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第05 讲 工业流程题解题策略
目录
一、题型精
讲
题型01 微工艺流程与物质制备............................................................................................................................... 1
题型02 微工艺流程与分离提纯............................................................................................................................... 6
题型03 微工艺流程与资源回收............................................................................................................................. 10
题型04 以矿石为载体的工艺流程......................................................................................................................... 14
题型05 以废弃物为载体的工艺流程.....................................................................................................................21
题型06 工艺流程与物质制备................................................................................................................................. 29
题型07 工艺流程与分离提纯................................................................................................................................. 37
题型08 工艺流程与资源回收利用......................................................................................................................... 45
二、靶向突破
题型01 微工艺流程与物质制备
1.原料预处理的方法及目的
方法
目的
解题指导
粉碎、
研磨
将块状或颗粒状的物质磨成粉末
增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更
充分，也是提高“浸出率”的方法之一
浸取
水浸
与水接触反应或溶解
(1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度，可以加快
浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提
高浸出率
(2)酸溶时所加酸的量不能太多
①过量的酸多消耗后续调节pH 所加的碱性试剂
②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体
酸浸
与酸接触反应或溶解，使
可溶性金属离子进入溶
液，不溶物通过过滤除去
碱浸
除去油污，溶解酸性氧化
物、铝及其氧化物
1
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硫化氢
灼烧
(焙烧)
1.除去可燃性杂质
2.使原料初步转化
①除去硫、碳单质
②使有机物转化或除去有机物
③高温下原料与空气中氧气反应等
④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
2.常见的流程中的条件控制
条件控制
目的
反应物用
量或浓度
①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；②增大便宜、易得的反应物
的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大物质浓度可以加快反应
速率，使平衡发生移动等
降温
①防止某物质在高温时溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)
移动；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解
度，减少损失等
控温
①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会
分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最好；⑤防止副反
应的发生等
加入氧化剂
(或还原剂)
①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，
使其转化为Fe(OH)3沉淀除去]
加入沉淀剂
①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；②加入可溶性碳酸盐，生成
碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋
