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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 微型工艺流程与物质回收
题型02 微型工艺流程与物质制备
题型03 微工艺流程与金属冶炼
题型04 以资源回收为载体的工艺流程
题型05 以物质制备为载体的工艺流程
题型06 以分离提纯为载体的工艺流程
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 微型工艺流程与物质回收
1．（2025·内蒙古呼和浩特·一模）为有效地将粗金泥(主要成分为Au，含少量Ag)中的金、银分离回收，提
高贵金属的回收率，设计如下工艺流程：
1
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已知：酸浸后银以AgCl存在于王水分金渣中，有少量未被溶解的金被AgCl包覆。
下列说法错误的是
A．“酸浸”中，盐酸的作用是提高硝酸的氧化性
B．“氨浸”中，发生反应AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]
++Cl
−+2H2O
C．物质a 为Au
D．葡萄糖与[Ag(NH3)2]
+恰好反应时，物质的量之比为1:2
【答案】A
【分析】粗金泥加入王水使得金溶解得到H[AuCl4]，处理后得到金单质；分金渣氨浸将银元素转化为二
氨合银离子，使用葡萄糖还原为银单质，得到物质a 为被氯化银包裹的金单质；
【解析】“酸浸”中，盐酸的作用是提供大量氯离子，可以使金形成配合离子[AuCl4]
−，A 错误； “氨
浸”中，加入氨水将氯化银转化为二氨合银离子，发生反应AgCl+2NH3⋅H2O =[Ag(NH3)2]
++Cl
−+2H2O
，B 正确； 由分析，可知物质a 为Au，C 正确； 1 分子葡萄糖中含有1 个醛基，和二氨合银离子发生氧化
还原反应，醛基转化为羧基，同时生成银单质，存在关系：葡萄糖~2e-~2[Ag(NH3)2]
+，葡萄糖与
[Ag(NH3)2]
+恰好反应时，物质的量之比为1:2，D 正确；故选A。
2．（2025·辽宁葫芦岛·二模）一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐（CBSBPs）中回收NaBr 的绿色工艺
流程如图，下列叙述不正确的是
A．流程中CCl4可循环利用
2
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B．“操作1”和“操作2”均需要使用分液漏斗和烧杯
C．“氧化”中盐酸可用稀硫酸代替
D．该工艺中CO(NH2)2作氧化剂，它与NH4OCN互为同分异构体
【答案】D
【分析】向粗溴盐(CBSBPs)中加入盐酸和氯酸钠溶液，将溶液中的溴离子氧化为Br2得到溴水，向溴水中
加入四氯化碳萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入碳酸钠溶液和尿素，碳酸钠溶液作用下尿素
将Br2还原生成溴化钠，分液得到四氯化碳和溴化钠溶液；最后溴化钠溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干
燥得到溴化钠固体，据此解答。
【解析】流程中CCl4在“操作1”中作萃取剂萃取Br2使其进入有机相，“操作2”分液后有机相主要为
CCl4，可循环到“操作1”继续使用，A 正确； “操作1”为萃取、分液(分离溴水被CCl4萃取后的有机相和
水相)，“操作2”为有机相(CCl4)与水相(NaBr 溶液)的分液，两者均需要使用分液漏斗和烧杯，B 正确；
“氧化”中盐酸的作用是提供H+以增强NaClO3的氧化性，稀硫酸同样可提供H+，且硫酸根不干扰反应，
故“氧化”中盐酸可用稀硫酸代替，C 正确； “还原”步骤中Br2被还原为Br-(化合价降低)，则CO(NH2)2
作还原剂，并非作氧化剂，CO(NH2)2与NH4OCN 为分子式相同(均为CH4ON2)而结构不同的化合物，两者
互为同分异构体，D 错误；故选D。
02 微型工艺流程与物质制备
3．（2025·辽宁·模拟预测）CuCl 是一种白色粉末，不溶于水，可用作有机合成的催化剂，并用于颜料、
防腐等工业。现以印刷线路板碱性蚀刻液{主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2}和酸性蚀刻液{主要成分为H2[CuCl4]
}为原料制备CuCl，工艺流程如图：
下列说法错误的是
A．“中和沉铜”发生反应的离子方程式为[Cu(NH3)4]
2++2Cl
−+2H
++Cu
2++2H2O =2Cu (OH)Cl↓+ 4 NH4
+
B．等物质的量的[Cu(NH3)4]Cl2和H2[CuCl4]中σ 键之比为4:1
3
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C．H2SO4在流程中可循环利用
D．当生成49.75gCuCl时，理论上转移电子0.5mol
【答案】A
【分析】印刷线路板碱性蚀刻液{主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2}和酸性蚀刻液{主要成分为H2[CuCl4]}“中和沉
铜”，[Cu(NH3)4]
2+转化为碱式氯化铜，过滤后用稀硫酸酸化化浆，得到Cu2+，加入亚硫酸钠将Cu2+还原
成CuCl，以此解答。
【解析】由分析可知，印刷线路板碱性蚀刻液{主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2}和酸性蚀刻液{主要成分为
H2[CuCl4]}“中和沉铜”，[Cu(NH3)4]
2+转化为碱式氯化铜，根据得失电子守恒合电荷守恒配平离子方程式
为[Cu(NH3)4]
2−+[CuCl4]
2−+2H
++2H2O =2Cu (OH)Cl↓+ 4 NH4
−+2Cl
−，A 错误； N-H 键和配位键都是σ
键，1mol[Cu(NH3)4]Cl2中含σ 键16 NA，1molH2[CuCl4]中含σ 键4 NA，等物质的量的[Cu(NH3)4]Cl2和
H2[CuCl4]中σ 键之比为4:1，B 正确； 由分析可知，“还原”中加入亚硫酸钠将Cu2+还原成CuCl，发生
反应的离子方程式为2Cu
2−+SO3
2−+2Cl
−+ H2O=2CuCl↓+2H
++SO4
2−，反应生成的H2SO4可在“酸化化
浆”时循环利用，C 正确； 该流程中Cu 元素由+2 价下降到+1 价。49.75gCuCl的物质的量是0.5mol，故
转移电子0.5mol，D 正确；故选A。
4．（2025·辽宁抚顺·二模）以食盐等为原料制备六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2⋅6 H2O]的一种工艺流程如
下：
4
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下列说法正确的是
A．“电解Ⅰ”时的阳极材料可用不锈钢材质
B．“歧化反应”的产物之一为NaClO4
C．“操作a”是过滤
D．“反应Ⅱ”的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+ 4 HClO4=2Cu
2++ 4 ClO4
−+CO2↑+3 H2O
【答案】C
【分析】以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(ClO4)2•6H2O]，电解I 中电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和
氯气，歧化反应为3Cl2+3Na2CO3=5NaCl+NaClO3+3CO2，通电电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反
应生成高氯酸根离子，加入盐酸发生反应Ⅰ，经过操作a(过滤)获得NaCl 晶体和60%以上的高氯酸，反应
Ⅱ为Cu2(OH)2CO3中滴加稍过量的HClO4，小心搅拌，适度加热后得到蓝色Cu(ClO4)2溶液，蒸发浓缩、冷
却结晶获得产品，以此来解答。
【解析】电解NaCl 溶液时阳极应选择惰性电极，不能用不锈钢材质做阳极，A 错误； 经过电解Ⅱ获得
NaClO4，则“歧化反应”的产物之一为NaClO3，该反应的化学方程式为
3Cl2+3Na2CO3=5NaCl+NaClO3+3CO2，B 错误； 从溶液中获得NaCl 晶体，应选择过滤操作，即“操作a”
为过滤，C 正确； “反应Ⅱ”是Cu2(OH)2CO3溶于高氯酸(强酸)生成水、CO2和高氯酸铜，离子反应方程
式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，D 错误；故选C。
03 微工艺流程与金属冶炼
6．（2025·辽宁·模拟预测）用黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量SiO2)冶炼铜的一种工艺流程如图所示：
已知：“一次浸取”后的滤渣主要为CuCl、S、SiO2；CuCl(s)+Cl
−(aq)⇌[CuCl2]
−(aq)。
下列说法正确的是
A．“二次浸取”后滤渣中的混合物可用热的NaOH 溶液分离
B．滤液1 在空气中加热蒸干灼烧后，可得FeCl3
C．“一次浸取”时，若改用CuCl2溶液也能生成CuCl 和S
5
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D．“调节pH”过程中每转移4mol 电子，生成2molCu
【答案】C
【分析】黄铜矿(主要成分CuFeS2，含少量SiO2)，加氯化铁进行浸取，“一次浸取”后的滤渣主要为
CuCl、S、SiO2，可知CuFeS2和FeCl3发生氧化还原反应生成了CuCl、FeCl2和S；过滤后滤渣加NaCl 溶
液二次浸取，CuCl 转化为[CuCl2]
−，滤渣为S、SiO2；过滤所得滤液加盐酸调节pH，[CuCl2]
−发生歧化反
应生成Cu 和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，以此解答该题。
【解析】二次浸取后滤渣为S 和SiO2，两者均能与NaOH 反应，因此不能用热的NaOH 溶液分离，故A 错
误； 滤液1 主要溶质为FeCl2，在空气中加热会被氧化为FeCl3，蒸干过程中FeCl3水解生成Fe(OH)3，灼
烧得到Fe2O3，故B 错误； CuCl2具有氧化性，若改用CuCl2溶液，将发生氧化还原反应：
CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，也能生成CuCl 和S，故C 正确； “调节pH”过程中发生：
2[CuCl2]
−
H
+
¿Cu+Cu
2++4Cl
-
¿
，则可得到：2[CuCl2]
−∼Cu∼Cu
2+∼e
-，每转移4mol 电子，生成4molCu，
故D 错误；故选C。
6．（2025·吉林延边·一模）某种锑矿主要成分为Sb2O3，含有少量CuO、PbO、As2O3等杂质，以该矿石为
原料冶炼Sb 的工艺流程如图。已知Sb2O3为两性氧化物，SbOCl 难溶于水。下列说法正确的是
A．“滤渣I”中存在少量的SbOCl，可加入足量NaOH 溶液使其转化为Sb2O3回收
B．“滤渣Ⅱ”的成分为PbS
C．“除砷”时NaH2PO2转化为H3PO4，此反应中氧化剂、还原剂物质的量之比为3:4
D．惰性电极“电解”过程阴极上的反应可能为：Sb
3++3e
−=Sb、2H
++2e
−= H2↑
【答案】D
【分析】锑矿加盐酸浸出时，浸出后得到的滤液中阳离子主要为As3+、Sb3+、Cu2+、Pb2+、H
+，同时少量
Sb2O3转化为难溶于水的SbOCl，则“滤渣I”中含少量的SbOCl，加入氨水对其“除氯”可将其转化为
Sb2O3；第二步加入硫化钠，可将铜、铅元素转化为CuS、PbS 沉淀；过滤后向滤液中加入NaH2PO2，
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NaH2PO2可将砷元素还原为0 价砷而除去As，NaH2PO2同时被氧化为H3PO4；最后通过电解滤液可生成
Sb。
【解析】结合分析知，“滤渣I”中存在少量的SbOCl，由于Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH 溶
液，应加入氨水对其“除氯”使其转化为Sb2O3，故不可加入足量NaOH 溶液，故A 错误； Cu2+、Pb2+转
化为CuS 和PbS 沉淀进入滤渣Ⅱ中，“滤渣Ⅱ”的成分为PbS、CuS，故B 错误； “除砷”时，H2PO❑2
−
将As3+还原为As 单质(砷元素化合价由+3 降至0)，而自身被氧化为H3PO4(磷元素化合价由+1 升至+5)，则
H2PO❑2
−为还原剂、As3+为氧化剂，且存在计量关系：H2PO❑2
− ∼4e
-、As3+∼3e
-，由得失电子守恒知，
氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3，故C 错误； 在“电解”过程中，以惰性材料为电极，根据流程可
知阴极生成Sb，则阴极反应式为Sb
3++3e
−=Sb，可能发生副反应：2H
++2e
−= H2↑，故D 正确；故选
D。
04 以资源回收为载体的工艺流程
7．（2025·内蒙古·三模）金、银、铜是电脑、手机等电子线路中不可或缺的材料，为充分利用资源，变废
为宝，从废旧电子材料中回收金等，可实现贵金属资源的再利用，废旧CPU 中的金(Au)、Ag 和Cu 回收的
部分流程如图所示。
已知：HAuCl4= H
++ AuCl4
−。
回答下列问题：
I．金(Au)的回收
(1)为加快“酸溶”速率、提高浸出率，可采取的措施是 (填一种即可)。
(2)用HNO3−NaCl“溶金”时反应的化学方程式为 ；用浓盐酸−NaNO3代替HNO3−NaCl也能“溶
金”，原因是 。
(3)若用过量Zn 粉将1molHAuCl4完全还原为Au，则参加反应的Zn 的物质的量是 mol。
7
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II．Ag 和Cu 的回收
用一定浓度的盐酸、氯化钠、氨水、铁粉与葡萄糖，按如图所示流程从“酸溶”后的溶液中回收Cu 和
Ag(图中的试剂与物质均不同)。
(4)试剂1 是 (填字母，下同)，试剂2 是 。
A．盐酸 B．氯化钠溶液 C．氨水 D．葡萄糖溶液
(5)某铜镍合金的立方晶胞结构如图所示。
①该晶体的化学式为 。
②已知该晶胞的摩尔质量为Mg⋅mol
−1，密度为dg⋅cm
−3。则该晶胞的棱长是 cm(设NA为阿伏加德
罗常数的值，用含M、d、NA的代数式表示)。
(6)上述流程中，“物质3”经过两步连续反应制得单质Ag，该过程总反应的离子方程式为 。
【答案】(1)搅拌、适当升高温度
(2) Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3 浓盐酸提供H
+和Cl
−，NaNO3提供NO3
−，与
HNO3−NaCl体系均能提供H
+、NO3
−和Cl
−，从而实现“溶金”
(3)1.5mol
(4) B A
(5) Cu3Ni 3√
M
NAd cm
(6)2AgCl+4NH3·H2O+CH2OH (CHOH)4CHO=2Ag↓+CH2OH (CHOH)4COO
- +3NH4
++2Cl
-+NH3+3H2O
【分析】废旧CPU 加入硝酸酸化后，Au 不反应，Ag 和Cu 转化为Cu2+和Ag+的混合溶液，含Au 固体中加
入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au 转化为HAuCl4，反应为
Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，HAuCl4经锌粉还原分离得到Au，反应为
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HAuCl4+2Zn=Au+2ZnCl2+H2↑；
根据图中信息可知，含有Cu2+和Ag+的溶液加入试剂1 后得到的是物质1 和物质3，物质3 加入试剂3 后得
到[Ag(NH3)2]
+，所以试剂3 是氨水，物质3 是AgCl，试剂1 是NaCl 溶液，物质1 是CuCl2，CuCl2加入过
量铁粉得到Cu 和Fe2+，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2 是盐酸，除去过量的铁粉，[Ag(NH3)2]
+
经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，据此分析；
【解析】（1）为提高“酸溶”速率，除增大硝酸浓度外，还可以采取的措施搅拌、适当升高温度等；
（2）溶金”过程中有NO 产生，Au 固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au 转化为HAuCl4，反应为
Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；根据反应原理，浓盐酸提供H
+和Cl
−，NaNO3提供NO3
−，
与HNO3−NaCl体系均能提供H
+、NO3
−和Cl
−，从而实现“溶金”；
（3）用Zn 粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3 价，被Zn 还原为0 价，锌的
化合价从0 价升高到+2 价，根据得失电子守恒，参加反应的Zn 的物质的量是1.5mol；
（4）Cu2+和Ag+溶液中加足量氯化钠溶液，将银离子转化为AgCl 沉淀，过滤，得到含铜离子的滤液，滤
液中加足量Fe 粉将铜置换为单质；物质2 为Cu 和过量Fe 的混合物，混合物加足量盐酸，将Fe 溶解，过
滤得到Cu，故试剂1 选B。试剂2 选A；
（5）①Ni在晶胞顶点，个数为8×1
8 =1，Cu在晶胞面心，个数为6×1
2 =3，该晶体的化学式为Cu3Ni；
②晶胞的质量为M
NA
g，该晶胞的棱长设为acm，根据密度的定义，晶胞的体积为V= m
ρ =
M
NA
g
dg/cm
3 =a
3，则
该晶胞的棱长为a=3√
M
NAd cm；
（6）由上述分析可知物质3 为AgCl，AgCl 溶于足量稀氨水中得到银氨溶液；银氨溶液加入葡萄糖溶液中
生成Ag 单质，总反应离子方程式为：2AgCl+4NH3·H2O+CH2OH (CHOH)4CHO=2Ag↓+CH2OH (CHOH)4COO
-
+3NH4
++2Cl
-+NH3+3H2O。
8．（2025·吉林·二模）钌(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。某含钌的废渣主要
成分为Ru、Pb、SiO2、Bi2O3，一种从中回收Ru 制RuCl3的工艺流程如下：
9
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(1)“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率分别如图1、图2 所示，则适宜选择的氧化
