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第05 讲 工业流程题解题策略
目录
01 课标达标练
题型01 微型工艺流程与实验操作
题型02 微型工艺流程与实验评价
题型04 工艺流程中的原料预处理
题型03 工艺流程中的条件控制
题型04 工艺流程中的分离提纯
题型05 物质制备型工艺流程综合
题型06 物质分离提纯型工艺流程综合
02 核心突破练
03 真题溯源练
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01 微型工艺流程与实验操作
1．(2025·四川1 月8 省·联考)一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．物质X 常选用生石灰
B．工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁
C．“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+ Cl2=====MgCl2+CO
D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2
【答案】D
【解析 】海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X 使Mg2+转化为Mg(OH)2，
过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO 和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。A 项，物质X 的作用是
使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A
正确；B 项，Mg 是较活泼金属，工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，B 正确；C 项，由图可知“氯
化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C 在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气
体”为CO，反应方程式为MgO+C+ Cl2=====MgCl2+CO，C 正确；D 项，“煅烧”后得到MgO，MgO 和
盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl 会逸出，
MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D 错误；故选D。
2. (2025·四川仁寿一中·模拟)二氯二氨合钯（Pd2(NH3)2Cl2）是一种重要的化工原料，广泛应用于催化剂、
电子材料和精细化工产品中。工业上利用废钯催化剂（含Pd、Fe、Zn、Si 和C 等）制备Pd2(NH3)2Cl2的工
艺流程如下：
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焙烧时钯转化为氧化钯（PdO），下列说法错误的是
A. “焙烧”时，碳转化为CO2
B. “还原”时，PdO 被HCOOH 还原为Pd
C. “酸浸”所得的滤渣中含有Fe(OH)3
D. 配合物Pd2(NH3)2Cl2难溶于水
【答案】C
【解析】根据流程图可知，废钯催化剂中Pd、Fe、Zn、Si 和C 等，焙烧时钯转化为氧化钯(PdO)，则碳转
化为CO2，加入足量甲酸，PdO 被还原为Pd，加入足量王水，Pd 与其他杂质Fe、Zn 等在酸性条件下进行
浸出，进入滤液；钯溶解在酸中，加入足量氨水，生成Pd(NH3)2Cl2，据此分析解答。A．焙烧过程中，碳
被氧化为二氧化碳，A 正确；B．还原过程中，氧化钯被甲酸还原为金属钯，有利于钯的富集，B 正确；
C．因为王水具体强氧化性和酸性，滤渣中不可能含有氢氧化铁，C 错误；D．根据题意，Pd2(NH3)2Cl2是
一种重要的化工原料，广泛应用于催化剂、电子材料和精细化工产品中，应难溶于水，D 正确；故选C。
3. (2025·四川宜宾市三中·二模)溴苯可用于生产镇痛解热药和止咳药，其制备、纯化流程如图。下列说法
错误的是
A. “过滤”可除去未反应的铁粉
B. “除杂”使用饱和NaHSO3溶液可除去剩余的溴单质
C. “干燥”时可使用浓硫酸作为干燥剂
D. “蒸馏”的目的是分离苯和溴苯
【答案】C
【解析】A．苯与液溴反应后剩余铁粉，不溶于苯，“过滤”可除去未反应的铁粉，A 正确；B．NaHSO3
可与Br2发生氧化还原反应，故使用饱和NaHSO3溶液可除去剩余的溴单质，B 正确；C．水洗后须加入固
体干燥剂P2O5后蒸馏，不可用浓硫酸干燥剂，以防蒸馏过程发生副反应，C 错误；D．经过过滤、水洗、
干燥后得到的是苯和溴苯的混合物，故蒸馏的主要目的是分离苯和溴苯，D 正确； 故选C。
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02 微型工艺流程与实验评价
4. (2025·四川名校联盟·联考)以金红石（主要成分为TiO2）为原料制取海绵钛的工艺流程如图所示：
下列说法错误的是
A. 上述流程中可循环利用的物质只有Mg 和Cl2
B. 反应Ⅱ中通入氩气的作用是防止Mg、Ti 被空气中的O2氧化
C. 工业制备单质镁用MgCl2而不用MgO 的原因是MgO 的熔点高，耗能大
D. 高温下反应Ⅰ可生成一种可燃性气体，其化学方程式为
【答案】A
【解析】由流程可知，I 中发生
，II 中发生2Mg+TiCl4
2MgCl2+Ti，氩气可防止Mg、Ti 被氧化，分离出氯化镁电解生成Mg，海绵钛中常混有少量杂质为Mg，钛
的化学活性不活泼，仅能与氧气等几种物质起反应，而与稀盐酸不反应，可加入过量的稀盐酸、过滤、洗
涤、干燥除杂，且该流程中Mg 与氯气可循环使用，以此来解答。A．该反应中氩气不参加反应，也可以
循环使用，A 错误；B．由分析可知，反应Ⅱ中通入氩气的作用是防止Mg、Ti 被空气中的O2氧化，B 正
确；C．MgCl2和MgO 都是离子晶体，但是氧离子半径小，氧化镁熔点高，工业制备单质镁用MgCl2而不
用MgO，C 正确；D．由分析可知，I 中发生
，D 正确；故选A。
5. (2025·四川成都外国语学校·模拟)从废旧铅酸蓄电池的铅膏中回收铅的工艺流程如图所示(流程中部分产
物已经略去)。查阅资料显示：
、
；PbSiF6、H2SiF6为可溶
于水的强电解质。下列说法错误的是
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A. 步骤i 使用的物质a 具有还原性
B. 步骤ii 的实验操作中需用到玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗
C. 步骤iii 反应的离子方程式是PbCO3+2H+ = Pb2++CO2↑+H2O
D. 工业上用PbSiF6和H2SiF6混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅的提纯，可在阳极得到纯铅
【答案】D
【解析】由题给流程可知，铅膏中二氧化铅与二氧化硫反应得到硫酸铅，故物质a 为二氧化硫；硫酸铅与
碳酸铵溶液反应生成碳酸铅和硫酸铵，过滤（步骤ii）得到碳酸铅；碳酸铅与过量氟硅酸溶液反应得到氟
硅酸和氟硅酸铅的混合溶液，据此分析解题。A．步骤i 使用的物质a 为二氧化硫，具有还原性，A 正确；
B．步骤ii 为过滤操作，实验操作中需用到玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，B 正确；C．H2SiF6为可溶
于水的强电解质，及可拆分，该反应的产物为CO2、H2O、PbSiF6，步骤iii 反应的离子方程式是PbCO3+2H+
= Pb2++CO2↑+H2O，C 正确；D．电解池中阳极失去电子发生氧化反应，但是Pb2+需要得电子转化为Pb，
D 错误；故选D。
6. (2025·四川内江市威远中学·一模)SbF5是非常强的路易斯酸，其酸性是硫酸的1500 万倍。以锑矿(主要成
分为Sb2O3、Sb2O5及少量CuO、SiO2等杂质)为原料制备SbF5的工艺流程如图所示：
下列有关说法正确的是
A. 滤渣1 主要成分是H2SiO3
B. 沉淀时的反应为
C. 实验室模拟氟化操作可以在烧瓶中进行
D. 产物可以通过蒸馏的方法分离提纯，说明SbF5与SbCl5沸点不同
【答案】D
【解析】由题干流程图可知，锑矿用盐酸浸出，Sb2O3、CuO、 Sb2O5、分别与盐酸反应生成SbCl3、
CuCl2、SbCl5，过滤除去难溶性杂质即滤渣1 的主要成分为SiO2，滤液中加入H2S，沉淀Cu2+，过滤除去
CuS 即滤渣2 的主要成分是CuS，电解滤液制得金属Sb，用氯气氧化Sb 制得SbCl5，通入HF 制得SbF5，
据此分析解题。A．由分析可知，滤渣1 主要成分是SiO2，A 错误；B．H2S 为弱酸属于弱电解质，故沉淀
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时的反应离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，B 错误；C．由题干流程图可知，氟化操作中使用了HF，HF
与玻璃中的SiO2会反应而腐蚀玻璃，故实验室模拟氟化操作不可以在烧瓶中进行，应该在塑料瓶中进行，
C 错误；D．蒸馏是将沸点不同的互溶液体分开的操作，故产物可以通过蒸馏的方法分离提纯，说明SbF5
与SbCl5沸点不同，D 正确；故答案为：D。
03 工艺流程中的原料预处理
7. (2025·四川南充市·二诊)冶锌工业废铁残渣对环境造成一定影响，一种废铁分离回收工艺流程如下，下
列说法错误的是
已知：废铁残渣主要含有铁酸锌(ZnO∙Fe2O3)和砷、铜的化合物等；“酸浸”后滤液中铁元素以
形式存
在；溶液Y 中主要为锌盐溶液。
A. “酸浸”中铁酸锌表现氧化性
B. 滤渣X 为石膏
C. 通入水蒸气的目的是降低溶液浓度促进水解
D. 赤铁矿渣可用于生产油漆、颜料
【答案】C
【解析】废铁残渣主要含有铁酸锌(ZnO∙Fe2O3)和砷、铜的化合物等，H2SO4酸浸并用SO2还原，将Fe3+还原
为Fe2+，过滤出不溶物后，加入CaCO3与过量的H2SO4反应，得到CaSO4，即滤渣X，加入Fe 粉置换除去
Cu 和As，最后通入O2和水蒸气氧化水解，将Fe2+转化为Fe2O3得到赤铁矿渣。A．"酸浸"中铁酸锌中铁元
素从+3 价降低到+2 价，表现氧化性，A 正确；B．根据分析，加入CaCO3与剩余的硫酸反应，生成CaSO4
和CO2，因此滤渣X 为石膏（CaSO4），B 正确；C．通入水蒸气的可以稀释氧气，使氧气与Fe2+更加充分
反应生成Fe3+，且水蒸气温度较高，升温有利于Fe3+的水解平衡正向移动，C 错误，D．赤铁矿渣性质稳定，
是红棕色固体，可用于生产油漆、颜料，D 正确；故选C。
8. 由含硒废料(主要 含S、Se 、Fe2O3、CuO 、ZnO 、SiO2等)制取硒的流程如图：
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下列有关说法正确的是
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏
B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C．“酸化”的离子反应为：
+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
D．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
【答案】C
【解析】由流程可知，煤油溶解S 后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，
加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se 生成
Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。A 项，煤油溶解S 后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、
ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A 错误；B 项，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸
铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫
酸，故B 错误；C 项，Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：SeSO3
2-+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故
C 正确；D 项， 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2+
+2Fe2+，故D 错误；故选C。
9. (2025·四川达州市·模拟预测)江西的钽矿储量居全国首位，主要用于制造高温合金和电子元件。以某钽
矿渣(主要含Ta2O3、FeO、Al2O3及油脂等)为原料制备万能材料NaTaO3的流程如图。
已知：①焙烧时，Ta2O3、FeO 转化成NaTaO3、Fe2O3；②溶NaTaO3解度随着温度升高而快速增大。下列叙
述错误的是
A. “焙烧”可选择陶瓷容器 B. 通入足量空气的目的之一是除去油脂
C. 固体1 可用于制造红色颜料 D. “系列操作”包括“蒸发浓缩、降温结晶”等
【答案】A
【解析】根据钽矿渣(主要含Ta2O3、FeO、Al2O3及油脂等)为原料制备万能材料NaTaO3的流程图，加入纯
碱在碱性条件下通入足量空气焙烧，一方面可以使油脂(有机物)转化为CO2除去，另一方面Ta2O3、FeO 转
化成NaTaO3、Fe2O3，Al2O3转化为NaAl(OH)4；加入水进行水浸，不溶于水的Fe2O3是固体1 的主要成分，
水浸后的浸出液中有NaTaO3和NaAl(OH)4，通入足量CO2，铝元素以氢氧化铝沉淀析出，故固体2 是氢氧
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化铝，最后溶液经过系列操作得到；A．纯碱在高温下与二氧化硅反应，陶瓷容器的材质含SiO2，“焙
烧”应该选择铁质容器，A 项错误；B．原料中有油脂，在“焙烧”中与空气中的O2反应生成CO2等，B
项正确；C．“固体1”是氧化铁，可用于制造红色颜料，C 项正确；D．由于钽酸钠溶解度受温度影响较
大，可采用结晶法分离，冷却热饱和溶液析出晶体，经过滤、洗涤、干燥得到产品，D 项正确；故本题选
A。
04 工艺流程中的条件控制
10. (2025·四川南充市·一诊)锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO 等)可用于湿法制锌，
其流程如图所示。下列说法错误的是
A. ZnFe2O4中铁元素化合价为正三价
B. “净化I”过程中加入ZnO 调节pH
C. “净化Ⅱ”发生的反应为
D. “电解”过程中Zn 为氧化产物
【答案】D
【解析】锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO 等)中加入H2SO4 酸浸，转化为Zn2+、
Fe2+、Fe3+、Cu2+等；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入ZnO 调节溶液的pH，进行净化Ⅰ，使Fe3+转化为
Fe(OH)3沉淀(沉淀1)；加入ZnS 进行净化Ⅱ，将Cu2+转化为CuS 沉淀(沉淀2)；过滤后将所得滤液进行电
解，便可得到锌。A．ZnFe2O4中，Zn 显+2 价，O 显-2 价，依据化合物中各元素化合价的代数和为0，可
求出铁元素化合价为正三价，A 正确；B．由分析可知，“净化I”过程中加入ZnO，调节溶液pH，使
Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，B 正确；C．“净化Ⅱ”中，加入ZnS，将Cu2+转化为更难溶的CuS，发生的反
应为
，C 正确；D．“电解”过程中，Zn2+在阴极得电子生成Zn，附
着在阴极表面，则Zn 为还原产物，D 错误；故选D。
11. (2025·四川德阳市·二诊)某工厂用细菌冶金技术处理含金硫化矿粉(其中细小的Au 颗粒被FeS2、FeAsS
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包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐。工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. “细菌氧化”过程中，FeS2参加的反应使体系的酸性增强
B. “浸金”中NaCN 将Au 氧化成[Au(CN)2]-从而浸出
C. 矿粉中的铁元素以Fe3+形式进入“滤液”中
D. “沉铁砷”时加碱调节pH，既能生成Fe(OH)3，又能促进含As 微粒的沉降
【答案】B
【解析】向含金硫化矿粉(其中细小的Au 颗粒被FeS2、FeAsS 包裹)中通入足量空气，并加入稀硫酸，在
pH=2 的条件下发生细菌氧化，FeS2和FeAsS 发生氧化还原反应生成Fe3+和含As 微粒，Au 不发生反应，过
滤得到含Fe3+和含As 微粒的滤液和含Au 的滤渣，将滤液加碱调节pH，生成Fe(OH)3，并促进含As 微粒
的沉降，向滤渣中通入空气和NaCN，空气先将Au 氧化为Au+，Au+再与CN-结合形成[Au(CN)2]-从而浸
出，据此回答。A．“细菌氧化” 过程中，FeS2在酸性条件下被氧气氧化，反应的化学方程式可表示为
，反应生成了硫酸，使体系的酸性增强，A 正确；B．“浸金”
中，NaCN、Au 与空气中的O2 发生反应，O2 作氧化剂将Au 氧化，CN-与Au+结合形成[Au(CN)2]-从而浸
出，并非NaCN 将Au 氧化，B 错误；C．“细菌氧化” 时金属硫化物转化为硫酸盐，且体系中有足量空
气，Fe2+会被氧化为Fe3+，所以矿粉中的铁元素以Fe3+形式进入 “滤液” 中，C 正确；D．“沉铁砷” 时
加碱调节pH，Fe3+会与OH-反应生成Fe(OH)3沉淀；同时含As 微粒在碱性条件下也会发生沉淀，从而促进
含As 微粒的沉降，D 正确； 故选B。
12. (2025·四川眉山市·一模)二水合重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)是重要的工业氧化剂，工业上可由铬铁矿(主
要成分为FeCr2O4，含铝、硅的氧化物等杂质)制备。工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A. “焙烧”时，纯碱的作用是将铝、硅、铬元素转化为可溶性钠盐
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B. 滤渣1 的主要成分是Fe2O3、SiO2
C. “调pH”的目的是除去含铝、硅元素的杂质
D. “转化”的目的是将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7
【答案】B
【解析】焙烧中发生反应
、
、
，加水溶解，滤渣1 为Fe2O3 ，滤液中含有Na2CrO4 、NaAlO2 、
Na2SiO3，调节pH，NaAlO2与硫酸反应生成氢氧化铝沉淀，硅酸钠与硫酸反应生成硅酸沉淀，继续加入硫
酸，CrO 溶液中存在
，酸化过程中CrO 转化成
，然后蒸发结晶、冷却
结晶得到产品。A．由分析可知，“焙烧”时，纯碱将铝、硅、铬元素转化为NaAlO2、Na2SiO3、Na2CrO4
可溶性钠盐，A 项正确；B．由分析可知，滤渣1 为Fe2O3，B 项错误；C．调节pH，NaAlO2与硫酸反应生
成氢氧化铝沉淀，硅酸钠与硫酸反应生成硅酸沉淀，除去含铝、硅元素的杂质，C 项正确；D．加入硫
酸，CrO 溶液中存在
，酸化过程中CrO 转化成
，D 项正确；答案选
B。
05 工艺流程中的分离提纯
13. (2025·四川达州市·一模)氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl 难溶于水，在空
气中易被氧化。工业以废铜泥(含CuS、Cu2S、Cu2(OH)2CO3、及少量金属Fe)为原料制备CuCl 的流程如
图：
下列说法正确的是
A. “灼烧”可将废铜泥转化为金属氧化物
B. “除杂”第①步升高温度一定能加快化学反应速率
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C. “除杂”第②步所加NaOH 溶液须过量
D. 上述流程中可循环使用的物质有H2SO4和NaCl
【答案】A
【解析】工业废铜泥含CuS、Cu2S、Cu2(OH)2CO3 及少量金属Fe)，在空气中灼烧将CuS、Cu2S、
Cu2(OH)2CO3转化为CuO，将Fe 转化为铁的氧化物，加入硫酸酸浸后CuO 和铁的氧化物溶解成硫酸铜和硫
酸铁、硫酸亚铁等，除杂过程中加入过氧化氢和氢氧化钠溶液后，将亚铁离子氧化成铁离子，然后变成氢
氧化铁沉淀除去，滤液为硫酸铜溶液，加入亚硫酸钠和氯化钠后得到CuCl。A．灼烧过程中，空气中氧气
可将CuS、Cu2S 等转化为CuO，Cu2(OH)2CO3受热分解得到CuO，将Fe 转化为铁的氧化物，A 正确；B．
除杂第①步加入过氧化氢溶液，若温度过高，则过氧化氢会分解，化学反应速率可能变慢，B 错误；
C．“除杂” 第②步，加过量的氢氧化钠溶液会提高成本， 并且可能生成氢氧化铜沉淀， 降低CuCl 的
产率， C 错误；D．“还原”时溶液中的铜离子与亚硫酸钠、氯化钠和水反应的离子方程式为
，氯化钠提供的氯离子转移到目标产物CuCl 中，还原过程生成硫
酸，酸浸过程消耗硫酸，所以硫酸可以循环使用， D 错误；故答案选A。
14. (2025·四川内江市·三模)以锰矿粉（主要成分为Mn2O3 和MnOOH，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、
CuO 等杂质）为原料制备MnCO3的工艺流程如图所示。下列叙述错误的是
A. 实验室模拟分离出“滤渣”所需的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B. “滤渣”中主要成分可用于制造光导纤维