pH 控制
①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解
生成沉淀，有利于过滤分离
【例1】 （2025·湖南长沙·三模）硼氢化锰[Mn(BH4)2]是有潜力的储氢材料。以富锰矿(主要为MnO，还含
有：SiO2、Al2O3、FeO)为原料制备硼氢化锰的工艺流程如下。下列说法错误的是
A．BH4
-的空间结构为正四面体
B．试剂1 可用MnO2，试剂2 可用MnCO3
C．Mn(BH4)2能与稀盐酸反应生成H3 BO3化学方程式为：Mn(BH4)2+2HCl+6H2O=MnCl2+8H2↑ +2H3BO3
D．滤渣1 和滤渣2 均可与NaOH溶液反应
【答案】D
【分析】由流程可知：加入盐酸酸浸，过滤分离出滤渣1 为SiO2，滤液1 含Mn2+、Fe2+、Al3+等。向滤液1
中加入试剂1，根据不引入新的杂质原则可知，试剂1 可以为MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为
2
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Mn2+；加入试剂2 调节pH，过滤分离出滤渣2 为Al(OH)3、Fe(OH)3。根据不引入新的杂质原则可知，试剂
2 可以为碳酸锰，滤液2 经过系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到氯化锰，最后与NaBH4反
应生成Mn(BH4)2，以此来解答。
【解析】BH4
-中中心B 原子价层电子对数为：4+3+1-4×1
2
=4，无孤电子对，因此BH4
-的空间结构为正四面
体，A 正确；根据上述分析可知：试剂1 为MnO2，试剂2 可以MnCO3，B 正确；Mn(BH4)2与稀盐酸反应
时，BH4
-中-1 价H 与来自HCl、H2O 的+1 价的H 发生归中反应生成H2，其中的B 则转化为H3BO3，反应的
化学方程式为：Mn(BH4)2+2HCl+6H2O=MnCl2+8H2↑ +2H3BO3，C 正确；根据上述分析可知滤渣1 为
SiO2，SiO2是酸性氧化物，能够与NaOH 反应生成Na2SiO3、H2O，滤渣2 为Al(OH)3和Fe(OH)3的混合物，
其中Fe(OH)3是碱，不能与NaOH 溶液反应，D 错误；故选D。
【变式1-1】 （2025·福建宁德·三模）一种用铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等)为原料
生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的主要工艺流程如图。
工艺流程中的部分反应如下：
①焙烧：Cr2O3+2Na2CO3+ KClO3
高温
¿
¿
2Na2CrO4+ KCl+2CO2↑
②酸化：2CrO4
2−+2H
+⇌Cr2O7
2−+ H2O K =10
14(298K)
下列有关叙述正确的是
A．滤渣1 的主要成分为SiO2
B．中和的目的是除铁和铝
C．酸化过程中pH=4.5 时，若c(CrO4
2−)=10
−5 mol⋅L
−1，CrO4
2−的转化率为50%
D．“转化”温度下溶解度：Na2Cr2O7>K2Cr2O7
【答案】D
【解析】由流程图已知信息①可知，铬铁矿粉（主要成分是FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等）与
3
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Na2CO3、KClO3、NaOH 进行焙烧，SiO2转化为Na2SiO3，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]，FeO·Cr2O3转化为
Fe2O3和Na2CrO4；加入H2O 进行浸取，得到的滤渣1 为Fe2O3；在滤液中加入H2SO4调节pH=7~8，Na2SiO3
转化为H2SiO3，Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀；再加入H2SO4进行酸化，由已知信息②可知，Cr O4
2−转
化为C r2O7
2−，加入KCl 进行转化，最后经一系列操作得到K2Cr2O7晶体。由分析可知，滤渣1 为Fe2O3，A
错误；由分析可知，中和的目的是除去硅和铝的化合物，B 错误；由信息②可得酸化反应的
K =
c(C r2O7
2−)
c
2(Cr O4
2−)·c
2(H
❑
+)
，当pH=4.5 时，c (H
+)=10
−4.5 mol⋅L
−1，若c(Cr O4
2−)=10
−5mol·L
−1，代入
K=1014，可求出c(C r2O7
2−)=10
−5mol·L
−1，根据Cr 元素守恒，转化率=2×10
−5
3×10
−5 ≈66.7 %，不是50%，C
错误；加入KCl，Na2Cr2O7会转化为K2Cr2O7，根据复分解反应原理，溶解度小的物质会析出，所以溶解
度：Na2Cr2O7>K2Cr2O7，D 正确；故选D。
【变式1-2】 （2025·湖南岳阳·一模）实验室模拟利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔等
杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：
已知：CoCO3,Co(OH)2难溶于水。
下列有关描述错误的是
A．“碱浸”发生反应的为：2Al+2NaOH+6 H2O =2Na[Al(OH)4]+3 H2↑
B．“操作①”用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
C．“酸溶”反应中H2O2可以换成O2
