ZnS)=1.6×10-24。
sp sp
回答下列问题：
(1)基态Zn原子的价电子排布式为 。
(2)“焙烧”前需将硫化锌精矿粉碎处理，其目的是 。
(3)常温下，含尘烟气中的SO 可用氨水吸收，用氨水吸收SO 至溶液的pH=5时，所得溶液中的
2 2
cSO2 3 -
26

cH 2 SO 3 
= 。
(4)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得滤渣的成分为 (填化学式)。
(5)硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液会慢慢地转化为铜蓝(CuS)，发生反应ZnS(s)+Cu2+
(aq)⇌ CuS(s)+Zn2+(aq)，该反应的平衡常数K= 。
(6)硫化锌可作为锂离子电池的负极材料，其晶胞形状为立方体，边长为anm。在充电过程中，ZnS晶
胞的组成变化如图所示。
①Li Zn S的化学式为 (x和y用具体数字表示)。
x y
②ZnS晶体中距离S2-最近的S2-有 个。
③设阿伏加德罗常数的值为N ，ZnS晶体的密度为 g⋅cm-3。
A
【答案】(1)3d104s2
(2)增大接触面积，加快反应速率
(3)8.4
(4)Zn、Fe
(5)2.5×1011
3.88×1023
(6) Li Zn S 12
1.5 0.25 a3N
A
【分析】硫化锌精矿焙烧可生成ZnO、四氧化三铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，经过净化可用于制备硫
酸，焙砂酸浸，浸出渣回收利用，浸出液加入过量Zn得到的滤渣中含有Fe、Zn，滤液主要含有硫酸锌，经
过电解沉积得到Zn和硫酸，废电积液中含有的硫酸可重复利用。
【详解】(1)Zn 原子序数为 30，核外电子按能级由低到高依次排布为1s22s22p63s23p63d104s2，其价电子位
于4s和3d轨道，因此价电子排布式为3d104s2；
(2)“焙烧”前将硫化锌精矿粉碎，是为了增大固体反应物与空气中氧气的接触面积，使反应更充分，同时
加快焙烧反应速率，故答案为增大接触面积，加快反应速率；
c(SO2-)
(3)SO 溶于水生成弱酸H SO ，其两步电离常数分别为K 和K ，根据电离平衡关系： 3 =
2 2 3 a1 a2
c(H SO )
2 3K ⋅K
c2 a ( 1 H+ a ) 2 ，已知K a1H 2 SO 3
27
 =1.4×10-2，K a2H 2 SO 3  =6.0×10-8，当pH=5时，c(H+)=10-5mol/L，代
1.4×10-2×6.0×10-8
入数据计算得： =8.4；
(10-5)2
(4)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为
Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；
c(Zn2+)
(5)反应ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)，其平衡常数为K= ，由溶度积关系K =
c(Cu2+) sp
c(M2+)c(S2-)，可得K=
K spZnS 
K spCuS 
1.6×10-24
= =2.5×1011；
6.4×10-36
(6)①充电过程中，部分Zn2+被Li+替代进入晶体。设化学式为Li Zn S，由晶胞结构图可知，Zn2+或
x y
1 1 7
Li+的个数为7，S2-的个数为8× +6× =4个，则x+y= ,x+2y=2，即y=0.25，x=1.5，所以
8 2 4
化学式为Li Zn S；
1.5 0.25
②ZnS晶体中，S2-形成的面心立方结构中，每个S2-周围与之最近的S2-为12个；
③ZnS晶体属于面心立方结构，一个晶胞中含有4个ZnS结构单元，其摩尔质量为MZnS  =65+32
4×97 388
=97g⋅mol-1，则一个晶胞的质量为 = g；晶胞边长为 a nm，而1nm=10-7cm，故晶胞体积
N N
A A
为a×10-7 
388
m N 3.88×1023
3=a3×10-21cm3，根据密度公式ρ= ，代入可得ρ= A = g⋅cm-3。
V a3×10-21 a3N
A
16.(2026·宁夏银川·二模)以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe O 、CuO、MnO、SiO )为原料制
2 3 2
备锌的工艺流程如图：
已知：①“浸取”时，ZnO、CuO转化为 ZnNH 3   4  2+、CuNH 3   4  2+进入溶液；
②25°C时，K (CuS)=6.4×10-36、K (ZnS)=1.6×10-24；
sp sp
n(杂质离子)
③深度除杂标准：溶液中
n ZnNH 3   4   2+  
≤2.0×10-6；
④有机萃取剂(用HR表示)可萃取出Zn2+，其萃取原理反应为：2HR+Zn2+⇌ZnR +2H+。
2
(1)基态Zn原子价电子排布式为 。
(2)“浸取”温度为30°C时，锌浸出率可达90．6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为 。
(3)“操作a”的名称为 。
(4)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的Mn2+转化为MnO ，离子方程式为 。
2
nCu2+
(5)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比

n ZnNH 3   4   2+  
表
示]与“NH
4

n(实际用量)
S加入量”[以 ×100%表示]的关系曲线如图所示。
2 n(理论用量)当NH
4
28
 S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是 (用离子方程式表示)，该反应的平
2
衡常数为 (计算结果保留三位有效数字)。(已知：ZnNH 3   4  2+的K = c ZnNH 3 稳   4  2+ cZn2+  ×c4NH 3  =
2.9×109)
(6)“电解”时，使用惰性电极，阴极存在竞争反应。该竞争反应的电极反应式为 。
【答案】(1)3d104s2
(2)温度升高，NH 挥发
3
(3)分液
(4)Mn2++2NH ⋅H O+H O =MnO ↓+2NH++2H O
3 2 2 2 2 4 2
(5) ZnNH 3   4  2++S2=ZnS↓+4NH 2.16×1014 3
(6)2H++2e-=H ↑
2
【分析】固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe O 、CuO、MnO、SiO )加入NH -NH Cl混合溶
2 3 2 3 4
液，生成可溶的[Zn(NH ) ]2+、[Cu(NH ) ]2+和Mn2+，同时生成Fe(OH) 沉淀，SiO 不溶解，过滤除去
3 4 3 4 3 2
滤渣1[Fe(OH) 和SiO ]；向滤液中加入H O 深度除锰，反应为H O +Mn2++2NH ⋅H O=MnO ↓
3 2 2 2 2 2 3 2 2
+2H O+2NH+，再加入(NH ) S沉淀除铜，反应为[Cu(NH ) ]2++S2-=CuS↓+4NH ，过滤除去滤渣2
2 4 4 2 3 4 3
(MnO 和CuS)；向滤液中加入有机萃取剂使锌进入有机相，再加入硫酸反萃取得到硫酸锌溶液，最后电
2
解得到金属锌，据此分析。
【详解】(1)Zn的原子序数为30，核外电子排布式为 Ar  3d104s2，价电子排布式为3d104s2；
(2)浸取过程中，NH -NH Cl溶液提供NH ，NH 与Zn2+形成[Zn(NH ) ]2+；温度升高时，NH 的挥发
3 4 3 3 3 4 3
速率加快，溶液中游离NH 浓度降低，不利于[Zn(NH ) ]2+的形成，导致锌的浸出率下降；
3 3 4
(3)“操作a”分离有机层和无机层，名称为分液；
(4)碱性条件下，H O 将Mn2+氧化为MnO ，H O 被还原为H O；结合溶液中NH ·H O提供碱性环境，
2 2 2 2 2 2 3 2
反应生成NH+；离子方程式为Mn2++2NH ·H O+H O =MnO ↓+2NH++2H O；
4 3 2 2 2 2 4 2
(5)当(NH ) S加入过量时，溶液中S2-浓度较高，[Zn(NH ) ]2+会与S2-反应生成ZnS沉淀，导致溶液
4 2 3 4
中Zn2+含量降低，锌的回收率下降，离子方程式为[Zn(NH ) ]2++S2-=ZnS↓+4NH ；反应的平衡常数
3 4 3
表达式为K= c4NH 3 
c( ZnNH ) ]2+ 3 4  ⋅cS2- 
c( ZnNH ) ]2+ ，结合[Zn(NH ) ]2+的稳定常数K = 3 4
3 4 稳 
 