C. 试剂X 可能为Mn(OH)2
D. “沉铜”过程若控制在较高温度下进行，可加快沉铜速率并减少物料损耗
【答案】D
【解析】锰矿粉加入双氧水和硫酸，双氧水作还原剂，把Mn2O3和MnOOH 还原为Mn2+，二氧化硅不与硫
酸反应，形成滤渣。同时其它的杂质金属转化为相应的金属离子进入溶液。为不引入杂质，试剂X 可以使
用Mn(OH)2调pH，把Fe3+和Al3+转化为氢氧化物沉淀除去，之后加入S2-，除去铜离子，最后加入碳酸氢铵
沉锰，方程式为：
，据此作答。A．分离出“滤渣”是利用
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过滤的原理，所以需要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，A 正确；B．滤渣为二氧化硅固体，可用
于制造光导纤维，B 正确；C．试剂X 可以使用Mn(OH)2调pH，消耗剩余的硫酸，把Fe3+和Al3+转化为氢
氧化物沉淀除去，C 正确；D．用(NH4)2S 沉铜时，如果温度过高，(NH4)2S 易水解且产生容易挥发的H2S，
反而会增加药剂损耗，不利于收率提高，D 错误；故选D。
15. (2025·四川遂宁市射洪中学·月考)以铜阳极泥[含Cu、Ag、Au 等单质为原料分离回收金和银的流程如
下图所示，已知HAuCl4是一元强酸，下列说法错误的是
A. 酸1 为稀硫酸，酸2 为稀盐酸
B. “浸取2”中使用的酸提高了H2O2的氧化性
C. “还原”步骤的离子方程式为4AuCl + 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+
D. S2O 离子中心S 原子配位能力小于端基S 原子
【答案】B
【解析】由题给流程可知，向铜、银、金的混合物中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将铜转化为
硫酸铜，银、金不反应，过滤得到含有硫酸铜的浸出液1 和含银、金的浸渣1，则酸1 为稀硫酸；向浸渣1
中加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将银转化为氯化银、金转化为HAuCl4，过滤得到含有氯化银的浸
渣2 和含有HAuCl4的浸出液2，则酸2 为稀盐酸；向浸渣2 中加入硫代硫酸钠溶液，将氯化银转化为二硫
代硫酸根合银离子，过滤得到含有二硫代硫酸根合银离子的浸出液3；浸出液3 电沉积得到银；向含有
HAuCl4的浸出液2 中加入肼，将溶液中HAuCl4转化为金。A．由分析可知，酸1 为稀硫酸，酸2 为稀盐
酸，故A 正确；B．由分析可知，浸取2 中使用稀盐酸的目的是将银转化为氯化银、金转化为HAuCl4，不
是提高了过氧化氢的氧化性，故B 错误；C．由分析可知，加入肼的目的是将溶液中HAuCl4转化为金，反
应的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+，故C 正确；D．硫代硫酸根离子的结构式为
，离子中中心原子硫原子的孤对电子对数为
=0，端基硫原子的孤对电子对数为
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=2，所以中心硫原子配位能力小于端基硫原子，故D 正确；故选B。
06 物质制备型工艺流程综合
16．近年来全球电动汽车销量激增，废旧锂电池的回收愈发迫在眉睫。以废旧三元锂电池正极材料的硫酸
浸出液（含Ni、Co、Mn、Li）为研究对象，采用Cyanex 301（一种酸性萃取剂）选择性分离回收其中的
和
；
和
代表萃取率。工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）Co 在周期表中的位置 。
（2）水相经加碱调节
后，通入空气可将
氧化成固体氧化物，从而实现分离，写出反应的离子方
程式 。
（3）
遇到氨性溶液（由
、
和
配制）会转化为
，
此时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（4）Cyanex 301 是一种酸性萃取剂，其与金属离子的萃取反应可简易表示为：
式中：
为被萃金属离子；
为萃取剂
Cyanex 301，结合下图第一次反萃取过程中HCl 的浓度应为 mol/L，简述选择此浓度的原因
。
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（5）提纯的镍和钴可用于制取镍四甲基酞箐与钴四氨基酞箐双位点电催化剂，下图中镍的化合价为
。
（6）从
溶液中获取干燥的
晶体的操作步骤为 。
（7）由
等物质可制备
晶体，其立方晶胞如图所示。
与
最小间距大于
与
最小间
距，
、
为整数。则
在晶胞中的位置为 ；晶体中一个Al 周围与其最近的O 的个数为
。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族
（2）2Mn2++4OH-+O2 = 2MnO2↓+2H2O
（3）2:1
14
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（4）3 HCl 浓度为3mol/L 时主要萃取出的为Co，此时Ni 基本没有被萃取出来，便于分离出Co 和Ni
（5）＋2
（6）在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（7） 体心 12
【解析】浸出液加入萃取剂萃取出含Co、Ni 的有机相，加入一定浓度盐酸反萃取得到CoCl2水相溶液，改
变盐酸浓度第二次反萃取得到NiCl2的水相溶液；分别处理水相溶液得到CoCl2·6H2O、NiCl2·4H2O；
（1）Co 为27 号元素，在周期表中的位置：第四周期第Ⅷ族；
（2）空气中氧气具有氧化性，可将Mn2+氧化成固体氧化物二氧化锰，反应为：
；
（3）反应中Co 由+3 变为+2 为氧化剂，硫化合价由+4 变为+6 为还原剂，结合电子守恒：
，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；
（4）由图，HCl 浓度为3mol/L 时主要萃取出的为Co，此时Ni 基本没有被萃取出来，便于分离出Co 和
Ni，故第一次反萃取过程中HCl 的浓度应为3mol/L；
（5）图中二氧化碳得到2 个电子被还原为CO，图中镍会失去2 个电子而显+2 价；
（6）蒸发过程中NiCl2会水解，则应在HCl 氛围中抑制其水解，故NiCl2溶液中获取干燥的NiCl2·4H2O 晶
体的操作步骤为在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（7）根据化学式AlxCoOy，结合化合价代数和为0，氧原子数大于铝，则图中白球为氧，Al 与O 最小间距
大于Co 与O 最小间距，则体心球为Co，顶点黑球为Al；晶体中Al 在顶点、氧在面心，则一个Al 周围与
其最近的O 的个数为12。
17．某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴的+2 价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如
下。
已知：常温下，
。回答下列问题：
（1）基态Co 原子的价电子轨道表示式为 。
（2）“酸浸”步骤中，可提高含钴废渣浸出率的措施有 （写出一种）。
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（3）“浸出渣”的主要成分为 （填化学式）。
（4）在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol∙L-1，则此时溶液的c(H+)＞
mol∙L-1。【已知常温下，饱和H2S 水溶液中：
；
，
】
（5）在“氧化”步骤中若Na2S2O8过量会将Co2+氧化为Co3+，写出该反应的离子方程式 。
（6）Co 的一种氧化物的晶胞如图所示，该晶体中Co2+的配位数是 ；已知Co2+的半径为a nm，O2-
的半径为b nm，Co2+和O2-在晶体中是紧密堆积排列的，则该晶体的密度为 g∙cm-3。
【答案】（1）
（2）升温、粉碎矿物、搅拌等
（3）PbSO4、Cu
（4）3
（5）
（6） 6
【解析】炼锌废渣(含有锌、铅、铜、铁、钴的+2 价氧化物及锌和铜的单质)中加入稀H2SO4酸浸，锌、
铁、钴、铜的氧化物都溶解，氧化铅与硫酸反应转化为硫酸铅，锌单质与Cu2+发生置换反应，浸出渣中含
有部分Cu 和PbSO4；往滤液中通入足量H2S 沉铜，生成铜渣的成分为CuS；除铜液中加入Na2S2O8氧化
Fe2+为Fe3+，再加入Na2CO3调节溶液的pH=3.5 进行沉铁，得到铁渣；过滤后往滤液中加入(NH4)2C2O4沉
钴，生成CoC2O4沉淀，Zn2+留在滤液中。
（1）基态Co 原子的价电子排布式为3d74s2，则价电子轨道表示式为
。
（2）“酸浸”步骤中，增大接触面积、升高温度、适当增大酸的浓度等，都可提高含钴废渣浸出率，则
措施有：升温、粉碎矿物、搅拌等。
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（3）由分析可知，“浸出渣”的主要成分为：PbSO4、Cu。
（4）在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol∙L-1，则此时溶液中c(S2-)＜
=
mol∙L-1=10-21mol∙L-1，Ka1∙Ka2=
=
=9.0×10-8×1.0×10-12，则c(H+)＞
3mol∙L-1。
（5）在“氧化”步骤中，若Na2S2O8过量，会将Co2+氧化为Co3+，
转化为
，依据得失电子守
恒、电荷守恒和元素守恒，可得出该反应的离子方程式为
。
（6）Co 的一种氧化物的晶胞如图所示，该晶体中，含黑球的数目为
=4，含白球的数目为
=4，则Co2+与O2-的个数比为1:1，其化学式为CoO，设体心的白球表示Co2+，则与其距离最近且
相等的O2-位于面心，共6 个，所以Co2+的配位数是6；已知Co2+的半径为a nm，O2-的半径为b nm，则立
方体的边长为(2a+2b)pm，Co2+和O2-在晶体中是紧密堆积排列的，则该晶体的密度为
=
g∙cm-3。
07 物质分离提纯型工艺流程综合
18．纳米氧化锌是性能优异的半导体催化剂，以工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有Al2O3、Fe2O3、
CuO、CaO、SiO2等)制取高纯氧化锌的工艺流程如下。
已知：金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH 如下表所示。
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金属离子
Fe3+
Cu2+
Zn2+
Al3+
开始沉淀时的pH
1.9
4.7
6.2
3.4
完全沉淀时的pH
3.3
6.7
8.2
4.7
回答下列问题：
（1）基态
价层电子轨道表示式为 。
（2）“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。
（3）“调pH”的范围为 。若室温下将溶液的pH 调为4，则此时