D．“沉钴”时若Na2CO3浓度太大，可能导致产品不纯
【答案】C
【分析】含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔等杂质)经第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解为
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Na[Al(OH)4]除去，过滤后得到的滤渣主要含有Co3O4，加入硫酸、过氧化氢酸溶， Co 元素转化为Co2+，
在酸溶步骤中Co 元素被还原，H2O2被氧化作还原剂；经过操作①得到滤液②，则操作①为过滤操作，所
得滤液②中主要含CoSO4，最后加入碳酸钠沉钴操作获得CoCO3，以此分析解答。
【解析】碱浸操作，废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去，发生反应的为：
2Al+2NaOH+6 H2O =2Na[Al(OH)4]+3 H2↑，故A 正确；操作①为过滤操作，用到的主要玻璃仪器有漏
斗、烧杯、玻璃棒，故B 正确；由分析知，H2O2被氧化，作还原剂，不能选用O2，故C 错误；“沉钴”
时若Na2CO3浓度太大，溶液碱性较强会产生Co(OH)2杂质，导致产品不纯，故D 正确；故选C。
【变式1-3】 （2025·四川南充·三模）锑属于氮族元素，广泛用于制造合金、瓷器、颜料等。现用锑精矿
(主要含有Sb2O3、Sb2S3、Fe2O3、CuO等杂质)来制备锑。其工艺流程如图所示：
下列说法错误的是
A．Sb 位于元素周期表的p 区，其基态原子的价电子排布式为5s
25p
3
B．“碱浸”时，Sb2O3发生反应为：Sb2O3+6 Na2S+3 H2O =2Na3SbS3+6 NaOH
C．“滤渣I”的主要成分为Fe2O3、CuO
D．“电解”过程中，阴极生成2 mol Sb，则阳极生成1.5 mol O2
【答案】D
【分析】锑精矿主要含Sb2O3、Sb2S3、Fe2O3、CuO等杂质，根据流程图，加入氢氧化钠溶液、Na2S溶
液充分碱浸，过滤得Fe2O3、CuO固体，同时得到Na3SbS3、Na2S、NaOH的混合液，则滤渣Ⅰ的主要成
分为Fe2O3、CuO，电解混合液得到锑单质；
【解析】Sb 为氮族元素（第VA 族），位于元素周期表p 区，原子序数51，基态原子价电子排布式为
5s25p3，A 正确；“碱浸”时Sb2O3与Na₂S、H₂O 反应生成Na3SbS3和NaOH，反应中元素守恒（Sb、Na、
S、O、H 均守恒），且Sb 化合价始终为+3 价（非氧化还原反应），方程式正确，B 正确；Fe2O3、CuO 为
碱性氧化物，不与NaOH、Na2S 溶液反应，留在滤渣I 中，C 正确；电解时阴极SbS3
3-得电子生成Sb：
SbS3
3-+3e
-=Sb+3S
2−，生成2 mol Sb 转移6 mol 电子，阳极溶液中S
2−还原性强于OH-，优先放电（而非
OH⁻生成O2），故阳极不会生成O2，D 错误；故选D。
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题型02 微工艺流程与分离提纯
1.化工生产过程中分离、提纯、除杂
化工生产过程中分离、提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的操作紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结
晶、过滤、洗涤、干燥、蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。
2．常考分离、提纯的方法及操作
(1)从溶液中获取晶体的方法及实验操作
①溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法，实验过程为：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下
降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。
②溶解度受温度影响较大、带有结晶水的盐或可水解的盐，采取冷却结晶的方法，实验过程为：蒸发浓缩
(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。
(2)固体物质的洗涤
洗涤试剂
适用范围
目的
蒸馏
水
冷水
产物不溶于水
除去固体表面吸附着的可溶性粒子，可适当降低固体因为溶
解而造成的损失
热水
有特殊的物质其溶解度
随着温度升高而下降
除去固体表面吸附着的可溶性粒子，可适当降低固体因为温
度变化溶解而造成的损失
有机溶剂(酒
精、丙酮等)
固体易溶于水、难溶于
有机溶剂
减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水
分，产品易干燥
饱和溶液
对纯度要求不高的产品
减少固体溶解
酸、碱溶液
产物不溶于酸、碱
除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解
洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3 次
检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入××试剂，若未出现
特征反应现象，则沉淀洗涤干净
(3)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H 2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或