剂为 。
(2)滤液Ⅰ中溶质主要成分为RuO4
2-、NaBiO2、NaHPbO2和 ；Bi2O3转化为NaBiO2的化学方程式为
。
(3)“还原”过程生成Ru(OH)4和乙醛，且pH 明显增大，则该过程的离子反应方程式为 。
(4)“吸收”过程产生的气体X 经Y 溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，则X 和Y 的化学式分别为
、 。
(5)RuCl3在有机合成中有重要应用，其参与某有机物合成的路线如图3 所示(HAc 代表乙酸，Ph 代表苯
基)，则下列说法正确的是_______。
A．RuCl3为催化剂
B．H2O2作氧化剂
C．HAc 为中间产物
D．主要生成物为
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【答案】(1)次氯酸钠
(2) Na2SiO3 Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O
(3)RuO4
2-+CH3CH2OH+H2O=Ru (OH)4↓+CH3CHO+2OH
-
(4) Cl2 NaOH
(5)BD
【分析】由题给流程可知，含钌的废料中加入氢氧化钠溶液和氧化剂氧化碱浸，Ru 和Pb 被氧化为RuO4
2-和
NaHPbO2，SiO2和Bi2O3与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3和NaBiO2，过滤得到含有RuO4
2-、NaBiO2、
NaHPbO2和Na2SiO3的滤液Ⅰ；向滤液Ⅰ中加入乙醇，将RuO4
2-还原为Ru(OH)4沉淀，过滤得到滤液Ⅱ和
Ru(OH)4；Ru(OH)4在蒸馏条件下被氯酸钠氧化为RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O，RuCl3溶
液经结晶得到RuCl3。
【解析】（1）由图可知，相同温度时，次氯酸钠作氧化剂时的钌浸出率高于氯酸钠、渣率低于氯酸钠，
则适宜选择的氧化剂为次氯酸钠；
（2）由分析，滤液Ⅰ中溶质主要成分为RuO4
2-、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3；氧化铋与氢氧化钠溶液反
应生成偏铋酸钠和水，反应的化学方程式为Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O；
（3）滤液Ⅰ中加入乙醇，将RuO4
2-还原为Ru(OH)4沉淀，同时生成乙醛，且pH 明显增大，则还生成氢氧
根离子，结合质量守恒，反应为：RuO4
2-+CH3CH2OH+H2O=Ru (OH)4↓+CH3CHO+2OH
-；
（4）由分析可知，气体X 为氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，经进一步处理
得到的次氯酸钠溶液可以循环利用，则Y 为氢氧化钠溶液，故答案为：Cl2、NaOH；
（5）由图可知，Ru(Ac)3在反应中消耗由被生成，为反应的催化剂；反应中过氧化氢中氧元素化合价降低
被还原，为反应的氧化剂；醋酸、过氧化氢、CH3CH=CHPh 为反应物，
和水是生成物，故选
BD。
05 以物质制备为载体的工艺流程
9．（2025·内蒙古赤峰·二模）钼具有极强的耐热性和高温力学性能，多用于高温合金和耐高温涂料的制
作。以钼矿粉(主要成分)MoS2，杂质为CuFeS2)为原料制备金属钼和氮化钼的主要流程图如下：
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回答下列问题：
(1)“焙烧”过程中采用多层逆流(空气从炉底进入，固体粉末从炉顶投入)投料法，该操作的优点为
。“焙烧”中生成气体A 直接排放到空气中对环境的主要危害是 。
(2)“碱浸”后过滤，废渣成分的化学式为 。
(3)“沉钼”前钼元素主要以MoO4
2−形式存在。写出“沉钼”时的离子方程式 。
(4)根据流程及已有知识推断下列说法正确的是_______。
A．已知Mo 与Cr 同族且相邻，Mo 价电子排布式为4d
55s
1B．H2MoO4是易溶于水的弱酸
C．MoO3是碱性氧化物
D．高温下可用H2、C、Al 还原MoO3得到金属Mo
(5)氮化钼是合成氨反应的催化剂，其立方晶胞如图所示，已知晶胞参数为anm，则该晶体的化学式为
，晶体的密度为 g·cm
-3(N A为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
【答案】(1) 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 酸雨
(2)CuO、Fe2O3
(3)4 MoO4
2−+2NH4
++6 H
+=(NH4)2O⋅4 MnO3⋅2H2O↓+ H2O
(4)AD
(5) Mo2N
206×2
N A×(a×10
−7)
3
【分析】钼矿粉(主要成分)MoS2，杂质为CuFeS2)为原料焙烧，得到二氧化硫气体（A），其它金属元素与
氧气反应生成对应的金属氧化物（氧化铜、氧化铁、MoO3），加入碳酸钠溶液反应，碱浸后，得到
MoO4
2−，沉钼时加入硝酸铵和硝酸，生成(NH 4)2 MoO4
沉淀，再经过一系列转化得到氮化钼；硫酸与
12
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MoO4
2−反应得到H 2 MoO4
，高温条件下得到MoO3
，最后还原得到单质钼。
【解析】（1）“焙烧”过程中采用多层逆流投料法的优点是：使空气与钼矿粉充分接触，加快了反应速
率，使反应更充分，提高原料的利用率。“焙烧”中生成的气体A 是SO2，直接排放到空气中对环境的主
要危害是形成酸雨。
（2）钼矿粉中的CuFeS2在焙烧时生成CuO、 Fe2O3等，“碱浸”时MoO3与碱反应进入溶液，而成
CuO、 Fe2O3不与碱反应，所以废渣成分的化学式为CuO、 Fe2O3。
（3）“沉钼”时加入硝酸铵、硝酸与MoO4
2−反应生成(NH 4)2 MoO4沉淀，离子方程式为：
4 MoO4
2−+2NH4
++6 H
+=(NH4)2O⋅4 MnO3⋅2H2O↓+ H2O。
（4）A．Mo与Cr同族且相邻，Cr的价电子排布式为3d
54 s
1，则Mo价电子排布式为4 d
55 s
1，A 正确；
由“沉钼”的过滤操作可知H 2 MoO4是难溶于水的弱酸，B 错误； MoO3能与碱反应生成盐和水，是酸
性氧化物，C 错误； H2、C、Al 在高温下都具有还原性，可用H2、C、Al 还原MoO3得到金属Mo，D 正
确；
故答案为AD。
（5）根据晶胞结构，Mo原子位于顶点和面心，N原子位于体心内有一个，棱上有四个；Mo原子个数
为：8× 1
8 +6× 1
2 = 4，N原子个数为1+ 4× 1
4 =2，所以晶胞的化学式为：Mo2 N。该晶胞的密度为：
2×(96×2+14)
N A×(a×10
−7)
3 =
206×2
N A×(a×10
−7)
3 g/cm
3
。
10．（2025·黑龙江·二模）电解法从铜阳极泥(主要成分为Cu2S、Cu2Se、PbSb2O6、Au等)中制备金的
流程如下：
已知，硫脲结构为
，简写为TU，其中硫的化合价为
−2
价。回答下列问题：
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(1)为加快酸浸速率，可采取的措施有 。
(2)“酸浸”步骤中，PbSb2O6反应生成可溶性Sb2(SO4)5的离子方程式为 。
(3)“浸金”步骤中，
①已知：25℃时Au
+ (aq)+ TU (aq)=[ Au (TU)]
+ (aq) K 1
[ Au (TU)]
+ (aq)+TU (aq)=[Au(TU)2]
+ (aq) K 2
则Au
+ (aq)+2TU (aq)=[Au(TU)2]
+ (aq) K = (用K 1、K 2表示)。
Au
②
反应生成[Au(TU)2]
+的离子方程式为 。
③浸金时温度与金浸出率的关系如下图所示。为提高浸出率，浸金的最佳温度为 ℃，随着温
度升高，金浸出率先升高后降低的原因是 。
④滤渣的主要成分为PbSO4、 。
(4)“电解”时，生成Au 的堆积方式如图，其中八面体空隙与四面体空隙之比为 。
(5)“电解残液”经过离子交换处理后可获得 ，返回“浸金”工序循环利用。
【答案】(1)搅拌、粉碎、适当升高温度等
(2)PbSb2O6+12H
++SO4
2− =2Sb
5+ + PbSO4↓ +6 H2O
(3) K 1 K 2 Au+2TU+ Fe
3+=[Au (TU)2]
++ Fe
2+ 25 T<25℃时，温度升高，反应速率加快，浸
出率升高；T>25℃时，硫脲被氧化，浸出率下降 S，Se
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(4)1:2
(5)FeCl3、硫脲
【分析】铜阳极泥加入空气和硫酸进行“酸浸”，生成了PbSO4，该过程中Cu2S、Cu2Se被空气氧化生成
的S 和Se，PbSb2O6反应生成可溶性Sb2(SO4)5，故滤渣为PbSO4、S 和Se。“浸金”这一过程中加入了
FeCl3和TU，Au 被FeCl3氧化成Au
+再与TU 配位，生成了[Au (TU)2]
+。最后一步的电解残液中含有的
FeCl3、硫脲经过离子交换处理后可返回“浸金”工序循环利用。
【解析】（1）搅拌、粉碎、适当升高温度等方法都可以提高反应速率。
（2）根据PbSb2O6可判断Sb 的化合价为+5，Pb 的化合价为+2，所有元素在化合价没有发生变化，即该反
应非氧化还原反应，故该反应在离子方程式为：PbSb2O6+12H
++SO4
2− =2Sb
5+ + PbSO4↓ +6 H2O。
（3）①由盖斯定律可知，总反应为以上两反应的加和，则K = K 1 K 2。
②浸金过程中，通过流程图可看出加入了FeCl3和TU，Au 被FeCl3氧化成Au
+再与TU 配位，故离子方程
式为Au+2TU+ Fe
3+=[Au (TU)2]
++ Fe
2+。
③由图像可知，25° C时金的浸出率最高。T <25° C时，温度升高，反应速率加快，浸出率升高；
T >25° C时，硫脲中-2 价的S 易被氧化，配位能力减弱，金的浸出率下降。
④滤渣的主要成分为酸浸过程生成的PbSO4，以及该过程中Cu2S、Cu2Se被空气氧化生成的S 和Se。
（4）由图可知，Au 的堆积方式为面心立方堆积，六个面的面心围成一个八面体，形成空隙，即含有1 个
面心立方内部的八面体空隙，每条棱顶点处的Au 与其相连四个面的面心处Au 形成12 个八面体空隙，每
个八面体空隙被4 个面心立方晶胞共用，根据均摊法可知，每个面心立方晶胞中含3 个八面体空隙，共4
个八面体空隙；四面体空隙由一个顶点处的Au 和与其相连三个面的面心处Au 形成，一共八个。故八面体
空隙与四面体空隙之比为4:8=1:2。
（5）电解获得Au 后，电解残液中含有的FeCl3、硫脲经过离子交换处理后可返回“浸金”工序循环利
用。
06 以分离提纯为载体的工艺流程
11．（2025·辽宁·二模）铟(In)是一种稀有金属，是电信、光电产品不可或缺的关键原材料。铟主要存在于
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锌矿、铅矿等矿石中，现用含铟粗铅矿(主要含有PbO、In2O3、Fe2O3、SiO2、Cu3 As等)提取金属铟的
工艺如下：
已知：ⅰ.萃取剂A 对三价金属离子有较好的选择性。
ⅱ.常温下，Ksp[In (OH)3]=1.4×10
−33，Ksp[Fe(OH)3]=1.1×10
−36。
(1)铟在周期表中位于第五周期第ⅢA 族，其基态原子价电子排布式为 。
(2)滤渣Ⅰ中含有的主要物质为Cu 和 (填化学式)。
(3)Cu3 As中Cu 的化合价为 ；“酸浸过滤”后滤液中含Cu
2+，则酸浸时Cu3 As发生反应的化学
方程式为 。
(4)铁粉的主要作用是 。
(5)“置换”时，发生主要反应的离子方程式为 。
(6)常温下，加入铁粉过滤后，滤液中存在平衡In
3++3 H2O⇌In (OH)3+3 H
+，则该反应的平衡常数K=
(结果保留两位有效数字)。向此滤液加入一定量的ZnO，将In
3+转化为In (OH)3沉淀，铟沉淀率与反应时间
的关系如图所示，60min 后沉淀率下降可能的原因是 。
【答案】(1)5s
25p
1
(2)PbSO4、SiO2
(3) +1 价 2Cu3 As+3 H2SO4=2AsH3↑+3Cu+3CuSO4
(4)置换出铜，除去铜元素，同时将铁离子还原为亚铁离子，防止铁离子被萃取，导致产物纯度降低
(5)2In
3++3Zn=2In+3Zn
2+
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(6) 7.1×10
−10 置换时间过长，溶液中的亚铁离子被氧化为铁离子，使氢氧化铟转化为氢氧化铁
【分析】含铟粗铅矿(主要含PbO、In2O3、Fe2O3、SiO2、Cu3 As)，加入稀硫酸“酸浸”后，
PbO、In2O3、Fe2O3、Cu3 As转化成PbSO4、Fe2(SO4)3、In2(SO4)3、CuSO4、Cu 和AsH3，PbSO4难
溶于水、SiO2不参加反应，则滤渣Ⅰ有Cu、SiO2和PbSO4；加入铁粉将Cu2+还原为Cu、将Fe
3+还原为
Fe
2+，防止加入萃取剂时Fe
3+进入有机相；加入萃取剂萃取In
3+，加盐酸进行反萃取，将In
3+转移到水相
中，分液后加Zn 置换铟，过滤得粗铟。
【解析】（1）铟在周期表中位于第五周期第ⅢA 族，故其价电子排布式为5s
25p
1。
（2）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分除Cu 外还有SiO2和PbSO4。
（3）As 是第ⅤA 族元素，其最低负化合价为−3价，则Cu3 As中Cu 为+1价；根据流程图和(2)中信息可
知，Cu3 As在“酸浸”过程中发生氧化还原反应生成Cu 和AsH3，则酸浸时Cu3 As发生反应的化学方程式
为：2Cu3 As+3 H2SO4=2AsH3↑+3Cu+3CuSO4。
（4）萃取剂A 对三价金属离子有较好的选择性，Fe
3+的存在会影响In
3+的萃取，故加入铁粉目的是将滤
液中的Fe
3+还原为Fe
2+，防止Fe
3+被萃取，导致产物In 的纯度降低，同时置换铜，除去铜元素。
（5）“置换”步骤后得到粗铟，则发生的主要反应的离子方程式为2In
3++3Zn=2In+3Zn
2+。
（6）In
3++3 H2O⇌In (OH)3+3 H
+反应的平衡常数K = c
3(H
+)
c(In
3+) = c
3(H
+)⋅c
3(OH
−)
c(In
3+)⋅c
3(OH
−) =
K w
3
K sp[In(OH)3]
=
10
−42
1.4×10
−33 ≈7.1×10
−10。根据题意加入铁粉后的溶液中存在亚铁离子，在空气中进行操作时溶液中的
亚铁离子易被氧化成铁离子，且氢氧化铟的Ksp大于氢氧化铁的Ksp，可能会发生沉淀转化，即氢氧化铟转
化为氢氧化铁，使铟的沉淀率下降。
12．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。从钒钛磁
铁矿中提取钒、钛的工艺流程图如下：
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已知：钛渣中主要包括TiO2、Al2O3、SiO2和Fe3O4等。
回答下列问题：
(1)Ti 属于 区元素。
(2)钒渣“焙烧”得到难溶物Ca3(VO4)2，其“浸出”时转化成VO3
−进入水相，则“浸出”时反应的离子方程
式为 。
(3)已知常温下K b(NH3⋅H2O)=1.0×10
−5、K sp(NH4 VO3)=1.6×10
−3。若“沉钒”后溶液中NH3⋅H2O的浓
度为1mol⋅L
−1、溶液的pH =9，则此时溶液中c(VO3
−)= 。
(4)“试剂a”的作用 。
(5)已知反应：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4 (l)+O2(g) Δ H =+151kJ / mol，但不能由TiO2和Cl2直接反
应(即氯化反应)来制取TiCl4试解释原因： 。“高温氯化”工序加入碳单质后可成功发生反
应，Y是可燃性气体，该反应的化学方程式为 。
(6)钛渣可用于生产氮化钛，氮化钛广泛用于耐高温、耐磨损及航空航天等领域。氮化钛的一种晶胞结构如
图所示，若晶胞的棱长为apm，设阿伏加德罗常数的数值为N A，则该氮化钛的密度为 g⋅cm
−3
(用含a、N A的代数式表示)。
【答案】(1)d
(2)Ca3(VO4)2+2HCO3
−+CO2=2VO3
−+3CaCO3+ H2O
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(3)1.6×10
−3 mol⋅L
−1
(4)溶解除去二氧化硅杂质
(5) Δ H >0、ΔS<0得ΔG>0，该反应任何温度下都不能自发进行 TiO2+2C+2Cl2
高温
¿TiCl4+2CO
¿
(6)2.48×10
32
a
3⋅N A
【分析】由题干工艺流程图可知，钒钛磁铁矿在空气中高温冶炼出含钒铁水和钛渣(主要包括TiO2、Al2O3
、SiO2和Fe3O4等)，含钒铁水再在空气中深度氧化得到半钢水和钒渣，钒渣与CaO 共热焙烧后加CO2和
NH4HCO3溶液，浸出后过滤出CaCO3和滤液，向滤液中加入NH4Cl 固体进行沉钒，即产生NH4VO3，过滤
洗涤干燥，最后对NH4VO3进行煅烧得到NH3和V2O5；向钛渣中先加入盐酸进行酸浸，将Al2O3和Fe3O4分
别转化为可溶性盐，过滤得到滤渣含TiO2、SiO2，向滤渣中加入NaOH 溶液进行碱浸将SiO2转化为
Na2SiO3溶液，过滤得到滤液即Na2SiO3溶液，滤渣主要含TiO2，将TiO2、C 和Cl2高温氯化得到TiCl4和气
体Y 为CO，最后用Na 还原TiCl4制得Ti。
【解析】（1）钛是22 号元素，在周期表第四周期IVB 族，属于d区；
（2）Ca3(VO4)2难溶，“浸出”时Ca3(VO4)2和碳酸氢铵、二氧化碳反应转化成VO3
−进入水相，同时生成碳
酸钙沉淀，根据电荷守恒和元素质量守恒，反应的离子方程式为
Ca3(VO4)2+2HCO3
−+CO2=2VO3
−+3CaCO3+ H2O；
（3）若“沉钒”后溶液中NH3⋅H2O的浓度为1mol⋅L
−1、溶液的pH =9，
c(NH4
+)c(OH
−)
c(NH3⋅H2O)
=c(NH4
+)×10
−5
1
=1×10
−5,c(NH4
+)=1mol/L，则此时溶液中c(VO3
−)=
1.6×10
−3
1
=1.6×10
−3 mol/L。
（4）信息指出钛渣中主要包括TiO2、Al2O3、SiO2和Fe3O4等，酸可以溶解Al2O3、Fe3O4，不能溶解
SiO2，结合后续得到含有钛元素的物质可以知道TiO2也没有和盐酸反应，所以“酸浸”以后固体剩余是
TiO2和SiO2。“溶浸”分离出溶液中的杂质，所以该环节是加入碱溶液使SiO2溶解，从而达到除去杂质的
目的；
（5）反应TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4 (l)+O2(g) Δ H >0、ΔS<0得ΔG>0，该反应任何温度下都不能