cZn2+  ⋅c4NH 3 
=2.9
×109，以及K spZnS  =cZn2+  ⋅cS2- 
1
=1.6×10-24，可得K=
K
稳
·K spZnS 
1
=
2.9×109×1.6×10-24
≈2.16×1014；
(6)电解含Zn2+的水溶液时，阴极主要发生Zn2++2e-=Zn的还原反应；同时，溶液中的H+也会在阴极得电子发生还原反应，生成H ，该竞争反应的电极反应式为2H++2e-=H ↑。
2 2
17.(2026·江西萍乡·二模)废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO 、Al、导电剂(乙炔黑、碳纳米管)
4
等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料回收锂的工艺流程如下：
已知：①LiFePO 不溶于碱，可溶于稀酸。酸浸后溶液中的阴离子主要有H PO-、Cl-。
4 2 4
②相关物质溶解度如下：
0 20 40 60 80 100
LiOH 11.9 12.4 13.2 14.6 16.6 19.1
Li CO 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72
2 3
回答下列问题：
(1)将电池粉碎前应先放电，放电的目的是 。
(2)LiFePO 中铁元素的价态为 ，基态氧原子的价层电子轨道表示式为 。
4
(3)“酸浸”步骤发生的主要反应的离子方程式为 。滤渣的主要成分是 。
(4)“沉铁沉磷”步骤中当碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是
。
(5)为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是 (填标号)。
A. NaOH0-40℃ B. NaOH80-100°C
C. Na CO 20-40°C D. Na CO 60-80°C
2 3 2 3
(6)将废旧锂 离子电池(外壳为铁，电芯含铝)置于不同浓度的 N a S和NaCl溶液中使电池充分放电是
2
电池回收工艺的首要步骤。电池在不同溶液中放电的残余电压随 时间的变化如图1所示。对浸泡液中
沉淀物热处理后，得到X射线衍射图谱如图2所示。
29①电池在5%Na S溶液中比在5%NaCl溶液中放电速率更大，其原因是 。
2
②与Na S溶液相比，NaCl溶液的质量分数由5%增大至10%时，电池残余电压降低速率更快。依据图
2
2图谱，分析其主要原因是 。
【答案】(1)释放残余的能量，避免造成安全隐患，或使锂元素充分嵌入到正极材料，利于回收
(2) +2
(3) 2LiFePO +H O +6H+=2Li++2Fe3++2H PO-+2H O 导电剂(乙炔黑和碳纳米管)
4 2 2 2 4 2
(4)当碳酸钠浓度大于30%后，cOH-
30
 增大生成FeOH  沉淀增多则磷沉淀率明显降低
3
(5)D
(6) 等质量分数的Na S溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，且S2-、HS-还原性比Cl-强，更
2
容易参与氧化还原反应，加快了电子在电极和溶液之间的转移速率 NaCl质量分数由5%增大为
10%时，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快
【分析】废旧LiFePO 电池进行粉碎、放电处理后，用氢氧化钠溶液进行碱浸，发生反应2Al+2OH-+
4
6H O=2Al(OH)-+3H ↑，除去其中的铝；过滤后滤渣用盐酸、过氧化氢溶液进行酸浸，酸浸时，
2 4 2
LiFePO 中的铁元素被H O 氧化为Fe3+，过滤后除去不溶于酸碱的导电剂；滤液中加入30%的
4 2 2
Na CO 溶液，进行沉铁沉磷处理，得到FePO ·3H O等，过滤，滤液中加入饱和沉锂试剂，进行沉锂操
2 3 4 2
作，过滤后得到粗品，提纯得到高纯锂化合物，以此进行分析；
【详解】(1)电池粉碎前应先放电，目的是释放残余的能量，避免造成安全隐患，或使锂元素充分嵌入到正
极材料，利于回收；
(2)根据化合物化合价代数和为0，Li为+1价，PO3-为-3价，得Fe为+2价；O原子价电子为2s22p4，
4
价层电子轨道表示式为： ；
(3)酸浸时，，LiFePO 中的铁元素被H O 氧化为Fe3+，发生的主要反应的离子方程式为：2LiFePO +
4 2 2 4
H O +6H+=2Li++2Fe3++2H PO-+2H O；过滤后除去不溶于酸碱的导电剂，导电剂不溶于酸碱，因
2 2 2 4 2
此滤渣主要为导电剂(乙炔黑和碳纳米管)；
(4)碳酸钠浓度过高导致溶液碱性增强，Fe3+主要与OH 反应生成Fe(OH) 沉淀，与磷酸根的沉淀反应
3
形成竞争，导致磷沉淀率下降；
⁻
(5)由溶解度表可知，Li CO 溶解度随温度升高而减小，温度越高，越有利于Li CO 沉淀析出，因此选
2 3 2 3
用Na CO ，且选较高温度(60-80℃)，故选D；
2 3(6)①等质量分数的Na S溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，且S2-、HS-还原性比Cl-强，更容
2
易参与氧化还原反应，加快了电子在电极和溶液之间的转移速率；②结合图2可知，NaCl体系中铁铝最
终转化为氧化物，浓度升高加快反应速率；NaCl质量分数增大，溶液导电性增强，加快了铁、铝的吸氧腐
蚀(原电池放电过程)，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快，因此电池残余电压降低速率更快。
18.(2026·山东济南·二模)金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒渣(主要含VO 、FeCr O ，杂质为CuO、
2 3 2 4
Al O 、SiO 等)中回收V和K Cr O 的工艺流程如下图所示：
2 3 2 2 2 7
已知：①“焙烧”时V、Fe、Cr元素分别转化为Na VO 、Fe O 和Na CrO ；
3 4 2 3 2 4
②VO 微溶于水；向Na VO 溶液中加酸，不同pH对应的主要存在形式如下表：
2 5 3 4
pH ≥13 10.6~12 约8.4 3~8 约2 <1
存在形式 VO3- VO4- VO3- V O6- VO VO+
4 2 7 3 9 10 28 2 5 2
回答下列问题：
(1)“焙烧”时，气体和固体粉末采用逆流式通入，其目的是 ，FeCr O 发生反应的化学方程式为
2 4
，“滤渣Ⅰ”的主要成分为 。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示，当溶液中可溶性组分浓度c≤
1.0×10-5 mol⋅L-1时，可认为已除尽。
通入CO 2 调 pH的理论范围为 ，反应Al(OH) 3 (s)+H 2 O(l)⇌Al(OH) 4
31
 -(aq)+H+(aq)的平衡常
数K= 。
(3)加压通入CO 可将CrO2-转化为Cr O2-，总反应的离子方程式为 ，若没有该操作单元，导致
2 4 2 7
的后果是 。
(4)“沉钒”加硫酸调pH约为 。“转化”过程中，先加入适量碱调pH，再加稍过量KCl，稍过量
KCl作用是 。【答案】(1) 增大气体与固体的接触面积，使固体颗粒充分反应，加快反应速率

4FeCr O +7O +16NaHCO 高温2Fe O +8Na CrO +16CO +8H O
2 4 2 3 2 3 2 4 2 2 Fe O 、CuO
2 3
(2) 4.5~9.3 10-14.6
(3) 2CrO2-+2CO +H O+2Na+=2NaHCO ↓+Cr O2- 将增加硫酸的用量
4 2 2 3 2 7
(4) 2 将Na Cr O 尽可能多的转化为K Cr O 、降低K Cr O 的溶解度
2 2 7 2 2 7 2 2 7
【分析】该工艺以废钒渣为原料，分步分离回收得到金属钒与重铬酸钾，整体思路是先氧化转化原料中的
低价元素，再分步除杂、分离得到目标产物。 焙烧阶段通入空气，将V、Cr、Fe分别氧化转化为可溶性
钒酸钠、铬酸钠，铁转化为氧化铁，逆流通气可提升气固接触效率，提高原料转化率。水浸后分离出不溶
性杂质，得到含钒、铬和少量铝硅杂质的滤液；随后调pH沉淀除去铝硅杂质，再酸化将铬酸根转化为重
铬酸根，调pH沉钒得到五氧化二钒，经铝热还原得到金属钒，最后含重铬酸钠的溶液加KCl，析出得到
重铬酸钾产品。
【详解】(1)逆流操作的核心作用是增大接触面积，提升反应效率；FeCr O 和NaHCO 、空气焙烧，生成
2 4 3
Na CrO 、Fe O 、CO 、H O，根据焙烧产物，结合氧化还原化合价升降配平可得反应方程式
2 4 2 3 2 2