的浓度为
(已知
)。
（4）为表征纳米ZnO 的晶体结构，仪器测得结果如图1 所示，所用仪器是___________(填字母)。
A．核磁共振仪
B．质谱仪
C．红外光谱仪
D．X 射线衍射仪
（5）“沉锌”过程获得Zn(OH)2、ZnCO3，离子方程式为 。
（6）“母液”通过 、 、过滤、洗涤、干燥可获得(NH4)2SO4·10H2O 晶体。480℃
下，(NH4)2SO4·10H2O 分解过程中含氮物质随时间变化关系如图2 所示。该条件下(NH4)2SO4·10H2O 分解的
化学方程式为 。
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（7）实验室中进行“灼烧”时，会用到下列仪器中的___________(填字母)。
A．
B．
C．
D．
【答案】（1）
（2）SiO2、CaSO4
（3）4.7 < pH < 6.2 4×10-8
（4）D
（5）
（6） 蒸发浓缩 冷却结晶
（7）AD
【解析】含锌废渣主要成分为ZnO，还含有Al2O3、Fe2O3、CuO、CaO、SiO2等。向粉碎后的含锌废渣中
先加入稀硫酸“浸取”，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，硫酸钙微溶，过滤得到含有二氧化
硅、硫酸钙的滤渣1 和滤液；向滤液中加入氧化锌调节溶液pH 在4.7—6.2 范围内，将溶液中的铁离子、铝
离子、铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧化铜
的滤渣2 和滤液；向滤液中加入硫化铵，将溶液中剩余的铜离子转化CuS 沉淀“深度除铜”，过滤得到
CuS 沉淀和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锌离子转化为Zn(OH)2∙ZnCO3沉淀，过滤得到
母液和Zn(OH)2∙ZnCO3；碱式碳酸锌煅烧分解生成氧化锌。母液中溶质主要为硫酸铵，“母液”通过蒸发
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浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可获得(NH4)2SO4·10H2O 晶体。
（1）Fe 是26 号元素，基态Fe3+价层电子轨道表示式为
。故答案为：
；
（2）向粉碎后的含锌废渣中先加入稀硫酸“浸取”，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，硫酸
钙微溶，“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4。故答案为：SiO2、CaSO4；
（3）“调pH”的目的是除去铜离子、铝离子和铁离子，为不影响锌离子，“调pH”的范围为4.7 < pH <
6.2 。若室温下将溶液的pH 调为4，c(OH-)=10-10mol/L，则此时Fe3+的浓度为
。故答案为：4.7 < pH < 6.2；4×10-8；
（4）为表征纳米ZnO 的晶体结构，仪器测得结果如图1 所示，为X 射线衍射图谱，所用仪器是D，X 射
线衍射仪。故答案为：D；
（5）“沉锌”过程获得Zn(OH)2、ZnCO3，“沉锌”过程中硫酸锌和碳酸氢铵反应生成Zn(OH)2、ZnCO3
二氧化碳、水、和硫酸铵，离子方程式为
。故答案
为：
；
（6）母液中溶质主要为硫酸铵，“母液”通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可获得
(NH4)2SO4·10H2O 晶体。480℃下，(NH4)2SO4·10H2O 分解过程中含氮物质随时间变化关系如图2 所示，
60min 时，∆n[(NH4)2SO4·10H2O] ∆n(
∶
N2) ∆n(
∶
NH3)=3 1 4
∶∶，即三者化学剂量数之比为3：1：4，根据原子守恒
得该条件下(NH4)2SO4·10H2O 分解的化学方程式为
。故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
；
（7）实验室中进行“灼烧”固体时，会用到下列仪器中的A 酒精灯和D 坩埚。故答案为：AD。
19．四钼酸铵
的用途非常广泛，可用作催化剂、防腐剂、阻燃剂等。下图是用辉
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钼矿(含MoS2、V2O5、CuS2、Fe3O4、Al2O3等)制备四钼酸铵和一些副产品的工艺流程图：
已知：①MoS2、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐。
②“沉钒”后
的形式存在于溶液中；在不同
条件下
聚合生成多酸根离子，如
、
、
等，
越小聚合度越大。
回答下面问题：
（1）V 在元素周期表中的位置是 。
（2）“氧化焙烧”时生成两种气体，写出
发生反应的化学方程式 。
（3）“洗气”过程中“试剂X”可以是 (填字母序号)。
a．NaOH 溶液 b．饱和NaHSO3溶液 c．饱和NaHCO3
溶液
（4）向“溶液
”中通入气体2 和气体3 的顺序是先通入 (填化学式)。
（5）“洗脱”工序中洗脱液的主要成分是 (填化学式)。
（6）“沉钼”过程中发生反应的离子方程式是 。
（7）金属Mo 晶胞如图甲所示，原子之间相互位置关系的平面图如图乙所示。该晶胞空间利用率是
(用含有“π”的代数式表示)。(
)。
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【答案】（1）第四周期第VB 族
（2）
（3）c
（4）NH3
（5）NH4Cl
（6）
（7）
【解析】辉钼矿(含MoS2、V2O5、CuS2、Fe3O4、Al2O3等) 加入纯碱、氧气焙烧，MoS2反应生成Na2MoO4
和SO2，V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，焙烧产生的气体1 主要为SO2和CO2；加入H2SO4
和(NH4)2SO4，Cu、Fe、Al 转化为金属阳离子，钒元素转化为NH4VO3沉淀，钼元素转化为MoO，通过
树脂分离Cu2+、Fe3+、Al3+和MoO，然后加入NH4Cl 洗脱液、再加入H2SO4沉钼，得到
(NH4)2Mo4O13·2H2O 晶体；NH4VO3焙烧生成V2O5和气体3 即NH3，氨气、气体2 与溶液Y 反应，经一系列
操作得到纯碱，则溶液Y 是饱和NaCl 溶液，气体2 为CO2；向气体1 中加入试剂X 分离SO2和CO2，除去
SO2，则试剂X 可能是饱和NaHCO3溶液。
（1）V 为23 号元素，位于元素周期表的第四周期第VB 族。
（2）据分析，“氧化焙烧”时，MoS2反应生成Na2MoO4和SO2，则MoS2被氧气氧化，氧气中氧元素化合
价降低，Mo 和S 元素的化合价分别从+4 升高到+6、-2 升高到+4，同时碳酸根转化为二氧化碳，该反应的
化学方程式为
。
（3）据分析，向气体1 中加入试剂X 的目的是分离SO2和CO2，除去SO2，保留CO2。
a．NaOH 溶液 与SO2和CO2均反应，故a 错误；
b．饱和NaHSO3溶液与SO2和CO2均不反应，故b 错误；
c．饱和NaHCO3溶液与SO2反应生成Na2SO3和CO2，与CO2不反应，可分离两者，并不引入新的杂质，故
c 正确；
故答案为c。
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（4）向“溶液Y”中通入气体2 和气体3 制备纯碱是侯氏制碱法，其原理为由于氨气极易溶于水且所得溶
液呈碱性，在饱和食盐水中通氨气到饱和后，继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，由于碳酸氢钠溶解度
小，故析出碳酸氢钠晶体：NaCl+NH3+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，则在向“溶液Y”中通入气体2 和气体
3 的顺序是先通入NH3再通入CO2。
（5）离子交换树脂具有选择性，通过树脂后溶液中只有MoO，因此需要向溶液中引入NH 以得到
(NH4)2Mo4O13·2H2O 晶体，则洗脱液为NH4Cl。
（6）据分析，“沉钼”过程为MoO 和NH 在酸性中生成(NH4)2Mo4O13·2H2O 沉淀，则发生反应的离子方程
式是
。
（7）如图甲所示，金属钼为面心立方晶胞，则一个晶胞中Mo 的数量为
，假设晶胞边长为
a，根据图乙可知金属Mo 半径和晶胞边长关系，
，则：
1．由软锰矿(主要成分
，及少量CaO、MgO)制备
的工艺流程如下：
已知：“沉锰”所得
在空气中“焙烧”时转化为
、
、MnO 的混合物，酸性条件下
易发生歧化反应。下列说法正确的是
A．“浸取”时利用了
的还原性，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1 1∶
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B．“除杂”后的溶液中主要存在的阳离子有
、
、
、
、
C．“沉锰”时反应的离子方程式为
D．“酸浸”时每反应1mol
转移电子数为2
【答案】A
【解析】软锰矿(主要成分MnO2，及少量CaO、MgO)制备MnO2流程：MnO2具有氧化性，Na2SO3具有还
原性，软锰矿中加入Na2SO3、H2SO4发生氧化还原反应生成MnSO4，反应为
MnO2+Na2SO3+H2SO4=MnSO4+Na2SO4+H2O，CaO、MgO 都和硫酸反应生成CaSO4、MgSO4，加入NaF 除
去Ca2+、Mg2+，反应的离子方程式为Ca2++2F-=CaF2↓、Mg2++2F-=MgF2↓，过滤除去不溶物，得到含
MnSO4、Na2SO4的滤液，向滤液中加入NH4HCO3沉锰得到MnCO3沉淀，离子方程式为Mn2+
+2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，在空气中焙烧MnCO3得到MnO2、Mn2O3、MnO 的混合物，再加入硫酸酸浸
得到MnO2、Mn2+溶液，发生的反应为Mn2O3+H2SO4=MnSO4+MnO2+H2O，过滤得到MnSO4溶液和MnO2，
据此分析作答。A． Na2SO3具有还原性，软锰矿中加入Na2SO3、H2SO4发生氧化还原反应生成MnSO4，反
应为MnO2+Na2SO3+H2SO4=MnSO4+Na2SO4+H2O，MnO2是氧化剂，Na2SO3是还原剂，氧化剂与还原剂物质
的量之比为1：1，故A 正确；B．加入NaF 的目的是除去Mg2+、Ca2+，所以第一次“除杂”后的溶液中主
要存在的阳离子有Na+、H+、Mn2+，故B 错误；C．加入NH4HCO3沉锰得到MnCO3沉淀，离子方程式为
Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故C 错误；D．“酸浸”时反应为Mn2O3+H2SO4=MnSO4+MnO2+H2O，
1molMn2O3反应转移1mole-，故D 错误；
故选A。
2．（2025 届四川眉山东坡区一模）以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程
如图：