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自发进行，所以不能由TiO2和Cl2直接反应来制取TiCl4。“高温氯化”工序加入碳单质后可成功发生反
应，Y是可燃性气体，根据元素守恒，Y 是CO，该反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2
高温
¿TiCl4+2CO
¿
。
（6）Ti 原子位于12 条棱的中点和晶胞的体心，所以晶胞中Ti 原子的个数为12× 1
4 +1= 4、N 原子数为
8× 1
8 +6× 1
2 = 4，则晶胞的密度为
62×4
(a×10
−10)
3⋅NA
g⋅cm
−3= 2.48×10
32
a
3⋅NA
g⋅cm
−3
。
13．（2025·辽宁葫芦岛·一模）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿
(主要成分为MnS 及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②酸浸时，浸出液的pH 与锰的浸出率关系如下图1 所示。
③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH 的关系如下图2 所示(25℃)，此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH 为
7.54。
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(1)Mn2+的价电子排布式为 。
(2)传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为 。
(3)实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH 在2 左右。请结合图1 和制备硫酸锰的流程，说明
硫酸的量不宜过多的原因： 。
(4)“中和除杂”时，应调节pH 的范围为 ，其中除去Fe3+的离子方程式为 。
(5)“氟化除杂”时，溶液中的Mg2+和Ca2+都沉淀完全时，则F-的最低浓度为 [已知：
Ksp(MgF2)=6.4×10-10；Ksp(CaF2)=3.6×10-12]。
(6)碳化结晶的离子方程式为 。
【答案】(1)3d
5
(2)产生硫化氢等气体，污染环境
(3)由图知，pH 为2 时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH 除杂
质时会消耗更多的CaCO3而造成浪费
(4) 5.0∼7.54 2Fe
3++3CaCO3+3SO4
2−+3H2O=2Fe(OH)3+CaSO4+3CO2↑
(5)6×10
−4
(6)Mn
2++2HCO3
−= MnCO3↓+CO2↑+ H2O
【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与软锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、
Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为
铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶
液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵进行“碳化结晶”，发生
Mn
2++2HCO3
−= MnCO3↓+CO2↑+ H2O反应，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、
干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析解答。
【解析】（1）Mn 原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为1s
22s
22p
63s
23p
63d
54s
2，价电子排布
式为3d
54s
2，故Mn2+的价电子排布式为3d
5；
（2）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化
氢等气体，污染环境；
（3）由图知，pH 为2 时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH 除
杂质时会消耗更多的CaCO3而造成浪费；
（4）中和除杂的目的是除去Al3+、Fe3+，根据图2 可知，常温下，Al3+、Fe3+完全沉淀时，即Al3+、Fe3+浓
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度为10-5mol/L 时，pH 分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2+开始沉淀的pH 为7.54，除杂时要Al3+、
Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，因此调pH 范围为是5.0∼7.54；加入碳酸钙后将Fe3+转化为Fe(OH) 3沉淀，
因此反应为：2Fe
3++3CaCO3+3SO4
2−+3H2O=2Fe(OH)3+CaSO4+3CO2↑；
（5）已知：Ksp(MgF2)=6.4×10-10；Ksp(CaF2)=3.6×10-12，溶液中的Ca2+沉淀完全时
c(F
−)=√
Ksp(CaF2)
c(Ca
2+)
=√
3.6×10
−12
1×10
−5 =6×10
−4，当Mg2+完全沉淀时，需维持c(F−)不低于
√
Ksp(MgF2)
c(Mg
2+)
=√
6.4×10
−10
1×10
−5 =8×10
−3，因此当时c(F
−)=6×10
−4，即此时溶液中Mg2+和Ca2+能都沉淀完
全；
（6）由分析知，加入碳酸氢铵进行“碳化结晶”，发生Mn
2++2HCO3
−= MnCO3↓+CO2↑+ H2O反应，生成
MnCO3沉淀。
14．（2025·辽宁鞍山·二模）由电镀污泥(含Cr
3+、Fe
2+、Fe
3+、Zn
2+、Cu
2+、Ag
+等)为原料生产Na2Cr2O7
流程如图：
已知：I.25℃：NH3⋅H2O K b=10
−5
II.Zn
2+能形成无色的[Zn(NH3)4]
2+
回答下列问题：
(1)氨浸液中的(NH4)2CO3能使污泥中的一种胶状物转化为疏松的颗粒。
①“氨浸”步骤在NH3−(NH4)2CO3缓冲溶液中，Fe
3+可被SO3
2-还原，生成FeCO3，该反应的离子方程式为
；
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②氨浸渣中的FeCO3在X射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰，则FeCO3属于 (填“晶体”或“非晶
体”)；
③25℃时，若测得氨浸液pH为9，则溶液中c(NH3⋅H2O) c(NH4
+)(填“>”、“＜”或“=”)；
④(NH4)2CO3提高了氨浸液和浸渣的分离效率，原因是 ；
⑤氨浸液呈深蓝色，其中呈色离子的结构简式为 。
(2)水浸液中含+6 价Cr 的含氧酸盐，请从平衡移动角度指出A 物质为 (填化学式)，并用适当的化学
用语阐述原理 。
(3)根据Na2Cr2O7溶解度曲线(如图)指出“系列操作”为 。
【答案】(1) 2Fe
3++SO3
2−+ H2O+2CO3
2−+2NH3=2FeCO3↓+SO4
2−+2NH4
+ 晶体 = 使胶状物
转化为易于分离的沉淀颗粒
(2) H2SO4 增大H
+浓度，促进平衡2CrO4
2−+2H
+⇌Cr2O7
2−+ H2O正向移动，生成Cr2O7
2-
(3)浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥
【分析】由题给流程可知，向电镀污泥中加入氨水、亚硫酸铵和碳酸铵的混合溶液氨浸，将溶液中的铜离
子、锌离子、银离子转化为四氨合铜离子、四氨合锌离子、二氨合银离子，铁离子和亚铁离子转化为碳酸
亚铁沉淀、铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氨浸液和氨浸渣；向氨浸渣中加入氢氧化钠、通入空气
高压焙烧，将碳酸亚铁转化为氧化铁、氢氧化铬转化为铬酸钠，焙烧渣水浸、过滤得到含有氧化铁的水浸
渣和铬酸钠溶液；向溶液中加入硫酸溶液调节溶液pH，将溶液中铬酸钠转化为重铬酸钠，反应得到的溶液
经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥得到重铬酸钠。
【解析】（1）①由分析可知，氨浸时铁离子发生的反应为溶液中的铁离子与亚硫酸根离子、碳酸根离
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子、氨分子反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸根离子和铵根离子，反应的离子方程式为
2Fe
3++SO3
2−+ H2O+2CO3
2−+2NH3=2FeCO3↓+SO4
2−+2NH4
+，故答案为：
2Fe
3++SO3
2−+ H2O+2CO3
2−+2NH3=2FeCO3↓+SO4
2−+2NH4
+；
②由碳酸亚铁在X 射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰可知，碳酸亚铁属于晶体，故答案为：晶体；
③由电离常数可知，溶液中c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
=Kb
c(OH
-)
=10
−5
10
−5=1，则溶液中一水合氨的浓度与铵根离子浓度相
等，故答案为：=；
④碳酸铵提高了氨浸液和浸渣的分离效率是因为：碳酸铵能使污泥中的胶状物转化为易于分离的沉淀颗
粒，故答案为：使胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒；
⑤氨浸液呈深蓝色是因为溶液中存在着结构简式为
的四氨合铜离子，故答案为：
；
（2）由分析可知，水浸液中存在如下平衡：2CrO4
2−+2H
+⇌Cr2O7
2−+ H2O，向溶液中加入硫酸溶液，溶
液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，有利于重铬酸根离子的生成，故答案为：H2SO4；增大
H
+浓度，促进平衡2CrO4
2−+2H
+⇌Cr2O7
2−+ H2O正向移动，生成Cr2O7
2-；
（3）由溶解度曲线可知，得到重铬酸钠的系列操作为浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：浓
缩、结晶、过滤、洗涤、干燥。
15．（2025·辽宁辽阳·二模）工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg (OH)2的工艺流程如图所示。
软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质。
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已知：常温下，K sp(NiS)≈1.0×10
−21，K sp(ZnS)≈1.0×10
−25。各金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH
如表。
金属离子
Mn
2+
Fe
2+
Fe
3+
Al
3+
Mg
2+
Zn
2+
Ni
2+
开始沉淀时的pH
8.8
7.5
2.2
4.1
9.6
6.5
6.4
完全沉淀时的pH
10.8
9.5
3.5
5.4
11.6
8.5
8.4
回答下列问题：
(1)SiO2晶体为 晶体，为测定其结构通常使用的仪器是 。
(2)“脱硫浸锰”时若保持温度不变，该体系中c(Mn
2+)和c(SO4
2−)随反应时间的变化如图所示。
则导致溶液中c(Mn
2+)和c(SO4
2−)的变化产生明显差异的原因可能是VV 。
(3)“调pH”至5.5 左右，则“滤渣2”的成分为 (填化学式)。
(4)已知“滤渣3”的主要成分为NiS和ZnS，则“除杂”后的溶液中−lgc(S
2−)≤ 。(当溶液中某
离子的物质的量浓度小于或等于1×10
−5 mol⋅L
−1时，视作该离子已完全沉淀)
(5)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。
(6)锰含量测定：
为测定MnSO4产品中锰的含量，取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的稀硫酸，再滴加过量的
0.1000 mol⋅L
−1(NH4)2S2O8溶液将锰元素转化为MnO4
−，充分反应后加热一段时间，冷却后将烧杯中的溶
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液配成250 mL溶液。取出25.00mL 溶液于锥形瓶中，用0.1000 mol⋅L
−1FeSO4标准溶液滴定，到达滴定终
点时，消耗FeSO4溶液的体积为V mL。
已知：(NH4)2S2O8在水溶液中不稳定，会逐渐分解为NH4 HSO4和H2O2。
①滴定终点的现象是 。
②该产品中锰的质量分数为 (用含a、V 的式子表示)。
【答案】(1) 共价 X 射线衍射仪
(2)Mn2+能催化O2与H2O、SO2反应生成H2SO4
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)16
(5)Mn2++HCO3
-+NH3 H
⋅
2O=MnCO3↓+NH4
++H2O
(6) 溶液紫色褪去且半分钟内不恢复 11V
10a %
【分析】工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2，将含SO2的烟气通入硫酸酸化的软锰矿
浆中进行脱硫浸锰，MnO2有氧化性，与还原性的SO2反应生成MnSO4，SiO2不反应，是滤渣1 的主要成
分，浸出液加入MnO2将少量Fe2+氧化为Fe3+，则溶液中除了Mn2+还有Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+等金属
离子，加入氨水调节pH 至5.5 左右，使Fe3+、Al3+以Fe(OH)3、Al(OH)3析出而除去，考虑到Ni2+、Zn2+完全
沉淀时pH 较大，为了防止调节pH 时使Mn2+也沉淀，故加入(NH4)2S 使Ni2+、Zn2+转化为硫化物沉淀，即滤
渣3 为NiS、ZnS，再加入碳酸氢铵和氨水生成碳酸锰沉淀，分离后，溶液中的镁离子通入氨气使其以氢氧
化镁沉淀，碳酸锰加入硫酸转化为MnSO4。
【解析】（1）SiO2是共价晶体，测定晶体结构通常使用X 射线衍射仪；
（2）若反应体系中只发生MnO2+SO2=MnSO4，则Mn2+与SO4
2-的浓度变化应该一致，而图示信息表明，
SO4
2-的浓度变化比Mn2+的浓度变化要快，说明反应体系中还发生了其他生成SO4
2-的反应，由于温度不变，
则SO4
2-的浓度变化说明Mn2+能催化O2与H2O、SO2反应生成H2SO4；
（3）“调pH”至5.5 左右，根据表格中离子沉淀时的pH 值，结合分析中浸出液中的金属离子可知滤渣2
的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）Ksp(NiS)相比Ksp(ZnS)更大，则说明当Ni2+完全沉淀时，Zn2+已经沉淀完全，以NiS 计算，当Ni2+完全
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沉淀，c(Ni2+)≤1×10-5mol L
⋅
-1，则c(S2-)≥Ksp(NiS)
c(Ni
2+)
= 1×10
−21
1×10
−5 =1×10-16mol L
⋅
-1，故−lgc(S
2−)≤16；
（5）“沉锰”时加入碳酸氢氨，由于碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，与锰离子形成碳酸锰沉淀，氢离
子被氨水中和生成铵根，发生反应的离子方程式为Mn2++HCO3
-+NH3 H
⋅
2O=MnCO3↓+NH4
++H2O；
（6）①滴定时发生MnO4
-+5Fe2++8H+=Mn2++Fe3++4H2O，高锰酸根离子显紫色，故滴定终点的现象是当滴入
最后半滴FeSO4标准溶液时，溶液紫色褪去且半分钟内不恢复；
②根据关系式Mn2+~MnO4
-~5Fe2+，可得该产品中锰元素的质量分数为
1
5 ×0.1000mol /L×V×10
−3L× 250mL
25mL ×55g/mol
ag
×100 % = 11V
10a %。
16．（2025·辽宁大连·一模）采用铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]为原料制备电
池正极材料LiMn0.5Fe0.5PO4的一种工艺流程如下：
已知：①原料中铁元素与锰元素物质的量之比nFe/nMn=1.2；
②沉淀后得到Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O；
③相关物质的Ksp如下：
Fe(OH)2
MgF2
MnF2
CaF2
Mn(OH)2
Ksp
8×10
−16
7.1×10
−11
5.3×10
−3
4×10
−11
1.9×10
−13
回答下列问题：
(1)“酸浸”中，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。
(2)滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，写出该工艺条件下Fe 粉与MnO2反应的离子方程式 。
(3)滤渣①成分为 (填化学式)。
(4)“除杂”前滤液①调节pH 不宜过低的原因是 。
(5)滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为
98%和95%，则1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为 mol(精确至0.1)。
(6)“焙烧”过程中通入Ar 的目的为 ；该过程中除产品外，还有H2O 和两种气体生成，“焙烧”过
程的化学反应方程式为 。
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【答案】(1)适当升温(或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌)
(2)Fe+ MnO2+ 4 H
+= Fe
2++ Mn
2++2H2O
(3)CaSO4、SiO2
(4)pH 过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀
(5)59.5
(6) 防止Fe2+氧化 Mn0.5Fe0.5C2O4⋅2H2O+LiH2PO4=LiMn0.5Fe0.5PO4+3 H2O↑+CO↑+CO2↑