4FeCr O +7O +16NaHCO 高温2Fe O +8Na CrO +16CO +8H O
2 4 2 3 2 3 2 4 2 2 ；水浸时，焙烧生成的Fe O 和杂
2 3
质CuO不溶于水，因此为滤渣Ⅰ的主要成分。
(2)调pH的目的是让Al、Si沉淀完全，且V保留在溶液中：根据图像，可溶性Al浓度≤1.0×10-5mol⋅
L-1的范围是4.5≤pH≤9.6，可溶性Si浓度达标的条件是pH≤9.3，因此pH理论范围为4.5~9.3；对于
平衡Al(OH) (s)+H O(l)⇌[Al(OH) ]-(aq)+H+(aq)，平衡常数K=c[Al(OH) ]-
3 2 4 4
32
 ⋅c(H+)；当
c[Al(OH) ]-
4
 =10-5mol/L时，pH=9.6，c(H+)=10-9.6mol/L，因此K=10-5×10-9.6=10-14.6。
(3)过量CO 反应生成HCO-，配平可得离子方程式：2CrO2-+2CO +H O+2Na+=2NaHCO ↓
2 3 4 2 2 3
+Cr O2-；该操作目的是将CrO2-转化为Cr O2-，若不转化，后续沉钒时发生反应：2CrO2-+2H+⇌
2 7 4 2 7 4
Cr O2-+H O，会增加硫酸的用量。
2 7 2
(4)根据给定表格，pH约为2时，V主要以微溶的VO 存在，刚好沉钒；转化过程中Na Cr O 的转化为
2 5 2 2 7
K Cr O ，K Cr O 溶解度较小，加入稍过量KCl，利用同离子效应，将Na Cr O 尽可能多的转化为
2 2 7 2 2 7 2 2 7
K Cr O 、降低K Cr O 的溶解度，促进其析出，提升产率。
2 2 7 2 2 7
19.(2026·陕西渭南·二模)以某地铜水钴矿(主要成分为2Co O ⋅3CuO⋅3H O，还含有较多的NiO、CoO以
2 3 2
及少量的Fe O 、CaO、MgO和SiO 等)为原料获得钴、铜、镍的化合物，工艺流程如下：
2 3 2
已知：①某些低价金属氧化物可以溶于稀硫酸中，而其较高价金属氧化物只能溶解在较浓的硫酸中；
②K spMgF 2  =7.4×10-11，K spCaF 2  =1.6×10-10。
(1)请写出镍原子的基态电子排布式 。
(2)“磨矿、浆化”的目的是 。(3)一段浸出的浸渣再进行二段浸出的目的是 ，过程中生成氧气，写出反应的化学方程式 。
(4)“除铁”工序中采用黄钠铁矾法技术，黄钠铁矾Na 2 Fe 6SO 4
33
 OH 4  为淡黄色不溶性晶体，写出反应 12
的离子方程式 。
(5)除钙镁工序中，当Mg2+、Ca2+被完全除去(离子浓度小于等于10-5mol⋅L-1，视为沉淀完全)，此时
cF-  不低于 mol⋅L-1。
(6)将产品CoC O ⋅2H O(M=183g/mol)在氮气氛围下进行热重分析，在不同温度范围内失重率如图所
2 4 2
示。通过计算确定290∼430℃剩余固体的成分 (填化学式)。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)
(2)增大反应物接触面积，加快浸出速率，提高原料浸出率
(3) 将Co O 浸出，提高Co的利用率 2Co O +4H SO =4CoSO +O ↑+4H O
2 3 2 3 2 4 4 2 2
(4)2Na++6Fe3++4SO2-+6H O+6CO2-= Na Fe (SO ) (OH) ↓+6CO ↑
4 2 3 2 6 4 4 12 2
(5)4.0×10-3
(6)Co
【分析】铜水钴矿经磨矿、浆化后一段稀硫酸浸出：溶解原料中低价的CoO、NiO、Fe O 、CaO、MgO等
2 3
氧化物，得到含金属离子的浸出液送后续除杂，二段浸出：一段浸渣中含未溶解的高价Co O 等，二段浸
2 3
出可以进一步浸出其中的钴、铜，提高金属总回收率，除铁：将溶液中的Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀除去，
除钙镁：加NaF使Ca2+、Mg2+转化为难溶的CaF、MgF 沉淀除去，除铜：加Na S O 分离除去铜，得到
2 2 2 2 3
仅含Co2+、Ni2+的溶液，采用萃取法分离钴镍：控制合适pH，让Co2+被有机溶剂萃取，水相直接得到
NiSO 产品，有机相反萃得到钴盐，最终制备得到CoC O ·2H O产品。
4 2 4 2
【详解】(1)Ni是28号元素，根据构造原理，基态镍原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]
3d84s2)。
(2)磨矿浆化将矿石粉碎，增大了固体与酸的接触面积，加快反应速率，使金属元素更充分浸出，提高原
料利用率。
(3)根据已知信息，低价金属氧化物可溶于稀硫酸，高价金属氧化物只能溶于浓硫酸，一段稀硫酸浸出
后，高价钴仍留在浸渣中，二段浸出可将其浸出提高回收率；反应中+3价Co被还原为+2价，-2价O
被氧化为O ，根据化合价升降守恒配平方程式：2Co O +4H SO =4CoSO +O ↑+4H O。
2 2 3 2 4 4 2 2
(4)加入碳酸钠以调节溶液pH，促使Fe3+水解生成黄钠铁矾沉淀，根据原子、电荷守恒配平反应为2Na+
+6Fe3++4SO2-+6H O+6CO2-= Na Fe (SO ) (OH) ↓+6CO ↑。
4 2 3 2 6 4 4 12 2
(5)沉淀完全时，离子浓度c≤10-5mol/L，对MgF 2 ：c2F-  =
K
sp
(MgF
2
)
=
7.4×10-11
=7.4×10-6， c(Mg2+) 10-5c(F-)≈2.7×10-3mol/L；对CaF 2 ：c2F-
34
 =
K
sp
(CaF
2
)
=
1.6×10-10
=1.6×10-5，c(F-)=4.0× c(Ca2+) 10-5
10-3mol/L，需满足两种离子都沉淀完全，故c(F-)不低于4.0×10-3mol/L。
(6)设1mol CoC O ·2H O，质量为183g，290∼430℃，失重率为67.76%，剩余固体质量为183×(1-
2 4 2
67.76%)≈59g，正好等于Co的摩尔质量(M(Co)=59g/mol)，且电子守恒：Co从+2降为0得2e-，两个
+3价C全部升为+4价(生成CO )失2e-，恰好配平，故剩余固体为Co。
2
20.(2026·湖南岳阳·二模)电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu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。
已知：①PtTe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；
②NH 4  PtCl 易溶于水，NH 2 4 4  2 PtCl 6 、NH 4  PdCl 难溶于水； 2 6
③K sp NH 4   2 PdCl 6  =9.9×10-8。
回答下列问题：
(1) Te在周期表中的位置是 。
52
(2)“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为 。
(3)“酸浸”的目的是分离 元素(填元素符号)。
(4)“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：[PtCl ]2-、[PdCl ]2-、[AuCl ]-，Au转化为
6 6 4
[AuCl ]-的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。
4
(5)“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有 。
(6)“沉钯”之前，测得溶液中c {[PtCl ]2-}=0.2mol/L，加入等体积的NH Cl溶液充分反应，测得反应
0 6 4
后混合液中c{[PtCl ]2-}=1.1×10-6mol/L，则初始加入NH Cl溶液的浓度约为 mol/L(忽略溶
6 4
液混合时的体积变化)。
(7)某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可
进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的
晶胞结构与CaF 的结构(晶胞结构如图)相似，该晶体储氢后的化学式为 。
2
【答案】(1)第5周期第ⅥA族
(2)PtTe+Na CO +O =Pt+Na TeO +CO
2 3 2 2 3 2(3)Cu
(4)2:3
(5)将[AuCl ]-还原为金单质、[PtCl ]2-还原为[PtCl ]2-
4 6 4
(6)1.0
(7)Cu AuH
3 8
【分析】向阳极泥(含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质)中加入纯碱、通入空气进行“氧化焙烧”，再
加水“浸取”，过滤得到含Na TeO 、Na SeO 的滤液a，分离出滤渣，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解
2 3 2 3
氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Pt、Pd、Au的滤渣，再通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属
Pt、Pd、Au分别氧化为配离子：[PtCl ]2-、[PdCl ]2-、[AuCl ]-，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl ]-
6 6 4 4
还原为金单质、[PtCl ]2-还原为[PtCl ]2-，过滤分离出金单质，最后向滤液中加入氯化铵溶液“沉钯”得
6 4
到含(NH ) PtCl 滤液c和(NH ) PdCl 沉淀，据此解答。
4 2 4 4 2 6
【详解】(1) Te的原子序数为52，36<52<54，即Te位于第5周期倒数54-52+1=3列，故在周期表
52
中的位置是第5周期第ⅥA族；
(2)由题干已知信息①PtTe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
可知，“氧化焙烧”中，PtTe发生反应生成Pt、Na TeO 和CO ，根据氧化还原反应配平可得该反应的化
2 3 2
学方程式为：PtTe+Na CO +O =Pt+Na TeO +CO ；
2 3 2 2 3 2
(3)由分析可知，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，即“酸浸”的目的是分
离Cu元素；
(4)“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子： PtCl 6
35
 2-、 PdCl 6  2-、 AuCl 4  -，Au转化为
AuCl 4  -的反应中Au的化合价由0价升高到+3价，而Cl 中Cl的化合价由0价降低到-1价，根据得 2
失电子守恒可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:3；
(5)由分析可知，向滤渣中通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au分别氧化为配离子：[PtCl ]
6
2-、[PdCl ]2-、[AuCl ]-，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl ]-还原为金单质、[PtCl ]2-还原为
6 4 4 6
[PtCl ]2-，过滤分离出金单质，极“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有将[AuCl ]-还
4 4
原为金单质、[PtCl ]2-还原为[PtCl ]2-；
6 4
(6)“沉钯”之前，测得溶液中c 0 PdCl 6   2-   =0.2molL，加入等体积的NH Cl溶液充分反应，参加反应 4
的NH 4 Cl的物质的量是 PdCl 6  2-物质的量的2倍，测得反应后混合液中c PdCl 6  2-   =1.1×10-6mol⋅
Ksp[(NH ) PdCl ] 9.9×10-8
L-1，此时溶液中NH+的浓度为： 4 2 6 = =0.3mol/L，设初始加入NH Cl
4 c{[PdCl ]2-} 1.1×10-6 4
6
cV-0.2V×2
溶液的浓度约为c mol/L，则有： =0.3mol/L，解得c=1.0，故答案为：1.0；
2V
(7)某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可
进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的
1
晶胞结构与CaF 的结构(晶胞结构如图)相似，即一个晶胞中含有Cu的个数为：6× =3，Au的个数
2 2
1
为：8× =1，体内含有8个H(即CaF 晶胞中8个F-换成8个H)，则该晶体储氢后的化学式为
8 2
Cu AuH 。
3 8
21.(2026·河北沧州·二模)金广泛应用于电子制造及航空航天领域，以载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒
被FeS 、FeAsS包裹，还含有少量CuO、SiO )为原料提炼Au的工艺流程如下：
2 2已知：①As 2 O 3 有毒，高温较稳定；②硫脲 SCNH 2
36
  2  有还原性，在碱性条件下易发生水解，同时与碱反
应生成S2-；③Au 2 S不溶于水、盐酸、硫酸及氢氧化钠溶液，可溶于王水；④25℃时，K sp Ca 3AsO 4   2  =
10-19，K sp CaOH   2  =10-6，离子浓度≤1.0×10-5mol⋅L-1时即可认为沉淀完全。
(1)基态铜原子的价层电子排布式为 。
(2)“焙烧”时，FeAsS转化为两种有毒物质和一种红棕色固体，该反应的化学方程式为 。
(3)“浸金”应在酸性介质中进行，这是因为在碱性条件下：①硫脲易水解，加大硫脲消耗量；②Fe3+转化
为沉淀；③ 。“浸金液”中含Au SCNH 2   2  +，与Au+配位的原子是S而不是N的原因是 2
。
(4)“滤渣2”的主要成分是 ，“砷氧化”时含砷微粒转化的离子方程式为 。
(5)“沉砷”时，砷的去除率与温度的关系如图所示。温度越高，溶液中砷的去除率越低的原因是 ，
常温下，为使AsO3-完全沉淀而无Ca(OH) 析出，溶液的pH应不大于 。
4 2
【答案】(1)3d104s1