失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。
(4)萃取与反萃取
①萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。
如用CCl4萃取溴水中的Br2。
②反萃取：反萃取是利用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂
主要起破坏有机相中被萃组分结构的作用，使被萃组分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶
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于有机相的沉淀。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不
含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。
【例2】（2025·河北沧州·一模）以粉煤灰(主要成分为Ga2O3，含CaO、Al2O3等杂质)为原料提取Ga 的工
艺流程如图所示：
已知：镓的活动性与锌相似，比铝低。滤液1 中含有Na[Al(OH)4]、Na[Ga(OH)4]。
下列说法正确的是
A．“溶浸”过程发生了电子的转移
B．滤渣1、滤渣2 的种类不相同
C．由Ga2O3→Ga 采取电解法
D．CO2也可以用过量的稀盐酸代替
【答案】B
【分析】由题干信息可知，滤液1 中含有Na[Al(OH)4]、Na[Ga(OH)4]，即流程图中，从粉煤灰到Ga 是镓元
素守恒，从粉煤灰到“滤渣2”是铝元素守恒，周期表中镓在铝的正下方，活动性与锌相似，属于两性元
素，氧化镓和氧化铝都是两性氧化物，“溶浸”的目的是溶解氧化镓和氧化铝，使之生成Na[Ga(OH)4]和
Na[Al(OH)4]，同时使氧化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤除去碳酸钙，在向滤液1 中加入酸调节pH 将
Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3而除去，继续向滤液2 中通入足量的CO2将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3，灼烧
Ga(OH)3得到Ga2O3，由于镓的活动性与锌相似，比铝低，则采用热还原法来冶炼Ga，据此分析解题。
【解析】由分析可知，“溶浸”过程即将Ga2O3、Al2O3分别转化为Na[Ga(OH)4]和Na[Al(OH)4] ，而CaO
转化为CaCO3，未有元素的化合价发生改变，即没有发生电子的转移，A 错误；由分析可知，滤渣1 为
CaCO3，属于盐类，滤渣2 为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，即种类不相同，B 正确；“镓的活动性与锌相
似”，工业上大规模制备为了降低成本，采用还原剂还原的方法，C 错误；若用过量的稀盐酸代替，生成
GaCl3，D 错误；故选B。
【变式2-1】（2025·湖南益阳·一模）某含锶(Sr)废渣主要含有SiO2、SrSO4、SrCO3、CaCO3和MgCO3等，
一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知25℃时，K sp(SrSO4)=10
−6.46，K sp(BaSO4)=10
−9.97；Sr 的
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化学性质与Ba 类似。下列说法错误的是
A．“浸出液”中主要的金属离子有Sr
2+、Ca
2+、Mg
2+
B．“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为SrSO4 (s)+ Ba
2+ (aq)⇌BaSO4 (s)+Sr
2+ (aq)，其平衡常数
K =10
3.51
C．BaCl2溶液不可用Ba(NO3)2溶液替代
D．由SrCl2⋅6 H2O制备无水SrCl2时需在HCl 气流中加热
【答案】D
【分析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶
解进入浸出液，浸出渣1 中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化，
SrSO4(s)+Ba
2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr
2+(aq)，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2·6H2O晶体。
【解析】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Sr
2+、Ca
2+、Mg
2+，A 正
确；由分析可知，“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为SrSO4 (s)+ Ba
2+ (aq)⇌BaSO4 (s)+Sr
2+ (aq)，该反
应的平衡常数K = c(Sr
2+)
c(Ba
2+)
= c(Sr
2+)·c(SO4
2−)
c(Ba
2+)·c(SO4
2−)
=Ksp(SrSO4)
K sp(BaSO4) = 10
-6.46
10
-9.97 =10
3.51，B 正确；使用Ba(NO3)2溶
液会引入NO3
−杂质，所以不能用Ba(NO3)2溶液替代BaCl2溶液，C 正确；Sr 的化学性质与Ba 类似，
Ba (OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr
2+不水解，故由SrCl2⋅6 H2O制备无水SrCl2时无需在HCl 气流
中加热，D 错误；故选D。
【变式2-2】 （2025·辽宁·二模）银是一种贵金属，可制合金、焊药、电子设备等。从铅银渣(含
Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如图。
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下列说法错误的是
A．“酸浸”后浸出液中的金属阳离子为Cu
2+、Na
+
B．“络合浸出”时，发生的离子反应为Ag
++2S2O3
2=[Ag(S2O3)2]
3−
C．“络合浸出”时，若pH过小会降低银的浸出率
D．“滤液”经处理后可返回“络合浸出”工序循环利用
【答案】B
【分析】铅银渣中含有Pb、Ag、Cu等金属元素；向铅银熔烧渣中加入H2SO4、NaCl、NaNO3进行酸浸，
H2SO4提供酸性环境，NaCl引入Cl
-，在酸性条件下，NaNO3电离出的NO3
-具有氧化性，此步骤可使铜元素
溶解进入浸出液，银元素转化成难溶的AgCl、铅元素转化成难溶的PbSO4，将铅银焙烧渣中的金属进行初
步分离。由流程可知，“络合浸出”时加入Na2S2O3溶液将AgCl 转化为[Ag(S2O3)2]3-。向络合浸出液中加
入N2H4⋅H2O（水合肼），并调节pH = 14，水合肼具有还原性，在碱性条件下将[Ag(S2O3)2]3-还原为单质
银析出，经过滤等操作得到银，同时产生滤液。
【解析】根据分析，酸浸时，银元素转化成难溶的AgCl、铅元素转化成难溶的PbSO4，所以浸出液中金属
阳离子有Cu
2+、Na
+，A 选项正确；“络合浸出”时加入Na2S2O3溶液将AgCl 转化为[Ag(S2O3)2]3-，发生的
离子反应为AgCl+2S2O3
2−=[Ag(S2O3)2]3-+Cl-，B 选项错误；S2O3
2-在酸性条件下会发生反应
S2O3
2-+2H
+=S↓+SO2↑+H2O，若pH 过小，S2O3
2-浓度降低，不利于形成络合物，会降低银的浸出率，C 选
项正确；“还原析银”的反应为4[Ag(S2O3)2]3-+N2H4▪H2O+4OH-=4Ag+N2↑+8S2O3
2−+5H2O，“滤液”中含有
Na2S2O3等物质，经处理后返回“络合浸出”工序，可提高原料利用率，D 选项正确；故选B。
【变式2-3】（2025·河南·一模）钒被誉为“合金的维生素”。从含NaVO3和Na[Al(OH)4]的废液中提取高
纯度V 的流程如下：
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已知：“调pH”约为5.0，此时钒主要以VO2
+形式存在；“热还原”中，加入硅铁合金，铁、硅均可作还原
剂。下列叙述正确的是
A．滤渣的主要成分为Al(OH)3，气体X 是H2O
B．“沉钒”时pH 越大，沉钒率越大
C．实验室中“热解”需要的仪器主要有三脚架、酒精灯、蒸发皿、泥三角
D．“热还原”中硅参与的总反应为5Si+2V2O5+5CaO
高温
¿4 V+5CaSiO3
¿
【答案】D
【分析】含NaVO3和Na[Al(OH)4]的废液中加入盐酸，生成沉淀Al(OH)3，加入(NH4)2SO4沉钒后加热，生
成NH3、H2O，V2O5中加入硅铁合金、生石灰发生热还原反应，生成金属钒，据此解答本题。
【解析】由分析可知，滤渣的主要成分为Al(OH)3，气体X 是NH3、H2O，A 项错误；“沉钒”时pH 越
大，越容易发生副反应NH4
++OH
−= NH3⋅H2O。导致c(NH4
+)降低，不利于生成NH4 VO3，沉钒率降低，B 项
错误；“热解”中固体NH4 VO3分解生成H2O、NH3和V2O5。气体X 为氨气和水蒸气，“热解”时使用的仪
器是三脚架、酒精灯、坩埚、泥三角，C 项错误；V2O5中加入硅铁合金、生石灰发生热还原反应，生成金
属钒和硅酸钙，反应的方程式为：5Si+2V2O5+5CaO
高温
¿4V+5CaSiO3
¿
，D 项正确；故选D。
题型03 微工艺流程与资源回收
【解题通法】
识别有价值成分：废料（如废旧电池、废催化剂、工业废渣）中哪些元素或化合物有回收价值（如Li、
Co、Ni、Cu、Ag 等金属及其化合物）。
关注分离提纯：流程设计的关键是如何将有价值成分与大量杂质高效分离。常采用选择性浸出、溶剂萃
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取、离子交换、电解等方法。
树立环保意识：答题时要体现对“三废”（废气、废液、废渣）处理的考量，如用碱液吸收酸性废气，将
有毒废渣进行安全固化等。
【例3】（2025·重庆·三模）某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu
2+和少量的Na
+。为了减少
污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收绿矾(FeSO4⋅7 H2O)和金属铜。下列说法正确的是
A．试剂A 为NaOH 溶液
B．操作I 和II 均为过滤
C．加入试剂B 时发生化学腐蚀和电化学腐蚀
D．能用BaCl2溶液检验绿矾晶体中是否含有Na2SO4
【答案】C
【分析】工业废水中含大量FeSO4、Cu2+以及少量的Na
+。从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可
知，向废水中加入试剂A 即过量的Fe，与Cu2+发生置换反应产生Cu 和Fe2+，经过滤操作后分离得到滤渣
C，含有Fe、Cu，滤液E 含有FeSO4及少量的Na
+；向C 中加入试剂B，即适量稀H2SO4，Fe 与硫酸反应