【分析】铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]中加入H2SO4酸浸，此时SiO2不溶，
有部分Ca2+转化为CaSO4沉淀；过滤后，调节滤液的pH=5，并往滤液中加入MnF2，参照MnF2、MgF2、
CaF2的Ksp，可得出MnF2易转化为MgF2、CaF2，则Mg2+转化为MgF2沉淀，剩余Ca2+转化为CaF2沉淀；过
滤后，往滤液中加入FeSO4调比例，再加入(NH4)2C2O4，生成Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O 沉淀；过滤后，往沉淀中
加入LiH2PO4，并通入Ar 进行焙烧，得到LiMn0.5Fe0.5PO4产品。
【解析】（1）“酸浸”中，可通过升高温度、增大浓度、增大接触面积提高浸取速率，方法为：适当升
温(或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌)。
（2）滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，该工艺条件下Fe 粉与MnO2反应，生成Fe2+、Mn2+等，依据得失
电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式Fe+ MnO2+ 4 H
+= Fe
2++ Mn
2++2H2O。
（3）由分析可知，滤渣①成分为CaSO4、SiO2。
（4）HF 为弱酸，“除杂”前，滤液①调节pH 不宜过低，否则会生成HF，消耗F-，不利于Ca2+、Mg2+转
化为沉淀，则原因是：pH 过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀。
（5）滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别
为98%和95%，设1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为x，则依据沉淀Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O 的组成，可得
出下列等式：0.30mol∙L-1×1000L×98%=(0.25mol∙L-1×1000L+x)×95%，可求出x=59.5mol，即1m3滤液需要加
入FeSO4的物质的量为59.5mol。
（6）Fe2+具有较强的还原性，需防止被氧化，则“焙烧”过程中通入Ar 的目的为：防止Fe2+氧化；该过程
中除产品外，还有H2O 和两种气体生成，此两种气体应为H2C2O4的分解产物，依据元素守恒，可得出“焙
烧”过程的化学反应方程式为Mn0.5Fe0.5C2O4⋅2H2O+LiH2PO4=LiMn0.5Fe0.5PO4+3 H2O↑+CO↑+CO2↑。
17．（2025·辽宁·三模）以铅蓄电池的填充物铅膏(主要含PbSO4、PbO2、PbO和少量FeO)为原料，可生
产三盐基硫酸铅(PbSO4⋅3PbO⋅H2O)，其工艺流程如下：
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已知：常温下，Ksp(PbCO3)=7.5×10
−14,Ksp(PbSO4)=2.5×10
−8;Pb(OH)2具有两性，PbO2有强氧化性。
回答下列问题：
(1)“转化”后的难溶物质为PbCO3和PbSO4(少量)，则PbO2转化为PbCO3的离子方程式为 ，“滤液
1“中CO3
2−和SO4
2−浓度的比值为 。
(2)“酸浸”前要对PbCO3固体进行洗涤，检验是否洗涤干净的操作是 。
(3)“除杂”得到的滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(4)在50~60° C“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为 ，“合成”需控制溶液的pH不能大于10 的
原因为 。
(5)已知：PbO2在加热过程中发生分解的失重曲线如图所示，图中a 点时样品失重率
(
样品起始质量−残留固体质量
样品起始质量
×100 %)为4.0 %。若a 点时残留固体组成表示为PbOx，则x=
(保留两位有效数字)。
【答案】(1) PbO2+CO3
2−+SO3
2−+ H2O = PbCO3+SO4
2−+2OH
− 3.0×10
−6
(2)取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则证明已洗
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净
(3)Fe(OH)3
(4) 4 PbSO4+6 NaOH
50~60° C
¿PbSO4⋅3PbO⋅H2O+3 Na2SO4+2H2O
¿
Pb(OH)2具有两性，pH过高导致其溶
解，降低了三盐基硫酸铅的产率
(5)1.4
【分析】向铅膏(主要含PbSO4、PbO2、PbO和少量FeO)中加入过量的亚硫酸钠、碳酸钠溶液得到PbCO3
和少量PbSO4及FeO，加入稀硝酸转化成Pb(NO3)2，同时将FeO转化为Fe(NO3)3，则混合气体X 为CO2和NO
的混合气体，NaOH 调节溶液pH 使Fe
3+化为Fe(OH)3沉淀而除去，则滤渣主要成分为Fe(OH)3，滤液中加
稀H2SO4将Pb(NO3)2转化成PbSO4沉淀和硝酸，因此HNO3可循环利用，即物质Y 为HNO3，PbSO4中加入氢氧
化钠控制温度在50~60℃合成得到三盐基硫酸铅和硫酸钠溶液，最后经过滤、洗涤和干燥得到较纯的三盐
基硫酸铅，以此分析解答。
【解析】（1）亚硫酸钠具有还原性，PbO2有强氧化性，PbO2被亚硫酸钠还原为二价铅，然后和碳酸根离
子转化为PbCO3沉淀，反应的离子方程式为：PbO2+CO3
2−+SO3
2−+ H2O = PbCO3+SO4
2−+2OH
−；“滤液1“中
CO3
2−和SO4
2−浓度的比值为
c(CO3
2−)
c(SO4
2−)
=c(CO3
2−)⋅c(Pb
2+)
c(SO4
2−)⋅c(Pb
2+)
=
Ksp(PbCO3)
Ksp(PbSO4) =7.5×10
−14
2.5×10
−8 =3.0×10
−6；
（2）检验PbCO3固体是否洗涤干净就是检验洗涤液中是否含有转化过程中生成的SO4
2−，故操作是：取最
后一次洗涤液少许于试管中，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则证明已洗净；
（3）由分析可知，“除杂”时NaOH 调节溶液pH 使Fe
3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，则滤渣主要成分为
Fe(OH)3；
（4）加入的氢氧化钠和PbSO4沉淀在50~60°C“合成”得到三盐基硫酸铅和硫酸钠，反应的化学方程式
为：4 PbSO4+6 NaOH
50~60° C
¿PbSO4⋅3PbO⋅H2O+3 Na2SO4+2H2O
¿
；由题中所给已知信息可知，“合成”需控
制溶液的pH 不能大于10 的原因为：Ksp(PbCO3)=7.5×10
−14，Ksp(PbSO4)=2.5×10
−8；Pb (OH)2具有两
性，pH 过高导致其溶解，降低了三盐基硫酸铅的产率；
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（5）由题意可知，在加热过程中PbO2发生分解的化学方程式为：PbO2≜PbOX+ 2−x
2
O2↑，a 点失重率为
4.0%，则2−x
2
×32=239×4.0 %，解得x≈1.4。
18．（2025·吉林延边·一模）镍（Ni）和锡（Sn）应用于电镀、机械、航空等众多工业领域。从一种Ni-
Sn-Fe 合金废料生产工业硫酸镍的工艺流程如下图所示。
已知：①“酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为Ni
2+、Sn
4+、Sn
2+、Fe
2+。
②“一次除铁”后溶液中仍有少量Fe
3+。“萃取除铁、反萃取、制NaHX2和制Ni(HX2)2”的原理是：
yM
x++xN(HX2)y(有机相)⇌xN
y++yM(HX2)3(有机相)，M
x+和N
y+代表金属阳离子或H
+。金属阳离子和
HX2
−的结合能力：Fe
3+>Fe
2+>Ni
2+>Na
+。
③常温下，Ksp[Sn (OH)2]=1×10
−28，Ka1(H2CO3)= 4×10
−7，Ka2(H2CO3)=6×10
−11。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，生成Sn
4+的离子反应方程式 。
(2)常温下Sn
2+恰好完全沉淀为Sn (OH)2时c(Sn
2+)=1.0×10
−5 mol/L，c(HCO3
−) c(CO3
2−)（填“>”、
“<”或“=”）。
(3)“萃取除铁”时，用NaHX2制取Ni(HX2)2进行萃取，而不用NaHX2直接进行萃取的原因是 。
(4)“反萃取”时，萃余液的溶质含FeCl3，试剂1 是 。
(5)“制Ni(HX2)2”时，溶液1 的主要成分是 （填化学式）。
(6)硫酸镍的溶解度随温度的变化如图所示。
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“浓缩结晶”的具体步骤为：
蒸发浓缩， ，趁热过滤、洗涤、干燥。
洗涤时使用无水乙醇而不使用水洗的原因是：
i.乙醇沸点较低，易于干燥；
ii. 。
【答案】(1)3Sn+16 H
++ 4 NO3
−=3Sn
4++ 4 NO↑+8 H2O
(2)>
(3)避免萃取时引入Na
+进入NiSO4溶液，降低NiSO4的纯度；避免萃取除铁时发生反应
2NaHX2+ Ni
2+⇌Ni(HX2)2+2Na
+，使Ni
2+进入有机相，降低NiSO4的产率
(4)盐酸
(5)Na2SO4
(6) 冷却至30.8−53.8℃结晶 降低洗涤时NiSO4的溶解损失；防止生成NiSO4⋅7 H2O
【分析】合金废料中的¿、Sn、Fe等金属与酸发生反应，生成N i
2+、S n
4+、S n
2+、F e
2+等金属阳离
子，进入溶液。 向酸浸后的溶液中加入碳酸钠，S n
2+与C O3
2−反应生成Sn(OH )2沉淀，从而将Sn2+从溶液
中分离出来，得到含Ni2+、Fe2+等的溶液，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再加入碳酸钠，Fe3+与碳酸根反
应生成NaF e3(SO4)2(OH )6沉淀，除去部分Fe3+，但溶液中仍含有少量Fe3+，用Ni(H X 2)2做萃取剂萃取
除铁，加盐酸反萃取、制NaH X 2和制Ni(H X 2)2，经过一系列除杂处理后的NiSO4溶液浓缩结晶，得到
NiSO4·6 H2O晶体。
【解析】（1）合金废料中的¿、Sn、Fe等金属与酸发生反应，生成N i
2+、S n
4+、S n
2+、F e
2+等金属
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阳离子，进入溶液，生成Sn
4+的离子反应方程式是3Sn+16 H
++ 4 NO3
−=3Sn
4++ 4 NO↑+8 H2O。
（2）Ksp[Sn(OH )2]=c(S n
2+)⋅c
2(O H
−)=10
−28，可得c(O H
−)=10
−11.5mol /L→
❑
c (H
+)=10
−2.5mol /L
，Ka2(H2C O3)= c (H
+)⋅c(C O3
2−)
c(HC O3
−)
= 10
−2.5×c(C O3
2−)
c(HC O3
−)
=6×10
−11，
c(C O3
2−)
c(HC O3
−)
= 6×10
−11
10
−2.5
<1，由此可
知，c(HC O3
−)>c(C O3
2−)。
（3）避免萃取时引入N a
+进入NiSO4溶液，降低NiSO4的纯度；避免萃取除铁时发生反应
2NaHX2+ Ni
2+⇌Ni(HX2)2+2Na
+，使N i
2+进入有机相，降低NiSO4的产率。
（4）“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动，萃余液的溶质含FeCl3 ，所以试
剂1 是盐酸。
（5）制Ni(H X 2)2时，通入NiSO4，N i
2+ 置换出N a
+，溶液1 的主要成分是N a2SO4。
（6）根据硫酸镍的溶解度曲线可知，随着温度升高，溶解度逐渐增大，并且水合物发生变化，要得到
NiSO4·6 H2O晶体，温度越高降低至30.8−53.8℃。NiSO4不溶于乙醇，用乙醇溶解可以降低其溶解损
失，防止防止水分过多生成NiSO4·7 H2O。
19．（2025·吉林通化·一模）ZnSO4是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂，木材和皮革
的保存剂。由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有少量：SiO2、CaCO3、Al2O3、FeCO3、Fe2O3、PbO，
MgCO3、CdO 和MnCO3)制备ZnSO4⋅H2O流程如下：
已知：常温下，部分金属阳离子沉淀的pH 如下表。
金属阳离子
Zn
2+
Fe
2+
Fe
3+
Cd
2+
Mg
2+
Mn
2+
Al
3+
开始沉淀pH
6.2
7.4
2.2
7.7
9.1
8.1
3.4
沉淀完全pH
8.2
8.9
3.2
9.7
11.1
10.1
4.7
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(1)过滤获得的滤渣①的主要成分为SiO2、CaSO4、PbSO4、 。
(2)加入KMnO4溶液后过滤可以得到Fe(OH)3和MnO (OH)2两种沉淀，Fe2+发生反应的离子方程式为 ，
常温下，此时溶液pH 仍为5，则溶液残留的微量Fe3+的浓度约为 mol/L。
(3)脱完钙和镁之后的ZnSO4滤液中含有少量的K2SO4，ZnSO4的溶解度曲线如图。由滤液④获得
ZnSO4⋅H2O的具体操作为：加热浓缩至330K，当 时， ，洗涤烘干。
(4)①氧化锌晶体的一种晶胞是如图甲所示的立方晶胞，其中与Zn 原子距离最近的O 原子数目有
个。
Zn
②
2+能形成多种配离子，已知Zn2+形成的一种配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]2+只有一种空间结构，则
[Zn(NH3)4]2+的空间结构为 。
【答案】(1)Al(OH)3、Fe(OH)3
(2) 8H2O+3Fe
2++ MnO4
−= MnO (OH)2↓+3Fe(OH)3↓+5H
+ 1.0×10
−10.4
(3)当析出大量晶体时 趁热过滤
(4) 4 正四面体
【分析】菱锌矿主要成分为ZnCO3，还含有少量SiO2、CaCO3、Al2O3、FeCO3、Fe2O3、PbO、MgCO3、
CdO 和MnCO3，焙烧后用硫酸“浸取”，加Zn(OH)2调pH=5，过滤出SiO2、CaSO4、PbSO4、Al(OH)3和
Fe(OH)3，滤液①加高锰酸钾把Fe
2+氧化为Fe(OH)3，高锰酸根离子被还原为MnO (OH)2，过滤可以得到
Fe(OH)3和MnO (OH)2沉淀，滤液②加Zn 粉置换出Cd，过滤，滤液③加HF 生成MgF2、CaF2除钙镁，过
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滤，滤液④加热浓缩至330K(或以上，370K 都对)，直到析出大量晶体后，趁热过滤，洗涤、干燥得
ZnSO4⋅H2O。
【解析】（1）根据部分金属阳离子沉淀的pH 表，加硫酸浸取后再调节pH=5，生成氢氧化铝、氢氧化铁
沉淀，过滤获得的滤渣①的主要成分为SiO2、CaSO4、PbSO4、Al(OH)3和Fe(OH)3，故答案为：Al(OH)3、
Fe(OH)3；
（2）加入KMnO4溶液后过滤可以得到Fe(OH)3和MnO (OH)2两种沉淀，Fe
2+被高锰酸钾氧化为Fe(OH)3，高
锰酸根离子被还原为MnO (OH)2，发生反应的离子方程式为
8H2O+3Fe
2++ MnO4
−= MnO (OH)2↓+3Fe(OH)3↓+5H
+；常温下，Fe
3+完全沉淀的pH 为3.2，
Ksp=c(Fe
3+)c
3(OH
-)=1×10
-5×(
10
-14
10
-3.2)
3
=1×10
-37.4；此时溶液pH 仍为5，则溶液残留的微量Fe
3+的浓
度约为1×10
-37.4
(1×10
-9)
3 mol/L=1×10
-10.4
mol/L，故答案为：
8H2O+3Fe
2++ MnO4
−= MnO (OH)2↓+3Fe(OH)3↓+5H
+；1.0×10
−10.4；
（3）根据ZnSO4的溶解度曲线。由滤液④获得ZnSO4⋅H2O的具体操作为：加热浓缩至330K(或以上，
370K 都对)，直到析出大量晶体后，趁热过滤，再洗涤并干燥，故答案为：当析出大量晶体时；趁热过
滤；
（4）①由晶胞结构可知，位于体内的氧原子与4 个锌原子的距离最近，由化学式可知，与锌原子距离最近
的氧原子个数为4；
②由配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]
2+只有一种空间结构可知，四氨合锌离子为正四面体结构，不是平面结构，故
答案为：4；正四面体。
20．（2025·吉林·二模）一种基于微波辅助低共熔溶剂的回收方法可实现对废旧锂离子电池中LiCoO2粗品
(主要成分为LiCoO2，同时含有少量Fe、Al、C 单质)中LiCoO2的回收利用，其主要工艺流程如下：
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已知：①LiCoO2难溶于水，Co
2+在溶液中可形成[CoCl4]
2−(蓝色)和[Co(H 2O)6]
2+(粉红色)；
25℃
②
时，Ksp[Co(OH)2]=1.6×10
−15,Ksp(CoC2O4)=6.3×10
−8；
③季铵盐是指铵离子中的四个氢原子都被烃基取代后生成的化合物。
回答下列问题：
(1)基态钴原子的未成对电子数为 ；LiCoO2中Co 的化合价为 。
(2)季铵盐和羧酸或多元醇等可形成低共熔溶剂，物理性质与离子液体非常相似。下列说法正确的是
(填字母)。
A．氯化胆碱[HOCH2CH2N
+(CH3)3⋅Cl
−]与草酸混合可形成低共熔溶剂
B．该低共熔溶剂不导电
C．该低共熔溶剂可以溶解LiCoO2
(3)“微波共熔”中低共熔溶剂和LiCoO2粗品以不同的液固比在120℃下微波处理10min后，锂和钴的浸取
率如图，则最佳液固比为 mL/g；若低共熔溶剂中的草酸加入过多会导致钴的浸取率下降，原
因是 。
(4)已知在水浸过程中溶液由蓝色变为粉红色，写出该变化的离子方程式 。
(5)25℃时，沉钴反应完成后，溶液的pH =10，此时Co
2+的浓度为 mg/L。(用科学计数法表示，
保留3 位有效数字)
(6)“滤饼1”经过煅烧得到固体Co3O4，“滤饼2”为Li2CO3固体，混合后经高温烧结得到LiCoO2的化学方程
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式为 。