2FeAsS+5O 高温Fe O +As O +2SO
(2) 2 2 3 2 3 2
(3) Au+和S2-生成Au S沉淀 S的原子半径更大，电负性更小，更易提供孤电子对形成配位
2
键
(4) Fe(OH) 、Cu(OH) AsO-+H O +2OH-=AsO3-+2H O
3 2 2 2 2 4 2
(5) 温度升高，Ca(OH) 溶解度减小，Ca2+浓度减小，生成的Ca (AsO ) 沉淀减少 12.5
2 3 4 2
【分析】载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS 、FeAsS包裹，还含有少量CuO、SiO )焙烧生成
2 2
Fe O 、SO 、As O ，CuO、SiO 热稳定性强不发生变化，加入硫酸酸浸，生成Fe (SO ) 、CuSO ，
2 3 2 2 3 2 2 4 3 4
As O 、Au、SiO 不与硫酸反应，As O 微溶于水，进入溶液中，Au、SiO 形成滤渣；滤液加入NaOH，
2 3 2 2 3 2
生成AsO-和Fe(OH) 沉淀、Cu(OH) 沉淀(滤渣2)，加入H O 生成AsO3-，加入Ca(OH) 沉砷生成
2 3 2 2 2 4 2
Ca 3 (AsO 4 ) 2 ；滤渣加入Fe3+和SC(NH 2 ) 2 浸金，Au被氧化并与硫脲形成配合物含Au SCNH 2   2  +，进入 2
溶液，SiO 仍为固体，得到浸金液和滤渣3(SiO )，加入Al除铁后沉金得到Au。
2 2【详解】(1)铜是29号元素，为第四周期IB族元素，价层电子排布式为3d104s1。
(2)结合信息，FeAsS转化为两种有毒物质和一种红棕色固体，则生成物为As O 、SO 和Fe O ，该反应
2 3 2 2 3
2FeAsS+5O 高温Fe O +As O +2SO
的化学方程式为 2 2 3 2 3 2。
¯
¯
(3)结合信息，硫脲 SCNH 2
37
  2  在碱性条件下易发生水解，同时与碱反应生成S2-，在碱性条件下：①硫
脲易水解，加大硫脲消耗量；②Fe3+转化为沉淀；③Au+和S2-生成Au S沉淀；S的原子半径更大，电负
2
性更小，更易提供孤电子对形成配位键，因此与Au+配位的原子是S而不是N。
(4)滤液中的Fe3+、Cu2+在“碱浸”时生成FeOH  、CuOH
3
 沉淀，故“滤渣2”的主要成分是
2
FeOH  、CuOH 3  ；结合信息，“砷氧化”时含砷微粒转化的离子方程式为AsO-+H O +2OH-= 2 2 2 2
AsO3-+2H O。
4 2
(5)温度升高，CaOH 
2
溶解度减小，Ca2+浓度减小，生成的Ca 3AsO
4
 沉淀减少，导致溶液中砷的去
2
除率降低；为保证AsO3-完全沉淀且无CaOH
4
 析出，当AsO3-沉淀时，c(AsO3-)=1.0×10-5mol/L，
2 4 4
K sp Ca 3AsO 4   2  =c3Ca2+  ⋅c2AsO3- 4  = 10-19，解得cCa2+  =10-3 mol⋅L-1，K sp CaOH   2  =
cCa2+  ⋅c2OH-  =10-6，解得c(OH )=10-1.5mol/L，K w =cH+
⁻
 ⋅cOH-  =10-14，则c(H )=
10-12.5mol/L，此时pH=12.5，故“沉砷”时溶液的pH应不大于12.5。
⁺
22.(2026·西藏拉萨·二模)草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料，一种利用含钴废料(主要成分Co O ，含少
2 3
量Fe O 、Al O 、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC O 的工艺流程如下：
2 3 2 3 2 4
已知：K spCaF 2  =5.3×10-9，K spMgF 2  =5.1×10-11。
回答下列问题：
(1)“550℃焙烧”是为了除去 。
(2)“碱浸”时NaOH稍过量，浸出液的主要成分是 。
(3)“浸钴”时先加入稀硫酸酸化，再加入Na SO ，而不是同时加入两种试剂，这样做的目的是 ，钴
2 3
离子发生转化的离子方程式为 。
(4)“净化除杂1”时，先 (填“少量多次”或“足量”)的加入H 2 O 2 ，再调节pH使FeOH  沉淀。 3
(5)“净化除杂2”时先沉淀的离子为 。
(6)CoC O 隔绝空气加热分解后得到Co O ，晶胞如图所示，晶胞中Co的配位数为 。
2 4 x y
【答案】(1)碳及有机物
(2)Na AlOH  
4
(3) 防止Na SO 生成SO 导致还原效率降低，污染环境 2Co3++SO2-+H O=SO2-+2Co2+
2 3 2 3 2 4
+2H+
(4)少量多次
(5)Mg2+
(6)6
【分析】550℃焙烧含钴废料(主要成分为Co O ，含少量Fe O 、Al O 、CaO、MgO、碳及有机物等)除去
2 3 2 3 2 3
碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，其中Al O 溶解生成Na[Al(OH) ]，Co O 、Fe O 、CaO、MgO不溶，
2 3 4 2 3 2 3
过滤，则浸出液的主要为Na[Al(OH) ]，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na SO 将Co3+、
4 2 3
Fe3+还原为Co2+、Fe2+，得到含Co2+、Fe2+、Mg2+硫酸盐溶液，CaSO 微溶于水，溶液中还存在少量
4
Ca2+，部分CaSO 作为浸渣分离除去，在40~50℃加入H O ，将Fe2+氧化为Fe3+，再使Fe3+转化成
4 2 2
Fe(OH) 沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，加入NaF溶液除去钙、镁，过滤后，滤液中主
3
要含有Co2+，加入草酸铵溶液得到草酸钴。
【详解】(1)含钴废料中含碳和有机物，550℃焙烧时，碳燃烧生成CO 、有机物灼烧分解，可除去二者。
2
(2)废料中Al O ​是两性氧化物，与过量NaOH反应生成可溶性Na[Al(OH) ]，因此浸出液主要成分为
2 3 4
Na[Al(OH) ]。
4
(3)Na SO ​可与酸反应生成SO ，若同时加入稀硫酸和Na SO ，Na SO ​会分解逸出SO ，污染环境，同时
2 3 2 2 3 2 3 2
降低还原Co3+的效率；Co O ​中+3价Co被SO2-​还原为+2价Co，SO2-​被氧化为SO2-​，离子方程式
2 3 3 3 4
为2Co3++SO2-+H O=SO2-+2Co2++2H+。
3 2 4
(4)H O ​不稳定，易分解，少量多次加入可减少H O ​分解，保证将Fe2+完全氧化为Fe3+，提高利用率。
2 2 2 2
(5)CaF 和MgF 是同类型难溶电解质，K ​越小，溶解度越小，K (MgF)<K (CaF)，因此Mg2+先沉
2 2 sp sp 2 sp 2
淀。
(6)该晶胞为类似氯化钠的结构，任意Co原子周围距离最近且相等的O原子共6个，因此Co的配位数
为6。
23.(2026·吉林长春·二模)氟碳铈矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为RFCO [R代表钇(Y)、镧(La)、铈
3
(Ce)]，常伴生有Fe、Al、Mg等杂质。一种以氟碳铈矿综合回收Y、La、Ce的工艺路线如下：
已知：①稀土氧化物(R O )可溶于稀盐酸，CeO 不溶。
2 3 2
②常温下各种金属离子完全沉淀的pH如下表：
Mg2+ La3+ Y3+ Fe3+ Al3+
pH 11.6 9.0 8.3 3.2 4.7
c(X ) n(X )
③溶质X的萃取分配系数K(X)= 有机相 平衡时 ；萃取率E(X)= 有机相 ×100%。
c(X ) n(X )+n(X )
水相 平衡时 有机相 水相
回答下列问题：
(1)氟碳铈矿中伴生的Al是第 周期第 族元素。
(2)CeFCO 在空气中焙烧第一步转化为CeO 和CeF，CeF 再转化为CeO ，第一步转化的化学方程式
3 2 4 4 2
38为 。
(3)滤渣1中主要成分除了Fe(OH) 外还有 (填化学式)。
3
(4)滤液2中的金属离子主要为 (填离子符号)。
萃取
(5)“萃取”和“反萃取”过程可简化为：La3+(水相)+3H 2 A 2 (有机相) ⇌ LaHA 2
反萃取
39
 (有机相)+3H+(水 3
相)，其中H A 代表P507。
2 2
①该过程属于 (填“阳离子交换”或“阴离子交换”)萃取。
②若水相为100mL，萃取时每次用30mL P507。已知KLa3+  =10，则理论上第一次萃取时ELa3+ 
的最大值为 (忽略萃取过程中液体体积的变化)。
③“反萃取”过程中加入的试剂是 。
(6)焙烧得到疏松的YO 固体的原因是 。
2 3
【答案】(1) 三 ⅢA