产生FeSO4和H2，Cu 不能发生反应，仍然以固体D 形式存在，操作I 得到的滤液E 与第一次过滤得到的滤
液E 合并，然后经蒸发、浓缩、结晶、过滤，可得到FeSO4·7H2O，以此来解答；
【解析】试剂A 的作用是置换出Cu2+并将其转化为单质Cu，同时不引入新杂质；废水中含有Fe2+，若加入
NaOH 溶液，会生成Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀，无法后续得到FeSO4溶液，故试剂A 应为过量Fe 粉，A 错
误；操作I 是分离固体D（Cu）和溶液E（FeSO4溶液），操作II 是蒸发、浓缩、结晶、过滤，B 错误；试
剂B 为稀硫酸，滤渣C 为Fe 和Cu 的混合物，Fe 与稀硫酸反应时，因Fe 和Cu 构成原电池（Fe 为负极，
Cu 为正极），主要发生电化学腐蚀（析氢腐蚀），C 正确；绿矾（FeSO4·7H2O）本身含SO4
2−，加入BaCl2
溶液会与FeSO4反应生成BaSO4沉淀，无法检验是否含Na2SO4（需检验Na+，如焰色反应），D 错误；故
选C。
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【变式3-1】（2025·湖南·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，下列叙述错误的是
A．“氧化”中盐酸不可用稀硫酸代替
B．“操作1”和“操作2”均需要使用分液漏斗和烧杯
C．流程中CCl4可循环利用
D．该工艺中CO(NH2)2作还原剂，它与NH4OCN互为同分异构体
【答案】A
【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，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。
【解析】“氧化”步骤中，NaClO3在酸性条件下将Br⁻氧化为Br2，H⁺可由盐酸或稀硫酸提供，且SO4
2−不会
干扰后续Br2的萃取分离，盐酸可用稀硫酸代替，故A 错误；“操作1”是溴水与CCl4的萃取分液，“操作
2”是还原后有机相与水相的分液，两者均为分液操作，需分液漏斗和烧杯，故B 正确；操作2 分液得到的
有机相为CCl4，可返回操作1 循环用作萃取剂，故C 正确；还原步骤中Br2→Br⁻发生还原反应，CO(NH2)2
作还原剂；CO(NH2)2与NH4OCN分子式均为CH4N2O，结构不同，互为同分异构体，故D 正确；故选A。
【变式3-2】（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
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A．流程中CCl4可循环利用
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。
【变式3-3】（2025·四川巴中·三模）铜阳极泥含有Cu、Ag、Au 等元素，回收铜阳极泥中金属的化工流程
如下：
已知：①AgCl(s)+Cl
−(aq)⇌[AgCl2]
−(aq)；
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②“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4；
③“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的AgCl转化为[Ag(S2O3)2]
3−。
下列说法正确的是
A．“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu
2+，说明在“浸取1”步骤中H2O2增强了H2SO4的氧化性，促进
H2SO4和Cu发生反应
B．“浸取2”步骤中，不能加入过量的HCl使Ag充分转化为AgCl
C．“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为1:4
D．“真金不怕火炼”说明金的密度高
【答案】B
【分析】铜阳极泥含Cu、Ag、Au 等元素，加入硫酸和H2O2浸取，铜溶解，生成硫酸铜，过滤得到的浸出
液1 含有硫酸铜和硫酸，滤渣含有Ag、Au等，再向滤渣中加入盐酸和H2O2得到AgCl(s)和HAuCl4 (aq)，向
AgCl(s)中加入Na2S2O3得到Na3[Ag(S2O3)2](aq)，再将Na3[Ag(S2O3)2](aq)电沉积得到Ag，向
HAuCl4 (aq)中加入N2H4发生氧化还原反应生成N2和Au。
【解析】“浸取1”步骤中发生的反应为Cu+ H2O2+ H2SO4=CuSO4+2H2O，金属离子主要是Cu
2+，作氧化
剂的是H2O2而不是H2SO4，A 错误；HCl过量会使反应Cl
−(aq)+ AgCl (s)⇌[ AgCl2]
−(aq)正向进行，导致
AgCl溶解，所以应加入适量的HCl，B 正确；“还原”步骤中，HAuCl4被还原为Au，Au 的化合价由+3 价
变为0 价，一个HAuCl4得到3 个电子，N2H4被氧化为N2，N 的化合价由-2 价变为0 价，一个N2H4失去4 个
电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3:4，C 错误；“真金不怕火炼”说
明金的化学性质不活泼，即使在高温时也不与氧气反应，D 错误；故选B。
题型04 以矿石为载体的工艺流程
【解题通法】
标出原料与产品： 明确初始投入的矿石主要成分和主要杂质（如铝土矿中的Al₂O₃ 和SiO₂、Fe₂O₃）。
识别有价值信息： 关注流程图中的注释、题干中的已知反应方程式、以及关于物质性质的描述。
树立环保与成本意识： 潜意识里要有“绿色化学”观念，思考废气、废液、废渣的处理，以及原料的循