【答案】(1) 3 +3
(2)AC
(3) 60 若草酸加入过多，钴与草酸结合成难溶的CoC2O4，使Co 的浸出率下降
(4)[CoCl4]2-+6H2O=[Co(H2O)6]2++4Cl-
(5)9.44×10-3
(6)6Li2CO3+4Co3O4+O2 =
高温12LiCoO2+6CO2
【分析】废旧锂离子电池LiCoO2粗品(主要成分为LiCoO2，同时含有少量Fe、Al、C 单质)加入低共熔剂进
行微波共熔，季铵盐和羧酸或多元醇等可形成低共熔溶剂，故Co 被还原为+2 价，经过水浸滤液中Co 以
[CoCl4]2-存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀即滤饼1 和含有锂离子的滤液2，Co(OH)2固体经过
煅烧得到Co3O4固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀即滤饼2，碳酸锂和Co3O4高温
烧结，同时通入空气氧化得到LiCoO2产物；
【解析】（1）钴元素原子序数为27，基态钴原子价层电子排布式为3d74s2，故未成对电子数为3；LiCoO2
中O 为-2 价，Li 为+1 价，故Co 为+3 价；
（2）a．离子液体正是有机胺正离子和甲酸根负离子，并且需要还原剂把+3 价的钴还原为+2 价，氯化胆
碱[HOCH2CH2N
+(CH3)3⋅Cl
−]与草酸混合可以很好地满足本题中低共熔溶剂的要求，A 正确； 由题中介绍
可知，低共熔溶剂物理性质与离子液体非常相似，应当可以导电，B 错误； 由题中介绍可知，低共熔溶剂
物理性质与离子液体非常相似，可以溶解离子化合物，C 正确；故选AC；
（3）图中信息显示当液固比为60mL/g 时钴的浸取率最高，当液固比继续增大时，锂的浸取率随液固比的
增大变化不大，因此最佳液固比为60mL/g；若草酸加入过多，钴与草酸结合成难溶的CoC2O4，使Co 的浸
出率下降；
（4）已知Co
2+在溶液中可形成[CoCl4]
2−(蓝色)和[Co(H 2O)6]
2+(粉红色)；水浸过程中溶液由蓝色变为粉红
色，说明钴元素的存在形式由[CoCl4]2-变为[Co(H2O)6]2-，结合元素守恒得该变化离子方程式为[CoCl4]2-
+6H2O=[Co(H2O)6]2++4Cl-；
（5）25℃时，沉钴反应完成后，溶液的pH =10，即溶液c(H+)=1×10−10mol/L，c(OH-)=1×10−4mol/L，
c(Co2+)= K sp[Co(OH )2]
c
2(OH
−)
= 1.6×10
−15
(1×10
−4)
2=1.6×10−7mol/L，故Co2+的质量体积浓度=c(Co2+)×59×103mg/
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L=9.44×10-3mg/L；
（6）滤饼2 是碳酸锂，与Co3O4混合后，高温烧结并在此过程中通入氧气，将Co 从+2 氧化为+3 价，故化
学方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O2 =
高温12LiCoO2+6CO2。
21．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）富贵锑氯化分金后所得废渣是贵金属Ag 重要的提取原料，富贵锑提金渣
中含有大量AgCl 及少量的PbCl2、SiO2、Sb6O13、Au，其提取的工艺流程如下：
已知：25℃①Ksp(PbCl2)=1.6×10
−5，Ksp[Pb(OH)2]=1.2×10
−15
AgCl
②
在氯离子的浓溶液发生离子反应：AgCl+Cl
−⇌[AgCl2]
−
请回答下列问题：
(1)“脱氯”时加入NaOH 水溶液可以将PbCl2完全转化为Pb(OH)2，结合数据分析原因是 。
(2)“脱氯”时Ag（Ⅰ）与Pb（Ⅱ）均会发生氧化还原反应，请写出AgCl 发生的离子反应方程式为
；脱氯渣中含有Ag、Pb 和少量PbO、Au、 、Sb6O13。
(3)“分银”时为避免反应时释放出有毒气体污染环境，选择一定比例的HNO3和H2O2混合液做氧化剂，其中
Pb 反应的化学方程式为 。
(4)考察“除铅”和“沉银”时硫酸和氯化钠用量时得到结果如下图，从提取Ag 产率最大化角度选择的最
佳硫酸和氯化钠用量系数分别是 、 。“沉银”时若氯化钠用量过多，可能带来的影响是
（写出一条即可）。
(5)为了增大原料利用率，“脱氯”后的滤液经过处理可以循环至 （填步骤名称）。
(6)AgCl 的晶胞如下图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为apm，则晶体密度是 g⋅cm
−3
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（列出计算表达式）。
【答案】(1)PbCl2(s)+2OH
−(aq)= Pb(OH)2(s)+2Cl
−(aq)的平衡常数为
K=c
2(Cl
-)
c
2(OH
-) =c(Pb
2+)c
2(Cl
-)
c(Pb
2+)c
2(OH
-) = 1.6×10
−5
1.2×10
−15 ≈10
10>10
5，可以认为完全转化
(2) 4 AgCl+ N2H4⋅H2O+ 4 OH
−= 4 Ag+ N2↑+ 4 Cl
−+5 H2O SiO2
(3)Pb+2HNO3+ H2O2= Pb(NO3)2+2H2O
(4) 1.0 1.1 导致PbCl2(s)沉淀生成造成产品纯度降低或发生反应AgCl+Cl
−⇌[AgCl2]
−，AgCl
溶解，银的产量降低
(5)沉银
(6)4×(108+35.5)
NA×a
3×10
−30
【分析】富贵锑提金渣加入氢氧化钠、水合肼脱氯后过滤，脱氯渣加入硝酸、过氧化氢氧化Ag、Pb生成
硝酸银、硝酸铅，过滤除去SiO2、Sb6O13、Au固体，滤液加入硫酸将铅离子转化为硫酸铅沉淀，过滤滤
液加入氯化钠将银离子转化为氯化银沉淀，加入氢氧化钠、水合肼还原得到银单质；
【解析】（1）PbCl2(s)+2OH
−(aq)= Pb(OH)2(s)+2Cl
−(aq)的平衡常数为
K=c
2(Cl
-)
c
2(OH
-) =c(Pb
2+)c
2(Cl
-)
c(Pb
2+)c
2(OH
-) = 1.6×10
−5
1.2×10
−15 ≈10
10>10
5，可以认为完全转化；
（2）水合肼具有还原性，碱性条件下还原氯化银生成银单质，同时氮被氧化为氮气，结合质量守恒，还
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生成水，反应为：4 AgCl+ N2H4⋅H2O+ 4 OH
−= 4 Ag+ N2↑+ 4 Cl
−+5 H2O；PbCl2大部分被还原为铅单
质，Au、SiO2、Sb6O13不反应，则脱氯渣中含有Ag、Pb 和少量PbO、Au、SiO2、Sb6O13。
（3）“分银”时为避免反应时释放出有毒气体污染环境，选择一定比例的HNO3和H2O2混合液做氧化剂，
则反应中硝酸不是氧化剂，而过氧化氢为氧化剂，铅单质在酸性条件下被过氧化氢氧化为硝酸铅，同时生
成水，反应为Pb+2HNO3+ H2O2= Pb(NO3)2+2H2O
（4）由图，提取Ag 产率最大化角度选择的最佳硫酸用量系数是1.0，此时铅去除率较高，银损失率很
低，氯化钠用量系数1.1，此时沉银率很高，且固体中几乎不含杂质铅。已知，AgCl 在氯离子的浓溶液发
生离子反应：AgCl+Cl
−⇌[AgCl2]
− ，“沉银”时若氯化钠用量过多，可能带来的影响是导致PbCl2(s)
沉淀生成造成产品纯度降低或发生反应AgCl+Cl
−⇌[AgCl2]
−，AgCl 溶解，银的产量降低；
（5）“脱氯”环节中AgCl、PbCl2中氯离子转化为氯化钠，“脱氯”后的滤液中含有大量生成的氯化
钠，为了增大原料利用率，“脱氯”后的滤液经过处理可以循环至沉银环节。
（6）根据“均摊法”，晶胞中含8× 1
8 +6× 1
2 = 4个Ag+、12× 1
4 +1= 4个Cl-，则晶体密度为
4 M
NA
a
3×10
−30 g⋅cm
−3= 4×(108+35.5)
NA×a
3×10
−30 g⋅cm
−3。
22．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）回收废旧电池的金属材料可以促进资源的持续回收利用。磷酸铁锂电池
正极材料主要含有LiFePO4、铝箔和不溶性炭黑，如图为磷酸铁锂动力电池湿法回收相关金属的工艺流
程：
已知：①在H2O2体系中，当H
+浓度达到3 mol⋅L
−1时，95%的Fe
3+可以FePO4形式沉淀。
②FePO4微溶于硝酸，能溶于硫酸。碳酸锂微溶于水。
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③当溶液中某离子浓度小于1.0×10
−5 mol⋅L
−1时可认为该离子已沉淀完全。
回答下列问题：
(1)用NaOH 溶液碱浸前需要对材料进行粉碎处理，目的为 。
(2)写出生成产物1 的离子方程式： ，为了提高产物1 的产量需要注意 。
(3)写出一个酸浸1 过程中可能发生的反应的离子方程式： ，该过程保持温度为50℃的原因：
。
(4)已知Ksp[Fe(OH)3]= 4.0×10
−38，室温下沉铁，当pH =3.0时，Fe
3+是否可以沉淀完全？ （填
“是”或“否”）。
(5)滤渣3 的主要成分为 。
(6)在沉锂过程中会向溶液中加入一定量乙醇，推测加入乙醇的作用： 。
【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率
(2) [Al(OH)4]
−+ H
+= Al(OH)3↓+ H2O 控制稀硫酸的用量，防止因稀硫酸过量导致Al(OH)3溶解
(3)3LiFePO4+ NO3
−+ 4 H
+=3FePO4+ NO↑+3Li
++2H2O或2LiFePO4+ H2O2+2H
+=2FePO4+2Li
++2H2O
（硝酸和过氧化氢都可作氧化剂，两个离子方程式任写一个即可） 温度过低时反应速率较慢，温度
过高时过氧化氢和硝酸会分解
(4)否
(5)炭黑
(6)降低溶液极性，有利于Li2CO3析出
【分析】磷酸铁锂电池正极材料主要含有LiFePO4、铝箔和不溶性炭黑，加入氢氧化钠溶液碱浸，铝箔溶
解生成Na[Al(OH)4]，经过滤，滤液1 中主要含有Na[Al(OH)4]和NaOH，加入稀硫酸沉铝，产物1 为
Al(OH)3沉淀。不溶的LiFePO4和炭黑进入滤渣1，加入稀硝酸和过氧化氢酸浸，LiFePO4转化为FePO4和
Li
+，经过滤，Li
+进入滤液2，加入碳酸钠溶液沉锂得到Li2CO3沉淀。FePO4进入滤渣2（同时还含有炭
黑），向其中加入稀硫酸酸浸，FePO4溶解生成Fe
3+，再次过滤，滤渣3 为炭黑，滤液3 中含有Fe
3+，加
入氨水和氢氧化钠溶液沉铁得到Fe(OH)3沉淀。
【解析】（1）用NaOH 溶液碱浸前需要对材料进行粉碎处理，目的为增大接触面积，提高反应速率。
（2）碱浸时只有铝箔溶解，生成Na[Al(OH)4]，加入稀硫酸生成Al(OH)3
沉淀，离子方程式为
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[Al(OH)4]
−+ H
+= Al(OH)3↓+ H2O；为了提高Al(OH)3的产量，需要控制稀硫酸的用量，防止因稀硫酸过量
导致Al(OH)3溶解。
（3）滤渣1 加入稀硝酸和过氧化氢酸浸生成FePO4，硝酸和过氧化氢都可作氧化剂，过程中可能发生的反
应为3LiFePO4+ NO3
−+ 4 H
+=3FePO4+ NO↑+3Li
++2H2O或
2LiFePO4+ H2O2+2H
+=2FePO4+2Li
++2H2O；温度过低时反应速率较慢，温度过高时过氧化氢和硝酸
会分解，从而导致FePO4获取率下降，因此温度保持在50℃左右。
（4）滤液3 中加入NaOH 溶液和氨水，Fe
3+转化为Fe(OH)3，pH =3.0时c(OH
−)=1.0×10
−11mol⋅L
−1，
Ksp[Fe(OH)3]= 4.0×10
−38，此时c(Fe
3+)= 4.0×10
−5 mol⋅L
−1，大于1.0×10
−5 mol⋅L
−1，故Fe
3+没有沉
淀完全。
（5）根据分析，滤渣3 的主要成分为炭黑。
（6）沉锂过程中向溶液中加入一定量乙醇，可降低溶液极性，有利于Li2CO3析出。
23．（2025·黑龙江大庆·三模）碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材软磁铁氧体的重要原料。工业上用硫锰矿
(主要成分为MnS，还含少量FeO、MgS、SiO2等)制备高纯MnCO3的流程如下：
已知：
①常温下，Kb[NH3⋅H2O]≈2.0×10
−5，Ksp[Fe(OH)3]=2.0×10
−38
Ksp[MnF2]=3.1×10
−3，Ksp[MgF2]=6.2×10
−11。
②一般情况下，当溶液中剩余离子浓度≤10
−5 mol⋅L
−1时，认为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“煅烧”时，产生一种对环境有污染的气体，其化学式为 。
(2)“氧化”时，加入MnO2主要目的是将Fe
2+氧化成Fe
3+，写出该反应的离子方程式 。常温下，当
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Fe
3+恰好沉淀完全时，溶液中c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
≈ 。(
3√4 ≈1.6)
(3)用沉淀溶解平衡原理解释“沉镁”时选择MnF2的原因 。
(4)“沉锰”时的离子方程式为 。
(5)碳酸锰热分解法是制备锰的氧化物的常用方法，通过该方法获得的某种锰的氧化物的立方晶胞结构及小
立方体A、B 的结构如下图所示，则该氧化物的化学式为 。若晶胞密度为ρg⋅cm
−3，NA为阿伏加
德罗常数的值，则晶胞边长为 nm(列出计算式即可)。
【答案】(1)SO2
(2) MnO2+2Fe
2++ 4 H
+=2Fe
3++ Mn
2++2H2O 1.6×10
6
(3)Mg
2+ (aq)+ MnF2(s)⇌Mn
2+ (aq)+ MgF2(s)的平衡常数K = 3.1×10
−3
6.2×10
−11 =5×10
7，大于10
5，反应正向进行
程度很大，可以进行到底
(4)Mn
2++2HCO3
−= MnCO3↓+ H2O+CO2↑
(5) Mn3O4 3√
16×32+55×24
NA⋅ρ⋅10
−21
【分析】硫锰矿的主要成分为MnS，还含少量FeO、MgS、SiO2等，煅烧得到气体为SO2，固体为锰的氧
化物、FeO、MgO、SiO2等，然后加入稀硫酸溶解，SiO2与硫酸不反应，过滤除去，向滤液中加入MnO2
氧化亚铁离子，再加入氨水使铁离子转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入MnF2使镁离子转化为MgF2沉
淀，最后向滤液中加入碳酸氢铵溶液生成碳酸锰沉淀，据此分析作答。
【解析】（1）“煅烧”时，产生一种对环境有污染的气体，其化学式为SO2；
（2）“氧化”时，加入MnO2主要目的是将Fe2+氧化成Fe3+，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守
恒，可得该反应的离子方程式为：MnO2+2Fe
2++ 4 H
+=2Fe
3++ Mn
2++2H2O；常温下，当Fe3+恰好沉淀完
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全时，c(Fe3+)=1×10-5 mol L
⋅
-1，根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=2.0×10-38，解得：c(OH-)=3√
2.0×10
−38
1.0×10
−5
mol L
⋅
-1=3√2×10-11 mol L
⋅
-1，所以溶液中c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
= K b(NH3·H2O)
c(OH
-)
= 2×10
−5
3√2×10
−11 ≈ 1.6×10
6；
（3）用沉淀溶解平衡原理解释“沉镁”时选择MnF2的原因是：Mg2+(aq)+MnF2(s)
Mn
⇌
2+(aq)+MgF2(s)的平
衡常数K=c(Mn
2+)
c(Mg
2+)
= K sp(MnF2)
K sp(MgF2)= 3.1×10
−3
6.2×10
−11=5×107＞105，反应正向进行程度很大，可以进行到底；
（4）根据分析可知，“沉锰”时的离子方程式为：Mn
2++2HCO3
−= MnCO3↓+ H2O+CO2↑；
（5）由图可知，晶胞结构由4 个小立方体A 和4 个小立方体B 构成，小立方体A 中Mn 为4× 1
8 +1=3
2、O
为4，B 中Mn 为4× 1
8 + 4=9
2、O 为4，则整个大的晶胞中，Mn 为4×3
2+4×9
2=24、O 为4×4+4×4=32，则该
氧化物的化学式为Mn3O4；若晶胞密度为ρ g cm
⋅
-3，NA为阿伏加德罗常数的值，设晶胞边长为a nm，则有
ρ g cm
⋅
-3×(a×10-7cm)3=16×32+55×24
N A
g，解得a=
3√
16×32+55×24
NA⋅ρ⋅10
−21
nm。
24．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）碲化镉（CdTe）量子点具有优异的光电性能。某科研人员设计以电解精
炼铜获得的富碲渣（含铜、碲、银等）为原料合成碲化镉量子点的流程如下：
回答下列问题：
(1)电解精炼铜时，原料富碲渣将在 （填“阴”或“阳”）极区获得。
(2)“硫酸酸浸”时，取含单质Te 6.38%的富碲渣60g，为将Te 全部溶出转化为Te(SO4)2需加质量分数为
30%的H2O2（密度：1.134g/cm3） mL。但实际操作中，H2O2用量远高于该计算值，原因之一是
Cu 同时也被H2O2浸出，请写出Cu 被浸出时发生反应的离子方程式： 。
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(3)化学中用标准电极电势E
Θ（氧化态/还原态）反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧
化态转化为还原态越容易。已知硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为E
Θ(Cu
2+/Cu)=0.337 V、
E
Θ(Te
4+/Te)=0.630 V，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是 。
(4)结合下列反应机理（反应中水及部分产物已省略），推测NaCl 在“还原”步骤中的作用是 。
(5)①合成量子点时，加入柠檬酸钠作为包覆剂，利用柠檬酸钠的烃基部分修饰CdTe，羧酸钠部分亲水基
团则用于增强其生物相容性，下列最不可能替代柠檬酸钠生产具备以上特征量子点的物质是 （填
字母）。
A．苯 B．正戊醇 C．苯甲酸钾 D．硬脂酸钠