4CeFCO +O 高温3CeO +CeF+
(2) 3 2 2 4 4CO
2
(3)Al(OH) 、CeO
3 2
(4)Mg2+
(5) 阳离子交换 75% 盐酸(HCl)
(6)Y 2C 2 O 4  受热分解产生大量的CO 和CO气体，逸出的过程中导致产物YO 疏松 3 2 2 3
【分析】该工艺以氟碳铈矿为原料，先氧化焙烧将稀土转化为氧化物，再经稀盐酸浸出、调pH除去Fe3+、
Al3+杂质和不溶的CeO ，得到含Y3+、La3+、Mg2+的滤液1，滤液1之后经草酸沉淀、焙烧、稀盐酸酸浸
2
后，通过萃取法分离Y和La，水相沉钇后焙烧得到YO ，有机相反萃取得到LaCl ，实现了钇、镧、铈的综
2 3 3
合回收。
【详解】(1)Al的原子序数为13，核外电子层为3层，最外层3个电子，位于周期表第三周期第ⅢA族。
(2)CeFCO 中Ce为+3价，焙烧被O 氧化为+4价，根据原子守恒、电子守恒配平得
3 2

4CeFCO +O 高温3CeO +CeF+4CO
3 2 2 4 2 。
(3)已知Al3+完全沉淀pH=4.7，调节pH=5.0时Al3+完全沉淀为Al(OH) ；且CeO 不溶于稀盐酸，因
3 2
此滤渣1还含这两种物质。
(4) 调pH除去Fe3+、Al3+、CeO 后，滤液1中剩余Y3+、La3+、Mg2+；加入H C O 后Y3+、La3+沉淀为草
2 2 2 4
酸盐，Mg2+留在滤液2中。
(5)①该过程水相中的La3+(阳离子)进入有机相，有机相交换出H+(阳离子)进入水相，属于阳离子交换
萃取。
②设n (La3+)=n，平衡时n La3+
总 水
 =x，n La3+
有

c
=n-x，V =100mL，V =30mL，根据K= 有
水 有 c
水
n-x
30 3 3n/4
= =10，解得n-x= n，E= ×100%=75%。
x 4 n
100
③ 反萃取需要使平衡左移，增大c(H+)即可，且产物为LaCl ，加入稀盐酸不引入杂质。
3
(6)草酸钇焙烧分解生成YO ，同时放出大量CO、CO 气体，气体逸出后固体形成疏松结构。
2 3 2
24.(2026·江苏南通·二模)电解锰渣(主要成分为MnO 、PbSO 和少量SiO )提取PbSO 的工艺流程如下：
2 4 2 4(1)写出一种降低浸出液中PbSO 含量的有效措施 。
4
(2)“还原酸浸”时，发生反应的离子方程式为 。
(3)用一定浓度的CH 3 COONH 4 溶液浸出铅元素的反应为PbSO 4 +CH 3 COO-⇌CH 3 COOPb
40
 ++
SO2-。从平衡常数的角度解释不用CH COOH溶液浸取PbSO 的原因是 。
4 3 4
已知：①K aCH 3 COOH  =10-4.7；K spPbSO 4  =10-7.6；
②Pb2++CH 3 COO-⇌CH 3 COOPb  + K=102.5。
(4)以PbSO 、Na Cr O 和NaOH为原料 ，混合后进行沉淀转化制得PbCrO 。已知：PbCrO 的产率随
4 2 2 7 4 4
pH的变化如图-1所示。制备PbCrO 时，控制pH约为8的原因是 。
4
(5)PbO 受热分解为Pb(Ⅳ)和Pb(Ⅱ)的混合氧化物，Pb(Ⅳ)能氧化浓盐酸生成Cl 。现将1molPbO 加
2 2 2
热分解得到O ，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl 。生成的O 和Cl 的体积比为2：1(相同状况
2 2 2 2
下)。计算剩余固体中Pb、O原子个数比 。(写出计算过程)。
(6)铅的某氧化物的晶胞结构如图-2所示：
用“ ”和“ ”画出该晶胞沿z坐标轴方向的投影图 。
【答案】(1)增大H SO 浓度
2 4
(2)MnO +PbS+4H++SO2-=Mn2++PbSO +S+2H O
2 4 4 2
(3)PbSO 4 +CH 3 COOH⇌CH 3 COOPb  ++SO2-+H+ K=10-7.6×10-4.7×102.5=10-9.8平衡常数很 4
小，因此不用CH COOH溶液浸取PbSO
3 4
(4)pH小于8时，不利于Na Cr O 转化为Na CrO ；pH大于8时生成Pb(OH) 沉淀
2 2 7 2 4 2(5)2PbO 2 =2PbO+O 2 ↑剩余固体含PbO 2 ，由得失电子守恒有nPbO 2
41
 =nCl 2  ，又nO 2  :nCl 2  =2:
1，则剩余固体中n(PbO):nPbO 2  =4:1，故剩余固体中N(Pb)、N(O)=5:6
(6)
【分析】电解锰渣主要成分为MnO 、PbSO 和少量SiO 。电解锰渣加硫酸、PbS“还原酸浸”时，MnO
2 4 2 2
被还原为硫酸锰，PbS被氧化为S单质，过滤，浸出液中含硫酸锰，浸渣用一定浓度的CH COONH 溶液
3 4
发生反应PbSO 4 +CH 3 COO-⇌CH 3 COOPb  ++SO2-浸出铅元素。 4
【详解】(1)增大硫酸根离子浓度，能使PbSO s 4  ⇌Pb2+aq  +SO2-aq 4  逆向移动，所以增大H SO 浓 2 4
度，可以降低浸出液中PbSO 含量；
4
(2)“还原酸浸”时，MnO 被PbS还原为硫酸锰，PbS被氧化为S单质，发生反应的离子方程式为MnO
2 2
+PbS+4H++SO2-=Mn2++PbSO +S+2H O；
4 4 2
(3)PbSO 4 +CH 3 COOH⇌CH 3 COOPb  cSO2- ++SO2-+H+，K= 4 4  c CH 3 COOPb  +   cH+ 
cCH 3 COOH 
=
cSO2- 4  cPb2+  c CH 3 COOPb  +   cH+  cCH 3 COO- 
cCH 3 COO-  cCH 3 COOH  cPb2+ 
=102.5×10-7.6×10-4.7=10-9.8，平衡常数很小，
所以不用CH COOH溶液浸取PbSO 。
3 4
(4)pH小于8时，Cr O2-+H O⇌2CrO2-+2H+逆向移动，不利于Na Cr O 转化为Na CrO ；pH大于
2 7 2 4 2 2 7 2 4
8时生成Pb(OH) 沉淀，所以制备PbCrO 时，控制pH约为8。
2 4
(5)2PbO 2 =2PbO+O 2 ↑，剩余固体含PbO 2 ，nO 2  :nCl 2  =2:1，n(PbO 剩余)=n(Cl )，可得 n(PbO): 2 2
n(PbO 剩余)=4:1。则剩余固体中 n(Pb)=n(PbO)+n(PbO 剩余)=4+1=5，n(O)=n(PbO)+
2 2
2n(PbO 剩余)=4×1+1×2=6，故原子个数比 N(Pb):N(O)=5:6。
2
(6)
1 1
“ ”位于面对角线的 处和过体心的面对角线的 处呈交叉排布，“ ”位于顶点和体心，
4 4
该晶胞沿z坐标轴方向的投影图为 。
25.(2026·广西崇左·二模)钛广泛应用于航空航天、医疗和汽车制造等领域。以高钛炉渣(主要成分为
TiO ，还含有Al O 、Fe O 、MgO及SiO )为原料制备钛的工艺流程如图所示。回答下列问题：
2 2 3 2 3 2
已知：①滤液1中主要含Fe3+、Al3+、Mg2+；滤液2中主要含TiO2+。
②几种金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示。金属离子 Fe3+ Al3+ Mg2+
开始沉淀时的pH 2.2 3.4 8.9
完全沉淀时的pH 2.8 4.7 10.9
③金属离子完全沉淀的条件是cMn+
42
 ≤1.0×10-5mol⋅L-1。
(1)基态Fe3+的价层电子排布图为 ，Ti位于元素周期表 区。
(2)相对于冷水，“浸取”时选择热水的优点是 。
(3)“煮沸”后期，常加入少量氨水，其目的是 。
(4)“氯化”时，发生反应的TiO 、C和Cl 的物质的量之比为 。
2 2
(5)利用滤渣3制备高纯度铁红的操作是 (简述操作过程)。
(6)“操作A”是加入SOCl 、共热，写出总反应的化学方程式； 。
2
(7)“电解”时，阳极的电极反应式为 。
【答案】(1) d
(2)浸取速率较大
(3)促进TiO2+水解平衡正向移动，提高水解率
(4)1:2:2
(5)将滤渣3溶于足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧

MgCl ⋅6H O+6SOCl 高温MgCl +6SO ↑+12HCl↑
(6) 2 2 2 2 2
(7)2Cl--2e-=Cl ↑
2
【分析】本题为工艺流程题，向高钛炉渣(主要成分为TiO ，还含有Al O 、Fe O 、MgO及SiO )中加入
2 2 3 2 3 2
硫酸铵进行焙烧将Al O 、Fe O 、MgO分别转化为Al (SO ) 、Fe (SO ) 、MgSO ，TiO 、SiO 不反应，
2 3 2 3 2 4 3 2 4 3 4 2 2
加入热水进行浸取，过滤得到滤液1主要含Fe3+、Al3+、Mg2+和滤渣1主要含TiO 、SiO ，向滤渣1中加
2 2
入硫酸进行酸浸将TiO 转化为TiOSO ，过滤得到滤渣2为SiO ，向滤液2进行煮沸得到TiO ·xH O，
2 4 2 2 2
加热TiO ·xH O得到粗TiO ，将粗TiO 加入过量的焦炭并通入Cl 进行氯化得到TiCl ，滤液1加入试
2 2 2 2 2 4
剂a调节pH将Al3+、Fe3+转化为沉淀过滤除去，即滤渣3为Al(OH) 、Fe(OH) ，向滤液中加入石灰乳
3 3
进行沉镁得到Mg(OH) ，加入稀盐酸转化为MgCl 溶液，蒸发浓缩、冷却结晶后得到MgCl ·6H O，在
2 2 2 2
HCl的气流中加热MgCl ·6H O即可得到无水MgCl ，电解熔融的MgCl 得到Mg，用Mg还原TiCl 得
2 2 2 2 4
到Ti，据此分析解题。
【详解】(1)
已知Fe是26号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，故基态Fe3+的价层电子排布图为
，Ti是22号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，则Ti位于元素周
期表d区，故答案为： ；d；
(2)由分析可知，相对于冷水，“浸取”时选择热水的可以增大Al (SO ) 、Fe (SO ) 、MgSO 的溶解度和
2 4 3 2 4 3 4
浸取速率，即选用热水的优点是浸取速率较大；
(3)由分析可知，“煮沸”的目的是将TiOSO 充分水解转化为TiO 和H SO ，则“煮沸”后期，常加入少量
4 2 2 4氨水，可以中和H SO ，使水解平衡正向移动，则其目的是促进TiO2+水解平衡正向移动，提高水解率；
2 4
(4)由分析可知，“氯化”时，将粗TiO 加入过量的焦炭并通入Cl 进行氯化得到TiCl 、CO，该反应方程
2 2 4

高温
式为：TiO +2Cl +2C TiCl +2CO，即发生反应的TiO 、C和Cl 的物质的量之比为1:2:2；
2 2 4 2 2
(5)由分析可知，滤渣3为Al(OH) 、Fe(OH) ，利用Al(OH) 能溶于NaOH溶液，过滤得到Fe(OH) ，加
3 3 3 3
热Fe(OH) 即可得到铁红，即利用滤渣3制备高纯度铁红的操作是将滤渣3溶于足量NaOH溶液，过
3
滤、洗涤、灼烧；
(6)SOCl 水解得到SO 、HCl等，HCl抑制Mg2+水解，故“操作A”是加入SOCl 、共热，故总反应的化学
2 2 2

MgCl ⋅6H O+6SOCl 高温MgCl +6SO ↑+12HCl↑
方程式为： 2 2 2 2 2 ；
(7)由分析可知，“电解”时是电解熔融的MgCl ，阳极发生氧化反应，则阳极的电极反应式为2Cl--2e-
2
=Cl ↑。
2
26.(2026·甘肃酒泉·二模)钴是重要的战略性金属。从炼锌钴渣(含ZnO、CoO、CuO、FeO、Fe O 、SiO )
2 3 2
中回收钴的工艺流程如图所示。
已知：相关物质的溶度积常数如下表。
物质 Fe(OH) Co(OH) Zn(OH) Co(OH) Cu(OH) Fe(OH)
3 3 2 2 2 2
K 2.8×10-39 1.6×10-44 1.2×10-17 5.9×10-15 2.2×10-30 4.9×10-17
sp
回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”速率，可以采取的措施有 (写出1条即可)。
(2)“滤渣2”的主要成分是 (填化学式)。
(3)检验CoOH
43
 沉淀是否洗涤干净的操作是 。
3
(4)“还原酸溶”中发生反应的离子方程式为 。
(5)工业上可通过电解CoSO 溶液制备金属钴的同时，可获得较浓的硫酸，电解装置如图所示，则阳极的
4
电极反应式为 ；当电极上有1mol Co生成时，获得硫酸的物质的量为 mol。
(6)从“溶液1”中可回收锌元素，并制备用途广泛的ZnF。已知ZnF 的晶胞结构及其在xy面投影如图
2 2
所示。①基态Zn的价电子排布式为 。
②设N 为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度为 gcm3。
A
【答案】(1)将炼锌钴渣粉碎，适当升高温度，适当提高硫酸浓度，搅拌等(任选一条即可)
(2)FeOH
44
 、CaSO
3 4
(3)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl 溶液，若无白色沉淀生成，说明已洗涤干净
2
(4)2CoOH  +SO2-+4H+=2Co2++SO2-+5H O 3 3 4 2
(5) 2H O-4e-=O ↑+4H+ 1
2 2
2.06×1023
(6) 3d104s2
N ⋅a2c
A
【分析】先将处理后的渣料酸浸，分离出难溶于酸的SiO ，再用H O 溶液处理，将铁元素都转化为+3价，
2 2 2
通过调pH先将铁元素转化为FeOH  除去，再加入氧化性较强的NaClO，将钴元素转化为CoOH
3
 ，
3
再加入还原剂Na 2 SO 3 将钴元素还原为+2价，最后加入NH 4  CO 合成目标产物，据此解答。 2 3
【详解】(1)提高“酸浸”速率，可以采取的措施有：将炼锌钴渣粉碎(或适当升高温度、搅拌、适当提高硫酸
的浓度等)。
(2)酸浸液中含有Zn2+、Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、SO2-等离子，“氧化”步骤的作用是将Fe2+氧化为
4
Fe3+，以便在后续调pH时除去铁元素；溶液中含有过量硫酸，因此“滤渣2”中除FeOH  外，还有微溶
3
物CaSO 。
4
(3)沉淀表面会吸附SO2-等杂质离子，取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl 溶液，若无白色沉淀
4 2
生成，说明已洗涤干净。
(4)SO2 3 -作为还原剂，将CoOH  还原为Co2+，自身被氧化为SO2-，在酸性条件下反应的离子方程式为 3 4
2CoOH  +SO2-+4H+=2Co2++SO2-+5H O。 3 3 4 2
(5)通过题图示中的较浓硫酸可知，阳极为惰性电极，阳极的电极反应式为2H O-4e-=O ↑+4H+，阴
2 2
极的电极反应为Co2++2e-=Co，当电极上有1mol Co生成时，转移2mol电子，会转移1 mol SO2-
4
来平衡电荷，生成1mol硫酸。
(6)①Zn为第四周期第ⅡB族元素，原子序数为30，基态Zn的价电子排布式为3d104s2。
1 1
②晶胞中Zn位于顶角和体心，个数为8× +1=2；F位于面心和体内，个数为4× +2=4。晶胞
8 2
2×65+19×2
的体积为V=a2c×10-21cm3，晶胞的质量为m=
 206 m
g= g，晶胞的密度为ρ= =
N N V
A A
2.06
×1023g·cm-3。
N a2c
A
27.(2026·广东茂名·二模)某废旧线路板中富集了大量金属元素：Au、Cu、Sn、Pb，一种处理的工艺流程如
下所示。已知：①25℃时，K sp SnOH
45
  2  =1.4×10-28；K sp CuOH   2  =2.2×10-20。
②PbCl 溶解度随温度变化如图所示：
2
回答下列问题：
反应Ⅰ 反应Ⅱ
(1)“加热浸出”时，发生转化：Pb → PbCl → PbCl2-
2 4
浓盐酸 浓盐酸
①反应Ⅱ的离子方程式为 。
+ ⇌PbCl2- ΔH>0
4
②75℃时Sn、Pb浸出率达到最大值，继续升温，Pb的浸出率反而略有下降，原因是 。
③下列说法正确的有 。
A. Na PbCl 中只存在离子键 B.“系列操作”为蒸发结晶、过滤
2 4
C. 加少量水稀释浸出液，有利于析出PbCl D. 加热浸出时加入NaCl能提高Pb的浸出率
2
(2)“溶铜”时，Cu参与反应的化学方程式为 ，利用浓缩后的“溶出液”可给磨具镀铜，在答题卡中
完善电镀的装置示意图并作相应的标注 。
(3)“萃取”时，原理为R(N1923)+H++AuCl 4 
萃取
- ⇌ RHAuCl ，“反萃取”后，水溶液中含Na SO 和 4 2 4
反萃取
Na 3 AuSO 3   2  ，则试剂A为 (写化学式)。
(4)“系列操作”后，再调pH沉锡，若滤液中Sn2+、Cu2+离子浓度分别为0.034mol⋅L-1，0.022mol⋅L-1，
cSn2+
当Cu2+开始沉淀时