（1）“酸溶”中加快溶解的方法为 (任意写出一种)。
（2）“还原”过程中的离子方程式为 。
（3）写出“滤渣”中主要成分的化学式 。
（4）①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为 。
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中c(Ca
2+)
c(Fe
2+)
= 。[已知
Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，Ksp(FeCO3)=2×10-11]
（5）“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，能缩短氧化时间，但缺点是 。
（6）焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1225℃、n(C)
n(O) =1.2 时，焙烧时间与金属产率的关系如
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图，时间超过15min 金属产率下降的原因是 。
【答案】（1）加热或搅拌或适当增大硫酸浓度
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+
（3）SiO2、Fe
（4）FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑ 140
（5）NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气
(（6）还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化
【解析】硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加Fe
把铁离子还原为Fe2+，过滤，滤渣含有SiO2，滤液中含有Fe2+，加入碳酸氢铵，发生反应：
FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑，通入空气氧化，同时调节pH 生成FeOOH 沉淀，过滤、洗
涤、烘干,得到纯净的FeOOH，以此解答该题。
（1）“酸溶”中加快溶解速率的方法有加热或搅拌或适当增大硫酸浓度等；
（2）加入铁粉，Fe 与Fe3+反应生成Fe2+，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）SiO2与酸不能发生反应，Fe 与Fe3+反应生成Fe2+，过量的Fe 以固体形式存在，故“滤渣”中主要成
分的化学式为SiO2、Fe；
（4）①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑；
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀，当反应完成时，溶液中c(Ca
2+)
c(Fe
2+)
=
Ksp(CaCO3)
Ksp(FeCO3) =2.8×10
-9
2×10
-11
=140；
（5）“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH) 2浆液，能缩短反应时间，但NaNO2被还原为氮
氧化物，会污染空气；
（6）超过一定时间，如还原剂消耗完，空气可氧化铁，导致产率下降。
3．（2025·四川大数据教学联盟·一模）单质As 可广泛应用于大规模集成电路、航空航天及医疗设备等领
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域。一种从精炼铜的阳极泥[主要成分为As2S3、Cu3(AsO4)2、Cu、Au、Ag 等]中回收单质As 的工艺流程如
图所示。
已知：“常压氯化酸浸”时，主要发生的反应有：
Ⅰ．Cu3(AsO4)2+3H2SO4+6NaCl=2Na3AsO4+3CuSO4+6HCl；
Ⅱ．As2S3+3CuSO4+4 H2O=2HAsO2+3CuS↓+3H2SO4。
回答下列问题：
（1）“常压氯化酸浸”前，应将阳极泥、浓HCl、浓H2SO4、NaCl、H2O等混合，进行“浆化”(研磨与搅
拌)处理，目的是 。
（2）“常压氯化酸浸”时，需不断通入空气，目的是：①充分溶解Cu 并减少SO2的生成，该反应的离子
方程式为 ；②将HAsO2氧化生成更易溶于水的H3AsO4，该反应的化学方程式为 。
“酸浸渣”中除含Au、Ag 外，还含有 。
（3）“常压氯化酸浸”时，为保证As 的浸出率，需调节反应溶液的酸度和初始Cl
−的浓度至一定值。因
此，工业生产时，需加入一定浓度的浓H2SO4、浓HCl和准确称量的NaCl。控制溶液的酸度一定时，测得
As 的浸出率随初始Cl
−质量浓度(g/L)的变化关系如图所示。
由图可知，最佳初始Cl
−质量浓度为 g/L。工业生产时，若加入的浓HCl和NaCl过多，可能造
成的后果是 。
（4）“选择性还原”时，加入的NaH2PO2可使H3AsO4中的As 被选择性还原为单质As，若氧化产物为
H3PO4，则参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（5）砷化镓(GaAs)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示。
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①晶体中As 原子的配位数为 ；
②晶胞中As 原子围成的正四面体的个数为 。
【答案】（1）是使反应物充分混合，增大接触面积，提高浸取率
（2）2Cu+O2+4 H
+=2Cu
2++2H2O 2HAsO2+O2+2H2O=2H3AsO4 CuS
（3）150 继续增大溶液的酸度和Cl
−质量浓度，既对As 的浸出率没有实质性影响，又增大对设备的
腐蚀程度
（4）4:5
（5）4 8
【解析】阳极泥经过氯化酸浸，Au 不溶于浓盐酸、浓硫酸，酸浸过滤后，向滤液中加入次磷酸钠将砷元素
还原为As 单质，随后过滤烘干得到纯净的As；需要注意的是常压氯化酸浸过程中反应较为复杂，同时发
生多种反应，如浓硫酸与铜反应生成硫酸铜，硫酸铜进而与硫化砷反应，依据题目所给反应Ⅰ、Ⅱ来分析
题目；
（1）原料混合后进行浆化处理，可以将原料分散，使反应物充分混合，增大接触面积，提高浸取率；
（2）①由于铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫，需要通入氧气氧化二氧化硫形成三氧化硫，则铜与浓硫酸
反应的离子方程式为2Cu+O2+4 H
+=2Cu
2++2H2O；
②利用氧气将HAsO2氧化生成更易溶于水的H3AsO4，发生氧化还原反应，反应化学方程式为
2HAsO2+O2+2H2O=2H3AsO4；
③根据题目所给反应Ⅱ，硫化砷与硫酸铜反应会产生硫化铜沉淀，故酸浸渣除了Au、Ag 外还有CuS；
（3）“常压氯化酸浸”时，溶液的酸度、初始Cl
−的浓度都会影响As 的浸出率，需严格调控溶液的酸度
和Cl
−的浓度，由图可知，最佳初始Cl
−浓度为150g/L；工业生产时，若加入过多浓HCl和NaCl，可能造
成的后果是：继续增大溶液的酸度和Cl
−质量浓度，既对As 的浸出率没有实质性影响，又增大对设备的腐
蚀程度(或增加废水处理成本)；
（4）“选择性还原”时，氧化产物为H3PO4，4 H3AsO4+5NaH2PO2+5HCl=4As↓+5NaCl+6H2O+5H3PO4
，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为4:5；
（5）①晶体中距离Ga 最近且距离相等的As 原子数目位4，即Ga 原子的配位数为4，砷化镓晶体中Ga、
As 原子个数比为1:1，所以As 的配位数也为4；
②每个顶点的As 原子与其共用交点的3 个面中心的As 围成1 个正四面体，晶胞共有8 个顶点，故能围成8
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个正四面体。
4．用钒渣(主要化学成分为V2O3，含少量CaO、Fe2O3和SiO2) 制备V2O5的工艺流程如图所示。
已知：I．酸性条件下，+4 价、+5 价V 分别以VO2＋、
形式存在。II．HA 的萃取原理为Mn＋(水层)
+nHA(有机层)
nH＋(水层)+MAn(有机层)；酸性溶液中，HA 对
萃取能力强，对
的萃取能力较弱。回答下列问题：
（1）“焙烧”时V2O3 转化为NaVO3，该反应的化学方程式为 。
（2）“转化”工序加铁粉的主要作用是 。
（3）“萃取”后，水层溶液的pH 的变化为 (填“增大”“不变”或“减小”)“氧化”时发生反应
的离子方程式为 。
（4）“沉钒”中通入NH3的作用之一是调节pH，将
转化为
。常温下，维持溶液中NH3·H2O-
NH4Cl 总浓度为c mol·L-1，pH=8，则析出NH4VO3后溶液中c(
)=
。已知常温下，
Ksp(NH4VO3)=a，Kb(NH3·H2O)=b。
（5）“煅烧”工序得到V2O5，其他产物可返回到 工序重新利用；煅烧过程中固体的失重比随温度
变化如图所示，则加热至250℃时，固体成分为 (填化学式)。
【答案】（1）
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（2）将VO 还原为VO2+、将Fe3+还原为Fe2+
（3）减小
（4）
（5）沉钒 HVO3
【解析】钒渣(主要化学成分为V2O3，含少量CaO、Fe2O3和SiO2)加入Na2CO3，在足量空气中进行焙烧，
主要发生
反应，加入稀硫酸进行酸浸，得到含VO2＋、
、Fe3+、
Ca2+等的溶液和滤渣，向溶液中加入铁粉进行转化，将VO 还原为VO2+、将Fe3+还原为Fe2+，由于，HA 对
VO2+、Fe3+萃取能力强，对
、Fe2+、Ca2+的萃取能力较弱，加入HA 将VO2+进行萃取，加入稀硫酸进行
反萃取，得到含VO2+的溶液，加入NaClO3进行氧化，发生
反应，将
VO2+氧化为
，加入NH3·H2O 和NH4Cl 进行沉钒，得到NH4VO3，将NH4VO3煅烧得到V2O5，据此回
答。
（1）焙烧时，V2O3、Na2CO3与空气中氧气在高温下发生
反应，将
V2O3转化为NaVO3；
（2）HA 对VO2+、Fe3+萃取能力强，对
、Fe2+、Ca2+的萃取能力较弱，向溶液中加入铁粉进行转化，
将VO 还原为VO2+、将Fe3+还原为Fe2+，还原后Fe2+不被萃取，实现与V 分离；
（3）由萃取原理Mn＋(水层)+nHA(有机层)
nH＋(水层)+MAn(有机层)，生成H+，“萃取”后，水层溶液
的pH 减小；氧化时，VO2+被NaClO3氧化为
，离子方程式：
；
（4）pH=8 时，
，
，
，由
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，
，总浓度
，解得
，由
，则
；
（5）NH4VO3煅烧时由NH3和水生成，可返回沉钒工序（沉钒需要 NH3）；设NH4VO3为1mol（质量为
117g），250℃时，失重比14.53%时，失重质量
（NH3质量），发生
反应，剩余的固体为HVO3。
5．从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、