②量子点在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，关于这一现象下列说
法不正确的是 （填字母）。
A．属于化学变化 B．属于物理变化 C．由电子跃迁形成
(6)胆矾的结构如图所示。下列说法不正确的是________。
A．胆矾晶体中含有离子键、配位键、氢键等化学键
B．胆矾属于离子晶体
C．SO4
2−的空间结构为正四面体形
D．电负性O>S，第一电离能O<S
【答案】(1)阳
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(2) 6.0 Cu+ H2O2+2H
+=Cu
2++2H2O
(3)2SO2+ Te(SO4)2+ 4 H2O =Te+ 4 H2SO4
(4)催化剂
(5) A A
(6)AD
【分析】富碲渣经过硫酸酸浸后，Te 转化为Te(SO4)2，过滤后的浸出液经过二氧化硫还原得到粗碲，粗碲
处理后得到精制碲，与NaBH4反应得到H2Te，在反应釜中与CdCl2在柠檬酸钠作用下反应得到CdTe 量子
点。
【解析】（1）电解精炼铜得到富碲渣，其中含贵金属，电解精炼铜时阳极产生阳极泥，含贵金属，故应
在阳极区得到。
（2）单质Te 6.38%的富碲渣60g 含有纯净的Te 为0.03mol，将Te 全部溶出转化为Te(SO4)2，失去电子为：
0.03mol×4=0.12mol；设双氧水需要x mol，根据电子转移守恒，得：x×2×1e
-=0.12mole
-，
n(H2O2)=0.06mol，列式计算所需双氧水溶液的体积为：0.06×34
30%×1.134 mL≈6mL。铜在酸性环境下，容
易被双氧水氧化为铜离子，则被浸出时发生反应的离子方程式：Cu+ H2O2+2H
+=Cu
2++2H2O。
（3）根据题意，标准电极电势数值越大，氧化态转化为还原态越容易，故SO2“还原”酸浸液时，主要发
生反应的化学方程式是：2SO2+ Te(SO4)2+ 4 H2O=Te+ 4 H2SO4。
（4）根据反应机理图，氯离子参与反应，最终又生成，推测NaCl 在“还原”步骤中的作用是作催化剂。
（5）①根据题干信息，合成量子点时选择的包覆剂应含亲水基和憎水基，正戊醇含憎水基烃基，含亲水
基羟基，苯甲酸钾含憎水基烃基，含亲水基羧酸根离子，苯只含憎水基，故选A。
②量子点在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，这种现象是发生了电
子的跃迁，属于物理变化，故A 错误。
（6）A．胆矾晶体中含有离子键、配位键等化学键，氢键不属于化学键，A 错误； 胆矾是离子化合物，
属于离子晶体，B 正确； 硫酸根离子中的成键电子对数为4，孤电子对数为6+2-2×4
2
=0，故硫酸根的空
间构型是正四面体形，C 正确； 同主族元素电负性从上到下越来越小，故电负性O＞S，同主族元素从上
到下第一电离能越来越小，故第一电离能O＞S，D 错误；故选AD。
25．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）铈元素(Ce)是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见价态有＋3、＋4，
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铈的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件。铈(Ce)的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的
净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备CeO2的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)Ce 为58 号元素，它在元素周期表中的位置为 。
(2)“氧化焙烧”后，Ce 元素转化为CeO2和CeF4。写出“氧化焙烧”时CeFCO3发生的化学反应方程式：
。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．CeFCO3中氟元素对应的氟原子基态的电子排布式为1s
22s
22p
5
B．“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作
C．酸浸过程中可以用稀盐酸代替稀硫酸
D．已知室温下，K sp[Ce(OH)3]=1.0×10
−20，向水层中加入NaOH 溶液，pH 等于8 时，Ce
3+完全生成
Ce(OH)3沉淀(溶液中离子浓度c<10
−5 mol/L时，可认为已除尽)；
(4)“系列操作”包含如图几个过程：
已知：Ce
3+不能溶于有机物TBP；F
−能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如Ce
4+能与F
−结合成
CeF
3+，Al
3+也能与F
−结合成AlF6
3−；CeF
3+能溶于有机物TBP，且存在反应CeF
3++ TBP⇌CeTBP
4+ + F
−
。“滤液A”中加入有机物TBP，该分离提纯方法的名称是 。“有机层B”中发生反应的离子方
程式为 。洗氟液中添加Al
3+的作用是 。
(5)二氧化铈(CeO2)作为一种脱硝催化剂，能在Ce
4+和Ce
3+之间改变氧化状态，能将NO 氧化为NO2，并引起
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氧空位的形成，得到新的铈氧化物[Ce(Ⅲ)xCe(Ⅳ)yOz]。铈氧化物发生的可能变化如图所示。当1mol
CeO2氧化标准状况下5.6L NO 后，生成新的铈氧化物中x、y、z 的最简整数比为 。
【答案】(1)第六周期第ⅢB 族
(2)4 CeFCO3+O2
焙烧
¿3CeO2+CeF4+ 4 CO2
¿
(3)CD
(4) 萃取 2CeTBP
4++ H2O2=2Ce
3++2TBP+O2↑+2H
+ 铝离子能与氟离子结合成AlF6
3−，推动萃
取平衡正向移动
(5)2 2 7
∶∶
【分析】氟碳铈矿主要含CeFCO3、BaO、SiO2等，在富氧空气中“氧化焙烧”生成CeO2、CeF4和CO2，
熔渣中加入硫酸“酸浸”时，BaO 与H2SO4反应生成BaSO4，CeO2、CeF4转化成CeF3+，过滤后，滤液经系
列操作，CeF3+转化成Ce3+，加入NaOH 调节pH 使Ce3+转化成Ce(OH)3沉淀，过滤后滤渣中加入NaClO 将
Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4，煅烧Ce(OH)4得到CeO2。
【解析】（1）Ce 为58 号元素，铈元素(Ce)是镧系金属，它在元素周期表中的位置为第六周期第ⅢB 族。
故答案为：第六周期第ⅢB 族；
（2）“氧化焙烧”后，Ce 元素转化为CeO2和CeF4。“氧化焙烧”时CeFCO3与氧气发生反应生成CeO2、
CeF4和CO2，化学反应方程式：4 CeFCO3+O2
焙烧
¿3CeO2+CeF4+ 4 CO2
¿
。故答案为：
4 CeFCO3+O2
焙烧
¿3CeO2+CeF4+ 4 CO2
¿
；
（3）A．F 的原子序数为9，CeFCO3中氟原子基态的电子排布式为1s
22s
22p
5，故A 正确； “焙烧”中
常采用高压空气、逆流操作，以增大气体与固体的接触面积，使其充分反应，故B 正确； 盐酸具有挥发
性和还原性，酸浸过程中不可以用稀盐酸代替稀硫酸，防止盐酸挥发腐蚀设备，被Ce4+氧化为氯气，故C
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错误； 向水层中加入NaOH 溶液，pH 等于8 时，c(OH-)=10-6mol·L－1，c(Ce
3+)= 10
−20
(10
−6)
3 =10-2mol·L－1＞
10
−5 mol/L，Ce
3+不能沉淀完全，故D 错误；故选CD；
（4）“滤液A”中加入有机物TBP，CeF
3+能溶于有机物TBP，该分离提纯方法的名称是萃取。“有机层
B”中发生CeTBP
4 +与双氧水反应生成Ce3+和氧气，反应的离子方程式为
2CeTBP
4++ H2O2=2Ce
3++2TBP+O2↑+2H
+。洗氟液中添加Al
3+的作用是铝离子能与氟离子结合成AlF6
3−
，推动萃取平衡正向移动。故答案为：萃取；2CeTBP
4++ H2O2=2Ce
3++2TBP+O2↑+2H
+；铝离子能与氟
离子结合成AlF6
3−，推动萃取平衡正向移动；
（5）当1mol CeO2氧化标准状况下5.6L NO 后，转移电子数为5.6L
22.4L/mol ×2 =0.5mol，根据得失电子守
恒可知有0.5mol+4 价铈降到+3 价，令x=0.5mol，得y=1mol-0.5mol=0.5mol，由化合价代数和为0，可得
2z=0.5mol×3+0.5mol×4=3.5mol，z=1.75mol，生成新的铈氧化物中x、y、z 的最简整数比为
0.5mol 0.5mol 1.75mol=2 2 7
∶
∶
∶∶。
26．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）硼化钛(TiB2)准金属化合物，强度高、硬度大，用于机械制造领域；五氟
化锑(SbF5)是一种高能氟化剂，广泛应用于制药业。工业上以一种含钛的矿渣(主要含TiO2、Sb2O3、
ZnO、PbO、NiO、CoO)为原料制取硼化钛和五氟化锑的流程如图所示。
已知：TiO2性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成TiO
2+；高温下B2O3易挥发。
回答下列问题：
(1)为了加快酸浸速率，除适当升温外，还可以采取的一条措施是： 。滤渣Ⅰ的主要成分
(填化学式)，“水解”后经“过滤”得到主要含 的滤液，可以循环利用。
(2)“热还原”中发生反应的化学方程式为 ，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用
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量，原因是 。
(3)“除钴镍”，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理如图所示：
Co
2+
、
Ni
2+
能发生上述转化而
Zn
2+不能，推测可能的原因为 。
(4)“除锌铅”加入Na2S溶液， (填“能”或“否”)产生H2S气体。若能，其原因是
___________，若否，此空不用填。
(5)“电解”时，以惰性材料为电极，锑的产率与电压大小关系如下图所示，当电压超过U0V时，锑的产率降
低的原因可能发生副反应的电极反应式 。
【答案】(1) 适当增大盐酸浓度、研磨等 TiO2 H2SO4
(2)TiO2+ B2O3+5C =
高温
TiB2+5CO↑ 增加反应物浓度促进反应正向进行，提高TiB2的产率，且B2O3
高温下易挥发，容易分离
(3)Co
2+、Ni
2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键而Zn
2+不匹配
(4)否
(5)2H2O+2e
−= H2+2OH
−或Sb
3+−2e
−=Sb
5+
【分析】二氧化钛不溶于酸，因此将矿渣加盐酸后滤渣I 为TiO2，滤液I 为SbCl3、ZnCl2、PbCl2、NiCl2和
CoCl2。TiO2加入热的浓硫酸得到TiOSO4溶液，再水解得到TiO2·xH2O 沉淀和H2SO4，将TiO2·xH2O 用
B2O3、C 还原得到TiB2。滤液I 首先通过有机净化剂吸附分离Co2+和Ni2+，再加入Na2S 通过形成ZnS、PbS
沉淀的方式除去Zn2+和Pb2+，最后通过电解SbCl3溶液制备Sb，Sb 经过氯化得到SbCl5，在经过HF 氟化生
成SbF5。
【解析】（1）反应速率和温度、浓度、接触面积等有关，因此加快酸浸速率可采用升温、适当增大盐酸
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浓度、研磨等；据分析，滤渣I 的主要成分为TiO2，“水解”后经“过滤”得到主要含H2SO4的滤液。
（2）“热还原”中发生反应为TiO2·xH2O、B2O3、C 反应生成TiB2和CO，化学方程式为
TiO2+ B2O3+5C =
高温
TiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是增加反应
物浓度促进反应正向进行，提高TiB2的产率，且B2O3高温下易挥发，容易分离。
（3）根据题干可知，有机净化剂为具有立体网格结构的聚合物，通过在网格中填充金属离子从而实现净
化，Co
2+、Ni
2+能发生上述转化而Zn
2+不能，推测可能的原因为Co
2+、Ni
2+半径与有机净化剂网格孔径大
小匹配，可形成配位键而Zn
2+不匹配。
（4）ZnS 和PbS 的Ksp很小，S2-易与Zn2+和Pb2+形成ZnS、PbS 沉淀，因此不会形成H2S 气体。
（5）电解中的主反应为Sb
3++3e
−=Sb，溶液中的氢还原反应与该反应竞争，当溶液中的还原反应为
2H2O+2e
−= H2+2OH
−时，Sb3+会发生氧化：Sb
3+−2e
−=Sb
5+，此时Sb 的产率下降。
27．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）回收锂离子电池有利于环境保护、缓解金属资源短缺、促进锂离子电池
产业可持续发展。一种废弃NCM 型锂离子电池回收并再生的工艺流程如下：
已知：
①放电后正极物质为LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2；前驱体的主要物质为Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3。
②室温下，K sp[(NiOH)2]= 4.0×10
−16、K sp[Co(OH)2]=1.6×10
−15、K sp[ Mn(OH)2]=1.0×10
−13。
回答下列问题：
(1)“放电处理”的作用是防止在拆解电池时出现短路起火等安全问题，以及 。
(2)正极材料与硫酸、H2O2反应时，过氧化氢的作用是 。
(3)共沉淀时为防止生成氢氧化物，若溶液中金属离子的浓度均为0.10 mol⋅L
−1时，控制溶液pH 不高于
（lg2=0.3）。
(4)前驱体Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3与Li2CO3在空气中烧结反应的化学方程式为 。
(5)烧结前为确定前驱体中Ni、Co、Mn 的物质的量之比，其中锰元素含量测定方法如下：取m g 前驱体，
酸溶后中和剩余酸，再加入足量Na2S2O8溶液，充分反应，过滤得到MnO2沉淀，洗涤沉淀，再加入还原
剂，待MnO2完全溶解，将溶液体积定容至100 mL，取20.00 mL 稀释液，加入指示剂，以c mol⋅L
−1标准
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EDTA(H2Y
2−)溶液滴定，消耗标准溶液V mL。（已知EDTA 与Mn
2+反应为Mn
2++ H2Y
2−= MnY
2−+2H
+）
样品中Mn 的质量分数为 （用含m、c 和V 的代数式表示）。
(6)近日中国科学技术大学陈维课题组首次提出了一种基于电化学原理的绿色可持续方案，能够同时实现废
旧锂离子电池的锂资源回收、工业尾气中的NO2的捕获和转化、同时获得电能，其原理如下图所示，图中
应选用 （“阳离子”“阴离子”“质子”）交换膜，左侧电极反应式为 。
【答案】(1)有利于锂离子迁移至正极，便于回收
(2)还原剂（或将Ni、Co、Mn 还原为+2价）
(3)6.8
(4)4 Ni0.6Co0.2 Mn0.2CO3+2Li2CO3+O2
高温
¿4 LiNi0.6Co0.2 Mn0.2O2+6CO2
¿
(5)0.275cV /m
(6)阳离子 LiFePO4−e
−=Li
++ FePO4
【分析】废旧锂离子电池放电处理拆解，加入硫酸、过氧化氢球磨酸浸正极材料，过滤得到的滤液中加入
碳酸钠溶液共沉淀，过滤，放电后正极物质为LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2，前驱体Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3与Li2CO3在
空气中烧结得到正极物质为LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2。
【解析】（1）“放电处理”的作用是防止在拆解电池时出现短路起火等安全问题，以及有利于锂离子迁
移至正极，便于回收；
（2）正极材料与硫酸、H2O2反应时，过氧化氢在酸性条件下作还原剂将Ni、Co、Mn 还原为+2价，故过
氧化氢的作用是作还原剂；
（3）若溶液中金属离子的浓度均为0.10 mol⋅L
−1，根据题意K sp[ Ni(OH)2]= 4.0×10
−16、
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K sp[Co(OH)2]=1.6×10
−15、K sp[ Mn(OH)2]=1.0×10
−13，其中Ni（OH)2
的K sp
最小最先生成沉淀，故为
防止生成氢氧化物，只需计算Ni（OH)2刚开始沉淀的pH 即可,
C(OH
-)=√
4.0×10
−16
0.10
=2×10
−7.5 mol⋅L
−1，pH =14−7.2=6.8；
（4）放电后正极物质为LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2，故前驱体Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3与Li2CO3在空气中烧结反应的
化学方程式为4 Ni0.6Co0.2 Mn0.2CO3+2Li2CO3+O2
高温
¿4 LiNi0.6Co0.2 Mn0.2O2+6CO2
¿
；
（5）已知EDTA 与Mn
2+反应为Mn
2++H2Y
2-=MnY
2-+2H
+，将溶液体积定容至100 mL，只取了20.00 mL 稀
释液，则样品中Mn 的质量分数为cV×10
−3× 100
20 mol×55g/ mol
m
×100 % = 0.275cV
m
×100 %；
（6）捕获NO2的转化为亚硝酸根，故右侧为原电池正极，阳离子锂离子移向正极实现废旧锂离子电池的锂
资源回收，图中应选用阳离子交换膜；左侧为原电池负极，电极反应式为LiFePO4−e
−=Li
++ FePO4。
28．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）铈的氧化物CeO2是提高净化汽车尾气催化剂性能的一种重要添加剂，
此外在光催化剂以及抗菌陶瓷和富氧离子环保涂料方面也有广泛应用；工业上利用主要成分为CeCO3F的
含铈矿石制CeO2其工艺流程如下：
(1)“焙烧”过程中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，这样操作的目
的是 。
(2)“焙烧”过程中生成1mol 气体X 时转移电子的数目为 。