cCu2+ 
≈ (保留2位有效数字)。
(5)在Cu-Au合金中掺杂Pd得到高催化性能的合金，其立方晶胞结构如图，相邻原子间的最近距离之
比d :d :d =1: 2: 2，晶体中与Cu原子最近且等距离的Au原子数目为 ，粒子个数
Cu-Cu Au-Au Pd-Pd最简比Cu:Au:Pd= 。
【答案】(1) PbCl 2 +2Cl-⇌PbCl2 4 - 75℃时继续升温，HCl挥发，cCl-
46
 降低，使得PbCl 2s 
+2Cl-aq  ⇌PbCl 4  2- aq  平衡逆向移动，Pb的浸出率降低 CD
(2) Cu+H SO +H O =CuSO +2H O
2 4 2 2 4 2
(3)Na SO
2 3
(4)6.4×10-9
(5) 4 2:1:1
【分析】该工艺流程以富集了Au、Cu、Sn、Pb的废旧线路板为原料，经浓盐酸加热浸出后，浸出液经系
列操作分离得到PbCl ，滤液可进一步制备SnO ，浸出渣经稀硫酸与过氧化氢溶铜，所得溶出液用磨于
2 2
模具镀铜，剩余溶出渣溶金后，经萃取、反萃取、NaBH 还原得到金单质，实现废旧线路板中有价金属的
4
分离回收。
【详解】(1)①反应II为PbCl 与Cl-形成PbCl2-，离子方程式为PbCl +2Cl-⇌PbCl2-；
2 4 2 4
②温度升高，浓盐酸中HCl挥发，溶液中c(Cl-)降低，反应Ⅱ平衡逆向移动，Pb转化为PbCl 析出，因此
2
浸出率下降；
③A．Na PbCl ​中络离子PbCl2-​内部存在配位共价键，不只含离子键，A错误；
2 4 4
B．PbCl 溶解度随温度升高而增大，应降温结晶，蒸发结晶无法析出大量PbCl ，B错误；
2 2
C．稀释浸出液，c(Cl-)降低，反应Ⅱ​平衡左移，利于析出PbCl ，C正确；
2
D．加入NaCl增大c(Cl-)，平衡右移，促进Pb浸出，提高浸出率，D正确；
故选CD。
(2)“溶铜”时Cu与被过氧化氢氧化为Cu2+，化学方程式为Cu+H O +H SO =CuSO +2H O；电镀
2 2 2 4 4 2
镀铜时，镀层金属作阳极，待镀件作阴极，电解液含镀层金属离子，则装置示意图为
。
(3)反萃取产物为Na SO ​和Na [Au(SO ) ]，需要提供Na+和SO2-，故试剂A为Na SO 。
2 4 3 3 2 3 2 3
K [Sn(OH)]
sp 2
(4)同一溶液中c(OH-)相同，因此 c(Sn2+) = c2(OH-) = K sp [Sn(OH) 2 ] = 1.4×10-28 ≈6.4×
c(Cu2+) K [Cu(OH)] K [Cu(OH) ] 2.2×10-20
sp 2 sp 2
c2(OH-)
10-9。2 2 1
(5)如图所示，灰、白、黑球的相邻原子间的最近距离分别为 anm、 anm、 anm，根据相邻原子
2 2 2
间的最近距离之比d :d :d =1: 2: 2可知黑球分别为Cu，灰球和白球均可能为Au和Pd，
Cu-Cu Au-Au Pd-Pd
Cu位于4个黑球和4个白球中心，则晶体中与Cu原子最近且等距离的Au原子数目为4；根据均摊法，
1 1
一个晶胞中Cu位于内部，个数为8，灰球位于顶点和面心，个数为8× +6× =4，白球位于内部和
8 2
1
棱心，个数为1+12× =4，白球和灰球个数相等，即Au和Pd的个数相等，因此粒子个数最简比Cu:
4
Au:Pd=8:4:4=2:1:1。
28.(2026·广东深圳·二模)从钕铁硼废渣(主要含有Nd、Fe、B、Co的单质和SiO )中回收钕和钴的流程如
2
图所示。
已知：①B难溶于非氧化性酸；②氧化性：Co3+>H O ；③P507(用HR表示)萃取稀土离子的原理为：
2 2
3HR+Nd3+⇌NdR 3 +3H+；④常温下，K sp Nd 2C 2 O 4
47
  3  =2.7×10-21，K a1H 2 C 2 O 4  =5×10-2，
K a2H 2 C 2 O 4  =1×10-4，离子浓度达到10-5mol/L可视为沉淀完全。
(1)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。
(2)“氧化”后Fe3+主要以 FeCl 4  -的形式存在，加入N503进行萃取。N503先与H+结合生成
nN503⋅H  +，再将 FeCl 4  -转移到有机相。从微粒间相互作用的角度判断 FeCl 4  -与 nN503⋅H  +的
相互作用 (填“强于”、“弱于”或“等于”)FeCl
4 
-与H+的相互作用。
(3)“有机相2”可在 (填操作单元名称)中循环利用。
(4)“沉钕”的离子方程式为 ；若Nd3+恰好沉淀完全时，溶液pH=2，此时溶液中cH 2 C 2 O 4  =
mol/L。
(5)CoCO 在500℃、不同条件下获得的煅烧产物的X射线衍射谱图如图所示(不同晶态物质出现衍射峰
3
的衍射角不同)。实验证明，CoCO 在空气中分解时发生了两步反应，第二步反应的化学方程式为：
3
。(6)Co O 的晶胞由边长均为apm的立方体结构单元A和B交替并置组成。
m n
①该立方晶胞的体积为 pm3。
②Co2+的配位数是 。
③m:n= 。
【答案】(1)B、SiO
2
(2)强于
(3)萃取2
(4) 2Nd3++3H 2 C 2 O 4 =Nd 2C 2 O 4
48
 ↓+6H+ 6×10-3 3

6CoO+O 500℃2Co O
(5) 2 3 4
(6) 8a3 4 3：4
【分析】钕铁硼废渣(含Nd、Fe、B、Co单质和SiO )加浓盐酸浸出，活泼金属Nd、Fe、Co反应生成氯化
2
物进入溶液，不与浓盐酸反应的B、SiO 成为滤渣；加H O 将Fe2+氧化为Fe3+，经N503萃取除去Fe；
2 2 2
中和后，用P507萃取Nd3+，Co2+留在水相；有机相加浓盐酸反萃取，Nd3+进入水相，有机萃取剂可循
环；水相加草酸沉钕，煅烧得到Nd O ，含Co2+的水相加碳酸钠沉钴得到CoCO 。
2 3 3
【详解】(1)B难溶于非氧化性酸，SiO 不与浓盐酸反应，二者都留在滤渣中；
2
(2) [nN503⋅H]+能将[FeCl ]-转移到有机相，说明二者更易结合，相互作用更强；
4
(3)反萃取后得到的有机相2是萃取剂P507，回到萃取2步骤循环使用；
(4)沉钕时Nd3+与H C O 反应生成Nd (C O ) 沉淀，离子方程式为2Nd3++3H C O =Nd (C O ) ↓
2 2 4 2 2 4 3 2 2 4 2 2 4 3
+6H+；Nd3+沉淀完全时c(Nd3+)=10-5mol/L，由K [Nd (C O ) ]=c2(Nd3+)⋅c3(C O2-)=2.7×10-21，
sp 2 2 4 3 2 4c2(H+)⋅c(C O2-)
得c(C O2-)=3×10-4mol/L。pH=2时c(H+)=10-2mol/L，由K ⋅K = 2 4 ，代入数据
2 4 a1 a2
c(H C O )
2 2 4
得c(H C O )=6×10-3mol/L；
2 2 4
(5)由XRD谱图可知，氩气中煅烧CoCO 产物为CoO，空气中第一步分解生成CoO，第二步CoO被氧
3