环利用。解矿石工艺流程题，是一个将基础知识与新情境信息进行逻辑关联的过程。通过“审题→分段→
析细→作答”的四步法。
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【例4】（2025·江苏盐城·三模）利用软锰矿和硫化钡制取高纯碳酸锰及氢氧化钡晶体的工艺流程如下图所
示。
(1)“反应”有MnO 生成，该反应的化学方程式为 。
(2)“酸化”时，加入稀硫酸并过滤。加入稀硫酸需适当过量的原因是 。
(3)“除杂”过程包含“除铁、铝”，“除钙、镁”。
①“除铁、铝”时，先将Fe
2+氧化为Fe
3+，再加MnCO3调节溶液pH使Fe
3+、Al
3+沉淀完全。加入MnCO3使
Fe
3+沉淀的离子方程式为 。
②“除钙、镁”时，加入NH4F溶液使Ca
2+、Mg
2+形成氟化物沉淀。溶液pH过小导致Ca
2+、Mg
2+沉淀不
完全的原因是 。
(4)“沉锰”时，NH4 HCO3的实际加入量为理论值的1.1 倍时，Mn
2+的沉淀率达最大值（约100%）。若使
100 mL1.0 mol⋅L
-1MnSO4溶液中Mn
2+充分沉淀，需加入1.0 mol⋅L
-1NH4HCO3溶液的体积约为
mL。
(5)该工艺制得的Ba (OH)2晶体中常含有少量BaS 杂质。为测定Ba (OH)2的纯度，请补充完整实验方案：称取
一定质量的样品，加适量水使其充分溶解， ，计算出BaS 的质量，得出Ba (OH)2的纯度。（已知
该实验条件下，pH = 4.3时Cu
2+开始形成Cu (OH)2沉淀。实验必须使用的试剂和用品：1.0 mol⋅L
-1CuCl2
溶液、1.0 mol⋅L
-1稀HCl、1.0 mol⋅L
-1AgNO3溶液、pH计、真空干燥箱）
【答案】(1)MnO2+BaS+H2O=MnO+S+Ba (OH)2
(2)使MnO 充分溶解并抑制Mn
2+水解
(3) 3MnCO3+2Fe
3++3H2O=3Mn
2++2Fe(OH)3+3CO2↑ 溶液pH过小，c(H
+)增大，H
+与F
-反应生成HF，
c(F
-)减小，不利于形成氟化物沉淀
(4)220
(5)边搅拌边向其中滴入1.0 mol⋅L
-1CuCl2溶液，直至静置后的上层清液中再滴入CuCl2溶液不再产生沉
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淀；然后滴入1.0 mol⋅L
-1稀HCl 至用pH 计测得悬浊液pH <4.3，停止滴入盐酸，过滤；用蒸馏水洗涤
沉淀，直至最后一次洗涤滤液中加入1.0 mol⋅L
-1AgNO3溶液不再产生沉淀：把固体放入真空干燥箱内充
分干燥后称重
【解析】（1）“反应”有MnO 生成，根据元素守恒和得失电子守恒，可得该反应的化学方程式为：
MnO2+BaS+H2O=MnO+S+Ba (OH)2。
（2）加入过量的稀硫酸是为了使MnO 充分溶解并抑制Mn
2+水解。
（3）①根据元素守恒和电荷守恒，加入MnCO3使Fe
3+沉淀的离子方程式为：
3MnCO3+2Fe
3++3H2O=3Mn
2++2Fe(OH)3+3CO2↑；
②溶液pH过小，c(H
+)增大，H
+与F
-反应生成HF，c(F
-)减小，不利于形成氟化物沉淀。
（4）反应的离子方程式为Mn
2++2HCO3
−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，
n(Mn
2+)=1.0 mol⋅L
-1×0.100 L=0.100 mol，n(NH4HCO3)=2×0.100 mol=0.200 mol，
n实际(NH4HCO3)=1.1×0.200 mol=0.220 mol，V (NH4HCO3)=0.220 mol
1.0 mol⋅L
-1 =0.220 L=220 mL。
（5）边搅拌边向其中滴入1.0 mol⋅L
-1CuCl2溶液，直至静置后的上层清液中再滴入CuCl2溶液不再产生
沉淀；然后滴入1.0 mol⋅L
-1稀HCl 至用pH计测得悬浊液pH <4.3，停止滴入盐酸，过滤；用蒸馏水洗
涤沉淀，直至最后一次洗涤滤液中加入1.0 mol⋅L
-1AgNO3溶液不再产生沉淀：把固体放入真空干燥箱内
充分干燥后称重。
【变式4-1】（2025·河南信阳·二模）工业由钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量
Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2，等杂质)制备TiCl4的工艺流程如下：
已知：煅烧过程中发生H2TiO3(s)
煅烧
¿TiO2(s)+ H2O (g)
¿
(1)FeTiO3中钛元素的化合价为 。
(2)碱浸过程所得废液的主要成分为 (填化学式)。
(3)试剂A 的名称 ，加入过量试剂A 的作用为 。
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(4)酸浸过程发生反应：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，酸浸后需将溶液温度冷却至70℃左
右，若温度过高会导致最终产率过低，原因是 。
(5)水解工序所得滤液，可以返回到 (填写工序名称)。
(6)上述流程中氯化过程的化学方程式为 。已知TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4 (l)+O2(g)
ΔH =+151kJ⋅mol
−1该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生。
从化学平衡的角度解释原因是 。
(7)TiCl4极易水解，利用此性质可制备纳米级TiO2⋅xH2O，该反应的化学方程式是 。