、
、CuO、
等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属
的一种工艺如下：
已知：①金-银矿中Cu、Mn 元素的含量分别为0.19%、2.35%。
25℃
②
时，
的
为
。
回答下列问题：
（1）基态Cu 原子的价层电子排布式为 。
（2）“还原酸浸”时，
反应的离子方程式为 。
（3）“浸金银”时，Au 溶解涉及的主要反应如下：
①
②
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上述过程中的催化剂为 。
（4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 。
（5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断
的氧化性由强到弱的顺序为 。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH 至8.0，无
析出，则
。
（7）一种锑锰
合金的立方晶胞结构如图。
①该晶胞中，每个Sb 周围与它最近且相等距离的Mn 有 个。
②
为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为
(列出计算式即可)。
【答案】（1）3d104s1
（2）
（3）[Cu(NH3)4]2+
（4）大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提
高金银的富含度
（5）MnO2 > Fe3+ > Cu2+
（6）0.19
（7）12
【解析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”， Fe2O3、MnO2被还原为Fe2+和Mn2+，CuO 被溶解为Cu2+，
Au、Ag、SiO2不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，Cu2+被铁粉还原为Cu；“氧化时”Fe2+被氧化为Fe3+；
“沉铁”时，Fe3+转化为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，Mn2+沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，
Au、Ag 被混合液浸出，后续提炼出Au、Ag。
（1）Cu 为29 号元素，基态Cu 原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价电子数为11，其价层电子
排布式为3d104s1。
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（2）“还原酸浸”时，MnO2被亚硫酸钠还原为Mn2+，该反应的离子方程式为
。
（3）“浸金银”时，Au 溶解涉及的主要反应如下：
①
②
分析以上两反应可知，[Cu(NH3)4]2+参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发
生变化，因此，上述过程中的催化剂为[Cu(NH3)4]2+。
（4）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对
矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其
次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序
创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成
分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时
减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。
（5）“还原酸浸”时，Fe2O3和CuO 可以被硫酸溶解转化为Fe3+和Cu2+，亚硫酸钠将Fe3+还原为Fe2+，而
Cu2+并未被还原，因此，Fe3+的氧化性强于Cu2+；“氧化”时，Fe2+被MnO2氧化为Fe3+，因此，MnO2的氧
化性强于Fe3+。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序
为MnO2 > Fe3+ > Cu2+。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH 至8.0，此时
，无Mn(OH)2析出，根据
Mn(OH)2的Ksp为
，则
。
（7）由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方， Sb 位于晶胞的顶点，其与邻近的3 个面的面心上的Mn 距离
最近且距离相等，每个顶点参与形成8 个晶胞，而每个面心参与形成2 个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb
周围与它最近且相等距离的Mn 有
个。
②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1 个Sb 和3 个Mn，因此，该晶胞的质量为
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，该晶胞的体积为
，晶体的密度为
。
1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提
取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下
，下列说法错误的是
A．硫酸用作催化剂和浸取剂
B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C．“浸出”时，3 种金属元素均被还原
D．“沉钴”后上层清液中
【答案】C
【解析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，
加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S 沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。A．根
据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A 正确； B．生物质(稻草)是可再生的，且
来源广泛，B 正确； C．根据图示可知，“浸出”时，Fe 的化合价没有变化，Fe 元素没有被还原，C 错
误； D．“沉钴”后的上层清液存在CoS 的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D 正确；答
案选C
2．（2025·江苏·高考真题）室温下，有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si 等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶
液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。
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已知：
。下列说法正确的是
A．较浓H2SO4溶液中：
B．NaHSO3溶液中：
的平衡常数
C．(NH4)2C2O4溶液中：
D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：
【答案】B
【解析】有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si 等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，浸取液主要含有
CuSO4、NiSO4，加入NaHSO3溶液提铜，滤液加入(NH4)2C2O4溶液沉镍得到NiC2O4。A．若H2SO4两步均
完全电离，则溶液中存在电荷守恒：
，但根据题给信息
知，在较浓的H2SO4溶液中H2SO4仅第一步电离完全，电离出大量的H+会抑制第二步电离，第二步电离不
完全，溶液中存在HSO，因此电荷守恒应表示为
，A 错误；B．该
反应的平衡常数
，B 正确；
C．NH 得到1 个OH-生成NH3·H2O，C2O 得1 个H+生成HC2O 得2 个H+生成H2C2O4，水电离出的H+与OH-
浓度相等，即
，则溶液中存在质子守恒
，C 错误；D．考虑过程中
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溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，
，同时“沉镍”过程中加入了
(NH4)2C2O4溶液，溶液体积增加，因此
，D 错误；故选B。
3．（2024·湖南卷）中和法生产Na2HPO4·12H2O 的工艺流程如下：
已知：①H3PO4的电离常数：
，
，
②Na2HPO4·12H2O 易风化。
下列说法错误的是
A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液
B．“调pH”工序中X 为NaOH 或H3PO4
C．“结晶”工序中溶液显酸性
D．“干燥”工序需在低温下进行
【答案】C
【解析】H3PO4和Na2CO3先发生反应，通过加入X 调节pH，使产物完全转化为Na2HPO4，通过结晶、过
滤、干燥，最终得到Na2HPO4·12H2O 成品。A．铁是较活泼金属，可与H3PO4反应生成氢气，故“中和”
工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液，A 项正确；B．若“中和”工序加入Na2CO3过量，则
需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入H3PO4；若“中和”工序加入H3PO4过量，则需
要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X 为NaOH 或
H3PO4，B 项正确；C．“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液，由已知可知H3PO4的
，
，则
的水解常数
，由于
，则Na2HPO4的水解程
度大于电离程度，溶液显碱性，C 项错误；D．由于Na2HPO4·12H2O 易风化失去结晶水，故“干燥”工序
需要在低温下进行，D 项正确；故选C。
4. （2024·黑吉辽卷）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn，流程如下“脱氯”步骤仅Cu 元素
化合价发生改变。下列说法正确的是( )
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锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)
离子
Zn2+
Cu2+
Cl-