6CoO+O 500℃2Co O
气氧化为Co O ，方程式为 2 3 4；
3 4
(6) ① 晶胞由边长为apm的A、B交替并置，因此整个大晶胞的边长为2apm，体积为(2a)3=8a3pm3；
② 观察A结构单元，Co2+周围最近的O2-数目为4，即配位数为4；
③晶胞由边长为apm的A、B交替并置，故该立方晶胞由4个A结构单元和4个B结构单元组成，所有
O2-都在A、B的立方体内部，完全属于该晶胞：A中有4个O2-，B中有4个O2-，因此晶胞中总O2-数
目N(O2-)=4×(4+4)=32，即总O数目n=32。所有Co3+在B立方体的内部，完全属于该晶胞，共4
个，因此晶胞中总Co3+数目N(Co3+)=4×4=16，根据电荷守恒2NCo2+
49
 +3NCo3+  =2NO2-  知，
2×32-3×16
晶胞中总Co2+数目，N(Co2+)= =8。总Co的数目m=N(Co2+)+N(Co3+)=8+16=
2
24，总O数目n=8，因此 m:n=24:32=3:4。
29.(2026·安徽滁州·二模)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO 、FeS和CuCl)中的Zn、Pb、
4
Cu元素。
已知：①“氧化浸出”时，PbSO 4 不发生变化，ZnS转变为 ZnNH 3   4  2+；
②K spPb(OH) 2  =10-14.8；K (ZnS)=1.6×10-24； sp
③酒石酸结构简式为HOOC(CHOH) COOH(记作H A)。
2 2
回答下列问题：
(1)Pb位于元素周期表第六周期第ⅣA族，基态Pb原子价电子排布图为 。
(2)“氧化浸出”时，温度不能过高的原因为 。
(3)“氧化浸出”时，ZnS发生反应的化学方程式为 。
(4)“沉锌”步骤中 ZnNH 3   4  2+发生反应的离子方程式为 。
(5)滤渣1的主要成分有S、PbSO 和 (填化学式)。
4
(6)“浸铅”步骤，PbSO 和Na A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ，pH
4 2
过高可能生成 (填化学式)。
(7)制备光学材料。如图所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区
域，光照下发出特定波长的光。区域A带 (填“正电”或“负电”)。
【答案】(1)
(2)温度过高时，NH ⋅H O分解生成NH 逸出(过二硫酸铵分解，造成浸出率减小等)
3 2 3
(3)NH 4
50
 2 S 2 O 8 +ZnS+4NH 3 = ZnNH 3   4  SO +NH 4 4  SO +S(或NH 2 4 4  S O +ZnS+4NH ⋅H O 2 2 8 3 2
= ZnNH 3   4  SO +NH 4 4  SO +S+4H O) 2 4 2
(4) ZnNH 3   4  2++S2-+4H O=ZnS↓+4NH ⋅H O 2 3 2
(5)Fe(OH)
3
(6) pH升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H O⇌HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡
2
PbSO +A2-⇌PbA+SO2-正向移动，PbA产率增大 Pb(OH)
4 4 2
(7)正电
【分析】氧化浸出：废渣中的ZnS、FeS、CuCl被氧化，Zn转化为[Zn(NH ) ]2+进入溶液，而PbSO 不
3 4 4
溶，形成滤渣1。除铜：向滤液中加入Zn，将Cu2+置换为Cu，同时保留[Zn(NH ) ]2+。沉锌：加入(NH )
3 4 4
S，使[Zn(NH ) ]2+转化为ZnS沉淀。浸铅：滤渣1中的PbSO 与酒石酸(H A)及Na A反应生成
2 3 4 4 2 2
PbA，而Fe元素以Fe(OH) 形式留在滤渣2中。真空热解：PbA分解为纯Pb及两种气态氧化物(CO
3
和H O)。
2
【详解】(1)
Pb是82号元素，其电子排布为[Xe]4f145d106s26p2。根据题目要求，只需写出价电子排布图。Pb的价电
子为6s26p2，排布图如下： 。
(2)在“氧化浸出”过程中，使用了(NH ) S O 和NH ·H O。温度过高会导致NH ·H O受热分解，NH 挥
4 2 2 8 3 2 3 2 3
发，导致溶液中NH 浓度降低，影响[Zn(NH ) ]2+的形成；(NH ) S O 在高温下可能分解，导致氧化能力
3 3 4 4 2 2 8
下降，影响浸出效果；
(3)根据已知①，ZnS在“氧化浸出”中转化为[Zn(NH ) ]2+，S2-被氧化为S；氧化剂是(NH ) S O ，还原
3 4 4 2 2 8
产物为SO2-，结合NH ·H O提供NH ，可写出反应方程式：ZnS+(NH ) S O +4NH ⋅H O=[Zn(NH )
4 3 2 3 4 2 2 8 3 2 3
4 ]SO 4 +(NH 4 ) 2 SO 4 +S+4H 2 O或NH 4  2 S 2 O 8 +ZnS+4NH 3 = ZnNH 3   4  SO +NH 4 4  SO +S。 2 4
(4)“沉锌”是将[Zn(NH ) ]2+转化为ZnS沉淀。加入(NH ) S后，S2-与[Zn(NH ) ]2+反应生成ZnS。
3 4 4 2 3 4
离子方程式为：Zn(NH ) ]2++S2-+4H O=ZnS↓+4NH ⋅H O。
3 4 2 3 2
(5)在“氧化浸出”中：ZnS转化为[Zn(NH ) ]2+，S2-被氧化为S。FeS被氧化为Fe3+，在碱性条件下生
3 4
成Fe(OH) 沉淀。CuCl被氧化为Cu2+，进入溶液。PbSO 不参与反应，留在滤渣中。因此，滤渣1的
3 4
主要成分为S、PbSO 和Fe(OH) 。
4 3
(6)酒石酸H A是二元弱酸，A2-浓度受pH影响。pH升高时，A2-浓度增大(A2-+ H O ⇌ HA- +
2 2
OH-，pH升高使平衡左移)；根据反应：PbSO s
4
 +A2-⇌PbA+SO2-，A2-浓度增大，平衡右移，PbA
4
产率提高。pH过高时的副反应：当pH过高时，c(OH-)增大，溶液中的Pb2+会与OH-反应生成Pb(OH) 沉淀。
2
(7)首先，ZnS晶体中Zn2+和S2-按1:1排列。掺入CuCl后，Cu+替代Zn2+，Cl-替代S2-。由于Cu+(
+1)比Zn2+(+2)少一个正电荷，Cl-(-1)比S2-(-2)少一个负电荷，因此：区域B：Zn2+被Cu+取代，正
电荷减少，相当于带负电。区域A：S2-被Cl-取代，负电荷减少，相当于带正电。
30.(2026·内蒙古包头·二模)二氟草酸硼酸锂(LiBFC O ，分解温度为240°C)，在较宽的温度范围内具有良
2 2 4
好的离子电导率，对水分不敏感，被认为是最有希望取代六氟磷酸锂(LiPF，分解温度约200°C)的电解
6
质锂盐。由锂精矿(主要成分有LiAlSi O ，还含有少量Fe2+等离子)制备LiBFC O 的工艺流程如图所
2 6 2 2 4
示。
回答下列问题：
(1)调浆浸出时通入热空气的作用是 。
(2)锂精矿中所有的Al元素和Si元素，以某种铝硅酸盐(金属元素只有铝元素)从滤渣1中分离，该铝硅
酸盐的化学式可表示为 ，滤渣2的主要成分是CaSO 、CaCO 和 (填化学式)。
4 3
(3)分离提纯的步骤，将滤液蒸发浓缩，加入NaOH后，冷却到5-15°C分离出Na SO ⋅10H O。再将分
2 4 2
离后的母液 、 (填操作名称)，得到LiOH固体。
(4)一般认为BF 和Li C O 反应分两步进行，补齐第一步反应。
3 2 2 4
第一步： ；
第二步：BF +LiF=LiBF。
3 4
(5)BFC O-具有五元环结构，B原子的轨道杂化类型是sp3，其结构式可表示为 。
2 2 4
(6)在25°C潮湿环境中，LiBFC O 和LiPF 两种样品的XRD图谱(可用于判断某晶态物质是否存在，
2 2 4 6
不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如下图所示。
LiPF 暴露
6
在环境中迅速产生气体X，形成白雾，X由两种元素组成，其化学式为 ；LiBFC O 替代LiPF 作
2 2 4 6
电池电解质的优势为 (答出2点)。
【答案】(1)通入热空气，将Fe2+氧化为Fe3+，便于后期除去
51(2) Al O ·4SiO 或Al Si O Fe(OH)
2 3 2 2 4 11 3
(3) 蒸发结晶 趁热过滤
(4)BF +Li C O =LiBFC O +LiF
3 2 2 4 2 2 4
(5)
(6) HF LiBFC O 分解温度更高(热稳定性更好)；LiBFC O 对水分不敏感，在潮湿的环境
2 2 4 2 2 4
中更稳定
【分析】锂精矿(主要成分有LiAlSi O 还含有少量Fe2+等离子)，通入热空气，将Fe2+氧化，便于后期除
2 6
去；LiAlSi O 可改写为Li O·Al O ·4SiO ；所以滤渣1为Al O ·4SiO ，加入Ca(OH) 提供氢氧根离子，
2 6 2 2 3 2 2 3 2 2
使得Fe3+生成Fe(OH) 除去；然后加入NaOH生成LiOH，加入H C O 得到Li C O ；然后加入BF 和
3 2 2 2 2 2 2 3
有机溶剂DMC，经过除酸后得到LiBFC O 粗品；重结晶得到LiBFC O ；据此分析解题。
2 2 4 2 2 4
【详解】(1)热空气一方面提高体系温度，加速矿物浸出；另一方面空气中O 将原料中的Fe2+氧化为
2
Fe3+，方便后续调pH沉淀除去。
(2)2LiAlSi O 可改写为Li O⋅Al O ⋅4SiO ；根据题中信息可知，只有Li+浸出进入溶液，所以滤渣1为
2 6 2 2 3 2
Al O ·4SiO 或写为Al Si O ，加入Ca(OH) 提供氢氧根离子，使得Fe3+生成Fe(OH) 除去。
2 3 2 2 4 11 2 3
(3)分离出Na SO ⋅10H O后，母液中提取LiOH，经蒸发浓缩、趁热过滤可得到LiOH固体。
2 4 2
(4)根据原子守恒和第二步反应(消耗生成的LiF)，第一步得到目标产物LiBFC O ，配平后即得到反
2 2 4
应：BF +Li C O =LiBFC O +LiF。
3 2 2 4 2 2 4
(5)B为sp3杂化，共形成4个σ键，2个连接F，2个连接草酸根的两个氧，形成五元环结构，每个碳连接
一个双键氧，结构表示为 。
(6)LiPF 在潮湿环境水解，生成两种元素的气体HF，HF遇水蒸气形成白雾；根据题干信息和XRD图
6
谱，LiBFC O 分解温度更高(热稳定性更好)，且对水不敏感，潮湿空气中不易变质，这是其取代LiPF
2 2 4 6
的核心优势。
52