(3)上述流程中CeO2与盐酸反应的离子方程式 ，该流程中为了避免产生污染性气体，其中盐酸可用
稀硫酸和 替换(填物质名称)。
(4)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式 。若“沉铈”中，Ce
3+恰好沉淀完全
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(c(Ce
3+)=1.0×10
−5 mol/L)，此时溶液的pH 为5，则溶液中c(HCO3
−)= mol/L(保留2 位有效数
字)。(已知常温下Ka1(H2CO3)= 4.3×10
−7，Ka2(H2CO3)=5.6×10
−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10
−28。)
(5)CeO2在汽车尾气净化器中发挥关键作用，铈的氧化还原特性使其能够在不同的情况下进行氧气的供给和
消耗。写出CeO2供氧并生成CeO 的化学方程式 。
【答案】(1)增大固体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率
(2)NA或6.02×10
23
(3) 2Cl
−+8 H
++2CeO2=2Ce
3++ 4 H2O+Cl2↑ 双氧水或过氧化氢
(4) 2Ce
3++6 HCO3
−=Ce2(CO3)3↓+3 H2O+3CO2↑ 0.18
(5)2CeO2=2CeO+O2↑
【分析】主要成分为CeCO3F的含铈矿石，经焙烧得到CeO2、CeF4，铈化合价升高，则空气中的氧气为氧
化剂，气体X 为二氧化碳，CeO2、CeF4加盐酸、硼酸，CeO2转化为CeCl3存在于滤液中，CeF4转化为沉淀
Ce(BF4)3，则铈化合价降低被还原，硼元素化合价不变，则该转化中，盐酸表现为还原性和酸性，Ce(BF4)3
中加入KCl 溶液得到KBF4沉淀；滤液中的CeCl3和碳酸氢铵混合发生反应生成沉淀Ce2(CO3)3，煅烧沉淀
得到CeO2。
【解析】（1）“焙烧”过程中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，
这样操作的目的是增大固体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率。
（2）据分析，焙烧时发生化学反应：4 CeCO3F+O2
焙烧
¿3CeO2+CeF4+ 4 CO2
¿
，气体X 是CO2，每生成
4 molCO2转移4 NA个电子，故生成1molCO2转移电子数为NA；
（3）据分析，上述流程中CeO2与盐酸反应为氧化还原反应，离子方程式
2Cl
−+8 H
++2CeO2=2Ce
3++ 4 H2O+Cl2↑，盐酸表现出酸性和还原性，为避免产生污染性气体Cl2，盐酸
可用硫酸和双氧水替换。
（4）“沉铈”过程中元素化合价不变，则“沉铈”中同时有二氧化碳产生，离子反应方程式
2Ce
3++6 HCO3
−=Ce2(CO3)3↓+3 H2O+3CO2↑。若“沉铈”中，Ce
3+恰好沉淀完全，
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Ksp[Ce2(CO3)3]=c
2(Ce
3+)⋅c
3(CO3
2−)=(1.0×10
−5 mol⋅L
−1)
2×c
3(CO3
2−)=1.0×10
−28，
c(CO3
2−)=
3
√
Ksp[Ce2(CO3)3]
c
2(Ce
3+)
=10
−6 mol⋅L
−1，此时溶液的pH 为5，则溶液中
c(HCO3)
−=c(H
+)⋅c(CO3
2−)
Ka2
= 10
−5×10
−6
5.6×10
−11 mol/L≈0.18 mol/L。
（5）CeO2供氧并生成CeO，则该反应为氧化还原反应，CeO 为还原产物，氧气为氧化产物，化学方程式
为2CeO2=2CeO+O2↑。
29．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO
、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程。
已知：①常温下。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：
沉淀物
Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn (OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
②CaF2、MgF2均难溶于水。
(1)写出盐酸酸浸水钴矿过程中发生的主要反应的离子方程式 。
(2)结合以上制备流程，推测在此反应条件下，ClO3
−、Co
3+、Fe
3+的氧化性从强到弱的顺序 。
(3)已知氧化性MnO2>ClO❑3
−，则沉淀I 的主要成分是 ，萃取剂层所含金属元素只有锰元素，则萃取
后的水层包含的金属阳离子有 。
(4)得到氯化钴晶体的操作I 主要包括：向水层中加入 调整pH至2∼3， 、过滤、洗涤、减
压烘干等过程。
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(5)根据表格中的数据计算，若某溶液中同时存在Fe(OH)2和Co(OH)2两种沉淀，则此溶液中Fe
2+和Co
2+的浓
度比值的数量级是 。
(6)取一定质量的二水合草酸钴产品，在空气中加热令其分解，得到钴氧化物(其中钴的价态为+2+3)，用
1.0L1mol/L的盐酸溶液恰好将此钴氧化物完全溶解，得到CoCl2溶液和标准状况下2.24L 黄绿色气体，
则此钴氧化物的摩尔质量为 。
【答案】(1)Co2O3+SO3
2−+ 4 H
+=2Co
2++SO4
2−+2H2O
(2)Co
3+＞ClO3
−>Fe
3+
(3) Fe(OH)3、Al(OH)3 Co
2+、Na
+
(4) 盐酸 蒸发浓缩、冷却结晶
(5)10
0
(6)316g/ mol
【分析】水钴矿主要成分Co2O3及杂质Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应；
同时加入Na2SO3，Na2SO3将Co
3+、Fe
3+还原为Co
2+、Fe
2+，得到含有Co
2+、Fe
2+、Al
3+、Mn
2+、Mg
2+、
Ca
2+等离子的浸出液，SiO2以固体形式存在。向浸出液中加入NaClO3将Fe
2+氧化为Fe
3+，反应为
6 FeCl2+ NaClO3+6 HCl=6 FeCl3+ NaCl+3 H2O，再加入Na2CO3调pH 至5.2。根据阳离子沉淀的pH 数
据，此时Fe
3+、Al
3+会转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀（沉淀Ⅰ ），而Co
2+、Mn
2+、Mg
2+、Ca
2+仍留在滤
液Ⅰ中。向滤液Ⅰ中加入NaF 溶液。Ca
2+、Mg
2+会与F
−反应生成CaF2、MgF2沉淀（沉淀Ⅱ），从而除去
Ca
2+、Mg
2+，得到滤液Ⅱ，此时滤液Ⅱ主要含Co
2+、Mn
2+。向滤液Ⅱ中加入萃取剂。萃取剂将Mn
2+萃取到
萃取剂层，Co
2+留在水层，实现Co
2+与Mn
2+的分离。向含Co
2+的水层中加入草酸铵溶液，发生反应
CoCl2+(NH4)2C2O4+2H2O=CoC2O4⋅2H2O↓+2 N H 4Cl。对含Co
2+的水层进行操作Ⅰ（一般为向水层中
加入盐酸调整pH 至2~3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作 ），得到CoCl2⋅6 H2O晶体。
【解析】（1）水钴矿主要成分Co2O3，加入Na2SO3和盐酸，Co2O3具有氧化性，SO3
2−具有还原性，Co2O3
将SO3
2−氧化为SO4
2−，自身被还原为Co
2+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得到该离子方程式
Co2O3+SO3
2−+ 4 H
+=2Co
2++SO4
2−+2H2O。
（2）浸出液中含Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+，加入NaClO3，NaClO3能将Fe
2+氧化为Fe
3+，但不
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能将Co
2+氧化成Co
3+，所以氧化性顺序为Co
3+＞ClO3
−>Fe
3+。
（3）加入Na2CO3调pH至5.2 ，根据阳离子以氢氧化物形式沉淀的pH数据，Fe
3+在pH=3.7 完全沉淀，Al
3+
在pH=5.2 完全沉淀，所以沉淀Ⅰ主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3 。加入NaF溶液沉淀Ca
2+、Mg
2+，萃取剂
层只有锰元素，说明锰被萃取除去，那么萃取后的水层包含的金属阳离子有Co
2+、Na+。
（4）为抑制Co
2+水解，向水层中加盐酸调pH至2 ~ 3 ，从溶液中得到CoCl2⋅6 H2O晶体，需经过蒸发浓
缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程 。
（5）Fe(OH)2完全沉淀pH=9.6，c(OH
−)=10
−4.4 mol/L，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe
2+)c
2(OH
−)=10-13.8；
Co(OH)2完全沉淀pH=9.2，c(OH
−)=10
−4.8 mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co
2+)c
2(OH
−)=10-14.6。两种沉淀共
存时，c(Fe
2+)
c(Co
2+)
=Ksp[Fe(OH)2]
Ksp[Co(OH)2] = 10
−13.8
10
−14.6 =10
0.8，数量级为10
0。
（6）标准状况下2.24L 氯气物质的量为0.1mol，1.0L1mol/L 盐酸中HCl 物质的量为1mol 。设钴氧化物化
学式为CoxOy，根据CoxO y+ HCl→CoCl2+Cl2↑+ H2O，由氯元素守恒可知生成CoCl2中Cl 元素物质的量
为1mol−0.1mol×2=0.8 mol，则CoCl2物质的量为0.4mol 。根据电子守恒，
n(Co
3+)=2n(Cl2)=0.2mol，n(Co
2+)=0.4 mol−0.2mol=0.2mol。根据电荷守恒，
2n(O
2−)=0.2mol×2+0.2mol×3，解得n(O2-)= 0.5mol ，则x y=0.4mol 0.5mol=4 5
∶
∶
∶，则CoxOy为Co4O5，
摩尔质量为(4×59+5×16)g/ mol=316g/ mol。
30．（2025·黑龙江·一模）硼氢化钠(NaBH4)是常见的还原剂，在有机化学和无机化学领域有着广泛的应
用。白硼钙石的主要成分是Ca4 B10O19⋅7 H2O，含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质。利用白硼钙
石制取NaBH4的工艺流程如下：
已知：
①H3BO3微溶于水，易溶于乙醇。
②偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。
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请回答下列问题：
(1)B 价电子的轨道表达式为 。
(2)“酸浸”前，需将矿石磨碎，其目的是 。
(3)写出“酸浸”中发生的氧化还原反应离子方程式 。
(4)“气体”的主要成分为 。
(5)“一系列操作X”为 、 ，过滤、洗涤、干燥。
(6)写出加入MgH2后发生反应的化学方程式 。
(7)现将100kg 白硼钙石投入该过程，假设各步损失不计，干燥后称量NaBH4产品质量为42kg，经测定产品
中硼的质量分数为20.0%。则白硼钙石中含硼量为 (以矿石中B2O3的质量分数计，精确至0.1%)。
【答案】(1)
(2)增大固液接触面积，增大酸浸速率，提高硼元素的浸出率
(3)4 H
++ NO3
−+ FeO= Fe
3++ NO2↑+2H2O
(4)CO2、NO2
(5)蒸发浓缩 冷却结晶
(6)2MgH2+ NaBO2=2MgO+ NaBH4
(7)26.7%
【分析】由题干流程图可知，将白硼钙石的主要成分是Ca4 B10O19⋅7 H2O (含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3
和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸，生成Ca(NO3)2、Fe(NO3)3、H3BO3，SiO2不溶于硝酸，过滤得到滤液
1，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣
1，主要成分为SiO2，滤液为含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH 溶液进行水浴加热，将H3BO3
转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得纯净的NaBO2固
体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO，据此分析解题；
【解析】（1）
B 的原子序数为5，价层电子排布式为
2s
22p
1
，价层电子的轨道表达式为
；
（2）“酸浸”前，需将矿石磨碎，其目的是增大固体与溶液接触面积，增大酸浸速率，提高硼元素的浸
出率；
（3）“酸浸”中发生的氧化还原反应是二价铁被硝酸氧化为三价铁离子，离子方程式
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4 H
++ NO3
−+ FeO = Fe
3++ NO2↑+2H2O；
（4）气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2；
（5）由题干信息状况，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下
稳定，故“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥；
（6）由分析可知，NaBO2与MgH2反应制取NaBH4，反应化学方程式是2MgH2+ NaBO2=2MgO+ NaBH4；
（7）根据题意，B 元素守恒可计算
42kg×20%
11g/mol × 1
2 ×70 g/mol
100kg
×100%=26.7%
1. （2025·辽宁卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含
和少量
)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。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； 生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，
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B 正确； 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； “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；故选C。
2.（2024·辽宁卷）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的
并制备
，流程如下“脱氯”步骤仅
元素化合
价发生改变。下列说法正确的是
锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)
离子
浓度
145
0.03
1
A. “浸铜”时应加入足量
，确保铜屑溶解完全
B. “浸铜”反应：
C. “脱氯”反应：
D. 脱氯液净化后电解，可在阳极得到
【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：
，
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：
，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。由分析得，“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，故A 错误；“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4 和H2O2 得到Cu2+，反应的离子方程式为：
，故B 错误；“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：
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，故C 正确；脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D 错
误；故选C。
3．（2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含
)的部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：
B．“碱浸”过程中NaOH 固体加入量越多，
沉淀越完全
C．“氧化”过程中铁元素化合价降低
D．“沉锂”过程利用了
的溶解度比
小的性质
【答案】D
【分析】酸浸液(主要含
)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu 单质，溶液加入NaOH 碱
浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入
Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。
【解析】A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：
，A 错误；
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH 过量，则Al(OH)3会溶解，B 错误；C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为
Fe3+，铁元素化合价升高，C 错误；D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了
的溶解度比
小的性质，D 正确；答案选D。
4．（2025·云南卷）稻壳制备纳米Si 的流程图如下。下列说法错误的是
A．
可与NaOH 溶液反应
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B．盐酸在该工艺中体现了还原性
C．高纯Si 可用于制造硅太阳能电池