浓度(g·Lˉ1)
145
0.03
1
A．“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全
B．“浸铜”反应：2Cu+4H++H2O2=2Cu2++ H2↑+2H2O
C．“脱氯”反应：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓
D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn
【答案】C
【解析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，再加入锌
浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu 元素的化合价发生改变，得到CuCl 固体，可知“脱氯”步骤
发生反应的化学方程式为：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得
到电子生成Zn。A 项，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu 在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，A 错
误；B 项，“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2+
+2H2O，B 错误；C 项，“脱氯”步骤中仅Cu 元素的化合价发生改变，得到CuCl 固体，即Cu 的化合价升
高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，C 正确；D 项，脱氯液净
化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，D 错误；故选C。
5．（2025·河南·高考真题）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为
、
(铑)、
，含有少量
]中尽可能回收铑的工艺流程如下：
回答下列问题：
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（1）“酸溶1”的目的是 。
（2）已知“酸溶2”中
转化为
，则生成该物质的化学方程式为 ；“滤渣”的主要成分
是 (填化学式)。
（3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量
和
，则“高温还原”中
发生反应的化学方程式为 。
（4）若“活化还原”在室温下进行，
初始浓度为
，为避免生成
沉淀，溶液
适宜的
为 (填标号)[已知
的
]。
A．2.0 B．4.0 C．6.0
（5）“活化还原”中，
必须过量，其与
(III)反应可生成
，提升了
的还原速
率，该配离子中
的化合价为 ；反应中同时生成
，
(III)以
计，则理论上
和
(III)反应的物质的量之比为 。
（6）“酸溶3”的目的是 。
【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离
（2）
SiO2
（3）
、
（4）A
（5） +1 6：1
（6）除去滤渣中未反应的Zn
【解析】贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入
浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh，Rh 转
化为
，Pt 转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入
浓盐酸、DETA 将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3，再用H2进行高温
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还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl 将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将Rh(III)转化为
，再加入Zn 进行还原，生成Rh，由于Zn 过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn，实现
Zn 与Rh 分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。
（1）原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt 和少量SiO2，Fe 易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh 和Pt 在常温下
不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe 生成可溶性盐，过滤后
Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt 和SiO2，实现初步分离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，从
而通过过滤实现分离。
（2）“酸溶2”中Rh 转化为
，Rh 元素化合价由0 升高至+3，HNO3中N 元素化合价由+5 降低至
+4，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为
；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。
（3）“高温还原”过程中，Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh，Rh 元素化合价均由+3 降低至0，根据化合
价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为
、
。
（4）SnCl2初始浓度为
，则溶液中
，当恰好生成
沉淀时，
，
，
，因此为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为
A。
（5）配离子
中，配体
带1 个负电荷，设Rh 的化合价为x，则
，则
x=+1；Rh(III)以
计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh 得到2 个电子，SnCl2为还原剂，部分被
氧化为
，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn 失去2 个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个
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Cl-形成
，作为新的配体，每生成1 个
，需要5 个SnCl2，因此理论上SnCl2和Rh(III)
反应的物质的量之比为
。
（6）由于“二次还原”过程中，为确保
完全反应，加入的Zn 需过量，过滤后剩余Zn 和生
成物Rh 存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn。
6．（2024·全国甲卷）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
价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于
，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①
。
②以氢氧化物形式沉淀时，
和溶液
的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 。
（2）“酸浸”步骤中，CoO 发生反应的化学方程式是 。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中
和
均为0.10mol/L，向其中加入Na2S 至Zn2+沉淀完全，
此时溶液中
，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离 (填“能”或“不
能”)。
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（4）“沉锰”步骤中，生成1.0molMnO2，产生H+的物质的量为 。
（5）“沉淀”步骤中，用NaOH 调
，分离出的滤渣是 。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液
，加入适量的NaClO 氧化Co2+，其反应的离子方程式为
。
（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。
【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
（2）CoO+H2SO4=CoSO4+H2O
（3）1.6×10-4 不能
（4）4.0mol
（5）Fe(OH)2
（6）
（7）向滤液中滴加NaOH 溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH 接近12 但不大于12，静置后过滤、洗涤、
干燥
【解析】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，经稀硫酸酸浸时，铜不溶
解，Zn 及其他+2 价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2 价阳离子进入溶液；然
后通入硫化氢沉铜生成CuS 沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁
离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第
三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。
（2）“酸浸”步骤中，Cu 不溶解，Zn 单质及其他+2 价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化
为相应的+2 价阳离子进入溶液，即CoO 为转化为CoSO4，反应的化学方程式为CoO+H2SO4=CoSO4+H2O。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10mol/L，向其中加入Na2S 至Zn2+沉淀完全，此
时溶液中
，则
，c(Co2+)小于0.10mol/L，说明大部分Co2+也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分
离。
（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为
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，因此，生成1.0molMnO2，产生H+的物质的量为4.0mol。
（5）“沉锰”步骤中，
同时将Fe2+氧化为Fe3+，“沉淀”步骤中用NaOH 调pH=4，Fe3+可以完全沉
淀为Fe(OH)3，因此，分离出的滤渣是Fe(OH)3。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO 氧化Co2+，为了保证Co2+被完全氧化，
NaClO 要适当过量，其反应的离子方程式为
。
（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有Zn 元素以Zn2+形式存在，当pH＞
12 后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]2-，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中
滴加NaOH 溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH 接近12 但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
7．（2025·北京·高考真题）利用工业废气中的H2S 制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的一种流程示意图如下。
已知：
物质
H2CO3
H2SO3
、
（1）制SO2
已知：
由H2S 制SO2的热化学方程式为 。
（2）制Na2S2O5
I．在多级串联反应釜中，Na2CO3悬浊液与持续通入的SO2进行如下反应：
第一步：2Na2CO3+SO2+H2O
Na2SO3+2NaHCO3
第二步：NaHCO3+SO2
NaHSO3+CO2
Na2SO3+SO2+H2O
2NaHSO3
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Ⅱ．当反应釜中溶液
达到3.8~4.1 时，形成的NaHSO3悬浊液转化为Na2S2O5固体。
①Ⅱ中生成Na2S2O5的化学方程式是 。
②配碱槽中，母液和过量Na2CO3配制反应液，发生反应的化学方程式是 。
③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。
④尾气吸收器中，吸收的气体有 。
（3）理论研究Na2SO3、NaHCO3与SO2的反应。一定温度时，在
浓度均为1mol/L 的Na2SO3和NaHCO3
的混合溶液中，随
的增加，SO 和HCO 平衡转化率的变化如图。
①
，与SO2优先反应的离子是 。
②
，HCO 平衡转化率上升而SO 平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。
【答案】（1）
（2）2NaHSO3=Na2S2O5+H2O NaHCO3+SO2
NaHSO3+CO2 SO CO2
（3）SO a~bmol 时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，HCO 平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓
度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以HCO 平衡转化率上升而SO 平衡转化率下降
【解析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应
釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽
中循环使用。
（1）已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
将Ⅰ×2+Ⅱ×2 得：
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，所以由H2S 制SO2的热化学方程式为
；
（2）① 当反应釜中溶液pH 达到3.8~4.1 时，形成的NaHSO3悬浊液转化为Na2S2O5固体，根据元素守恒，
还有水生成，化学方程式：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
② 根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又
因为
＞
，亚硫酸氢钠与过量Na2CO3发生反应的化学方程式为：NaHSO3+Na2CO3
NaHCO3+Na2SO3；
③ 在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多
次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是SO，需除去；
④ 碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，NaHCO3+SO2
NaHSO3+CO2，生成了二氧化碳，二氧化
碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中，吸收的气体有
CO2；故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；NaHCO3+SO2
NaHSO3+CO2；SO；CO2；
（3）① 由图可知，①0~amol，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以SO
与SO2优先反应；
②一定温度时，在1L 浓度均为1mol/L 的Na2SO3和NaHCO3的混合溶液中，发生的反应为：
，
，a~bmol 时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向
进行，HCO 平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以HCO 平
衡转化率上升而SO 平衡转化率下降。故答案为：SO； a~bmol 时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进
行，HCO 平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以HCO 平衡
转化率上升而SO 平衡转化率下降。
8．（2025·安徽·高考真题）某含锶(
)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取
该废渣中锶的流程如下图所示。
已知
时，
回答下列问题：
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（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA 族。基态原子价电子排布式为 。
（2）“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、 (填离子符号)。
（3）“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为 ；
时，向0.01molSrSO4粉末中加入
100mL0.11mol/LBaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中
(忽略溶液体
积的变化)。
（4）其他条件相同时，盐浸2h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1 所示。随温度升高锶浸出率增大的原
因是 。
（5）“漫出渣2”中主要含有SrSO4、 (填化学式)。
（6）将窝穴体a(结构如图2 所示)与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是
。
（7）由SrCl2·6H2O 制备无水SrCl2的最优方法是 (填标号)。
a．加热脱水 b．在HCl 气流中加热 c．常温加压 d．加热加压
【答案】（1）5s2
（2）Ca2+、Mg2+
（3）SrSO4(s) +Ba2+(aq)
BaSO4(s)+Sr2+(aq) 10-8.97
（4）SrSO4(s) +Ba2+(aq)
BaSO4(s)+Sr2+(aq) 为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出率增大
（5）BaSO4、SiO2
（6）Sr2+具有更多的空轨道，能够与更多的N、O 形成配位键，形成超分子后，结构更稳定
（7）a
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【解析】含锶(Sr)废渣主要含有SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤
液，浸出渣1 中含有SiO2、SrSO4，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化，SrSO4(s) +Ba2+(aq)
BaSO4(s)+Sr2+
(aq) ，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2·6H2O 晶体；
（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA 族，基态原子价电子排布式为5s2；
（2）由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、Ca2+、Mg2+；
（3）由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：SrSO4(s) +Ba2+(aq)
BaSO4(s)+Sr2+(aq) ；
该反应的平衡常数
，平衡常数很大，近似认为
SrSO4完全转化，溶液中剩余
，则
，列三段式：
，理论上溶液中
；
（4）随温度升高锶浸出率增大，原因是离子半径：Ba2+>Sr2+，晶格能：SrSO4>BaSO4，则SrSO4(s) +Ba2+
(aq)
BaSO4(s)+Sr2+(aq) 为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出率增大；
（5）“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaSO4，SiO2不参与反应，故漫出渣2”中主要含有SrSO4、
BaSO4、SiO2；
（6）窝穴体a 与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是Sr2+具有更多的空轨道，
能够与更多的N、O 形成配位键，形成超分子后，结构更稳定；
（7）Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr2+不水解，排除b，由平衡移动原理可知SrCl2·6H2O 制备无
水SrCl2的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。
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