D．制备纳米Si：
【答案】B
【分析】稻壳在一定条件下制备纳米SiO2，纳米SiO2和Mg 在650℃发生置换反应生成MgO 和纳米Si，加
盐酸将MgO 转化为MgCl2，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。
【解析】A．SiO2是酸性氧化物，与NaOH 反应生成Na2SiO3和H2O，A 正确；B．盐酸参与的反应为：
MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸性，没有体现还原性，B 错误；C．高纯
硅可以将太阳能转化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C 正确；D．SiO2和Mg 在650℃条件下发生置换
反应得到MgO 和纳米Si，反应的化学方程式为
，D 正确；答案选B。
5. （2025·辽宁卷）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、
、FeS 和CuCl)中的Zn、Pb 元素。
已知：①“氧化浸出”时，
不发生变化，ZnS 转变为
；
②
；
③酒石酸(记作
)结构简式为
。
回答下列问题：
（1）
分子中手性碳原子数目为_______。
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（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根
转变为_______(填离子符号)。
（3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为_______。
（4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为_______。
（5）滤渣2 中的金属元素为_______(填元素符号)。
（6）“浸铅”步骤，
和
反应生成PbA。PbA 产率随体系pH 升高先增大的原因为_______，
pH 过高可能生成_______(填化学式)。
（7）290℃“真空热解”生成2 种气态氧化物，该反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）2 （2）SO4
2-
（3）温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O 分解生成NH3逸出，且温度高时过
二硫酸铵分解，造成浸出率减小
（4）Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu （5）Fe
（6）pH 值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2O
HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)
+A2-
PbA+SO4
2-正向移动，PbA 产率增大 Pb(OH)2
（7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)======Pb+4CO↑+2H2O↑
【解析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O 氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1 有
PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn 置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S 沉锌，得到ZnS，滤渣1 用H2A 和Na2A
浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。
（1）碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A 分子中手性碳原子有2 个，
；
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为SO4
2-；
（3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O 分解生成NH3逸
出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小；
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（4）加入Zn 发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu 单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2+
+Cu；
（5）根据分析，滤渣1 有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A 和Na2A 浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素的沉淀；
（6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-
PbA+SO4
2-，Na2A 溶液中存在A2-+H2O
HA-+OH-，pH 值升高，
OH-浓度增大，平衡A2-+H2O
HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-
PbA+SO4
2-正
向移动，PbA 产率增大；pH 过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA 产率降低；
（7）290℃“真空热解”PbA 即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb 单质和2 种气态氧化物为CO 和
H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)======Pb+4CO↑+2H2O↑。
6.（2024·辽宁卷）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸
盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的
颗粒被
、
包裹)，以提高金的浸
出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为
_______(填化学式)。
（2）“细菌氧化”中，
发生反应的离子方程式为_______。
（3）“沉铁砷”时需加碱调节
，生成_______(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含
微粒的沉降。
（4）“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。
A. 无需控温
B. 可减少有害气体产生
C. 设备无需耐高温
D. 不产生废液废渣
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（5）“真金不拍火炼”，表明
难被
氧化，“浸金”中
的作用为_______。
（6）“沉金”中
的作用为_______。
（7）滤液②经
酸化，
转化为
和
的化学方程式为_______。用碱中和
可生成_______(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
【答案】（1）CuSO4 （2）
（3）
（4）BC （5）做络合剂，将Au 转化为
从而浸出
（6）作还原剂，将
还原为Au
（7）
NaCN
【解析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2 时进行细菌氧化，金属硫化物中的S 元素转化为硫酸盐，
过滤，滤液中主要含有Fe3+、
、As（Ⅵ），加碱调节pH 值，Fe3+转化为
胶体，可起到絮凝
作用，促进含As 微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au 与空气中的O2和NaCN 溶液反应，
得到含
的浸出液，加入Zn 进行“沉金”得到Au 和含
的滤液②。
（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
（2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和
，离子方程式为：
；
（3）“沉铁砷”时，加碱调节pH 值，Fe3+转化为
胶体，可起到絮凝作用，促进含As 微粒的沉降；
（4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A 不符合题意；
B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S 元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S 元素转化为硫
酸盐，可减少有害气体的产生，B 符合题意；
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C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，
设备无需耐高温，C 符合题意；
D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D 不符合题意；
故选BC；
（5）“浸金”中，Au 作还原剂，O2作氧化剂，NaCN 做络合剂，将Au 转化为
从而浸出；
（6）“沉金”中Zn 作还原剂，将
还原为Au；
（7）滤液②含有
，经过H2SO4的酸化，
转化为ZnSO4和HCN，反应得化学
方程式为：
；用碱中和HCN 得到的产物，可实
现循环利用，即用NaOH 中和HCN 生成NaCN，NaCN 可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
7．（2025·全国卷）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是
，伴生有少量
、
、
等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收
并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。
已知：
回答下列问题：
（1）绿矾(
)在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为 。
（2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度(
)分别为：
、
、
、
。滤渣①的主要成分是 、 。
（3）加入
“调
”，过滤后，滤渣②是 、 ，滤液中
的浓度为
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。
（4）“焙烧②”后得到
。
晶胞如图所示，晶胞中含有
的个数为 。
（5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为 。
（6）
蛇纹石“矿化”固定
，得到
，相当于固定
L(标准状况)。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）4
（5）
（6）89.6
【分析】蛇纹石资主要成分是
，伴生有少量
、
、
等元素和绿矾(
)混合
高温焙烧
经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；
高温下分解，得到红
棕色固体
和气体产物三氧化硫、二氧化硫；加水水浸过滤得到滤渣①为
、
；滤液中含有
、
、
、
、
，加入
调节pH=6，将
、
转化为
、
沉淀，
过滤滤渣②为
、
；滤液中含有
、
、
，加入沉淀剂将镍离子转化为氢氧化镍
沉淀，氢氧化镍焙烧后得到氧化镍；调节“沉镍”后的溶液通入二氧化碳“矿化”发生反应
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，得到产物。
【解析】（1）绿矾(
)在高温下分解，得到红棕色固体
和气体产物三氧化硫、二氧化硫，
反应的化学方程式为
，故答案为：
；
（2）
经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；
分解生成
、二氧化
硫、三氧化硫， “水浸”，过滤分离后，滤渣①的主要成分是为
、
，故答案为：
；
；
（3）加入
“调
”，
，
，
，
，溶液中没有铁离子、氯离子，两者均以
氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是为
、
；滤液中
的浓度为
，故答案为：
；
；
；
（4）因为离子半径
，
晶胞图中
位于8 个顶点，6 个面心，1 个晶胞中
的个数为
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，故答案为：4；
（5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应
，故答案为：
；
（6）
物质的量为
，根据C 原子守恒
，固定
为
，标准状况下的体积为
，
故答案为：89.6。
8．（2024·江西卷）稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.含有
Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O 的工艺流程图。
已知：ⅰ．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10
45
﹣，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10
20
﹣，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10
48
﹣
ⅱ．镭为第ⅡA 族元素
回答下列问题：
（1）关于独居石的热分解，以下说法正确的是 (填标号)。
a．降低压强，分解速率增大 b．降低温度，分解速率降低
c．反应时间越长，分解速率越大 d．提高搅拌速度，分解速率降低
（2）Na2U2O7中铀元素的化合价为 ，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为
。
（3）浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 ，滤液可用于 阶段循环利用，避免产生大
量的高碱度废水。
（4）溶解阶段，将溶液pH 先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。
①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 。
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②当溶液pH=4.5 时，c(Th4+)= mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
（5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 。
【答案】（1）b
（2）+6 2U3O8+O2+6NaOH
3Na2U2O7+3H2O
（3）Na3PO4•12H2O 热分解
（4）①2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O
4×10
②
7
﹣
（5）RaSO4
【分析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH 进行热
分解，U3O8发生反应：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce 被氧化为
Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、
，滤液浓缩结晶后，得到的
晶体化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到
的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3+
+Cl2↑+8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th 进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和
RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3•nH2O，据此分析作答。
【解析】（1）a．降低压强，分解速率降低，故a 错误；b．降低温度，分解速率降低，故b 正确；c．反
应时间越长，分解速率逐渐变慢，故c 错误；d．提高搅拌速度，分解速率加快，故d 错误；故答案为b；
（2）Na2U2O7中Na 为+1 价，O 为﹣2 价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6 价，热分解阶
段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为：2U3O8+O2+6NaOH
3Na2U2O7+3H2O
（3）稀释过滤后的滤液中含有Na+、
，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为：
Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水；
（4）①根据后续流程可知，生成+3 价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4发生氧化还原反应，其离子方程式为：
2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O；②当溶液pH＝4.5 时，c(H+)＝1×10
4.5
﹣mol/L，c(OH﹣)＝1×10﹣
9.5mol/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10
45
﹣，则c(Th4+)＝4×10
7
﹣ mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀；
（5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO4，RaSO4的溶解度更小。
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