【答案】(1)+4
(2)Na[Al(OH)4]、Na2SiO3、NaOH
(3)还原铁粉 将Fe3+全部转化为Fe2+
(4)温度过高会导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀造成损失
(5)酸浸
(6)TiO2+C+2Cl2
900℃
¿TiCl4+CO2
¿
C 与O2反应，O2的浓度减小使平衡向右移动；C 与O2反应放热，温
度升高，使平衡向右移动
(7)TiCl4+(x+2)H2O =TiO2⋅xH2O+ 4 HCl
【分析】钛铁矿用氢氧化钠溶液溶解，氧化铝、二氧化硅反应溶解，过滤得到钛铁矿精矿中主要含有
FeTiO3、Fe2O3、FeO，再用浓硫酸处理，得到强酸性溶液中含有TiOSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4及未反应的硫
酸等，加入试剂A 后冷却、结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体，则A 为Fe，将Fe3+转化为Fe2+，滤液中TiO
2+
水解得到H2TiO3，同时有H2SO4生成，用硫酸洗去杂质，再煅烧得到TiO2，TiO2、C、Cl2反应得到TiCl4及
CO2，以此解答。
【解析】（1）“碱浸”为非氧化还原反应，结合化合价代数和为0，可知FeTiO3中钛元素的化合价为
+4。
（2）由分析可知，碱浸过程中Al2O3、SiO2分别和NaOH 溶液反应生成Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，碱浸过程
所得废液的主要成分为Na[Al(OH)4]、Na2SiO3、NaOH。
（3）由分析可知，试剂A 的名称还原铁粉，加入还原铁粉的作用为：将Fe3+全部转化为Fe2+。
（4）酸浸过程发生反应：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，酸浸后需将溶液温度冷却至70℃左
右，若温度过高会导致最终产率过低，原因是温度过高水导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀，Ti 元素
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利用率减小。
（5）由分析可知，滤液中TiOSO4水解得到H2TiO3，同时有H2SO4生成，可以返回到酸浸。
（6）氯化过程是TiO2、C、Cl2反应得到TiCl4及CO2，反应方程式为：TiO2+C+2Cl2
900℃
¿TiCl4+CO2
¿
，当向
反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生，原因是：C 与氧气反应减小氧气浓度，使平衡正
向移动，C 与氧气反应为放热反应，温度升高，使平衡正向移动，促使反应顺利进行。
（7）TiCl4极易水解得到TiO2•xH2O，还生成HCl，反应方程式为：
TiCl4+(x+2)H2O =TiO2⋅xH2O+ 4 HCl。
【变式4-2】（2025·河北石家庄·二模）TiO2具有光催化特性、半导体特性、紫外线屏蔽功能等特性，在催
化剂、环境处理等领域得到广泛应用。工业上，以钛铁矿［主要成分是FeTiO3(钛酸亚铁)］为原料制备
TiO2和Fe3O4的工艺流程如下：
(1)钛铁矿在“酸溶”前需要进行粉碎处理，目的是 。
(2)试剂X 是 。
(3)Fe(OH)2和适量的H2O2反应生成Fe3O4的化学方程式为 。
(4)氯钛酸水解生成偏钛酸沉淀的化学方程式为 ；沉淀洗涤后，判断沉淀是否洗净的方法是
。
(5)该流程中，可以循环使用的物质是 。
(6)TiO2在自然界中有三种结晶形态，即金红石型、锐钠型和锐钛型三种，用上述方法通常可以制得金红石
型和锐钠型TiO2，其中金红石型是三种变体中最稳定的一种，其晶胞如图所示(晶胞棱边夹角均为90
∘)。以
晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。晶胞中C、D 的原
子分数坐标分别为(0.19，0.81，0.5)、(0.69，0.69，0)。已知晶胞含对称中心，则A、B 原子分数坐标分别
为 、 。该晶胞中B、C 两个氧原子之间的核间距d = pm。
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【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高酸溶的浸出率
(2)铁粉(或Fe)
(3)3Fe(OH)2+ H2O2= Fe3O4+ 4 H2O
(4) H2TiCl6+3 H2O = H2TiO3↓+6 HCl 取最后一次洗涤液少许，加入硝酸银溶液，若无白色沉淀
生成，则沉淀已洗净
(5)盐酸(或HCl)
(6)(0.31，0.31，0) (0.81，0.19，0.5) 0.62×√2a
【分析】钛铁矿加入盐酸溶解得到H2TiCl6，再加入试剂X 还原Fe
3+，分离出H2TiCl6，H2TiCl6经水解、
过滤、洗涤，分离出H2TiO3，经煅烧得到TiO2；
钛铁矿加入盐酸溶解，再加入试剂X 还原Fe
3+，降温结晶得到FeCl2⋅4H2O，加入NaOH溶液，得到
Fe(OH)2，加入过氧化氢氧得到Fe3O4；
【解析】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高酸溶的浸出率；
（2）根据分析及题意，钛铁矿酸溶后，溶液中含有Fe
3+，Fe
3+还原成Fe
2+利于后续制备Fe3O4，在不引入
杂质的情况下铁粉（或Fe）是最佳选择；
（3）Fe
2+做还原剂，H2O2做氧化剂，产物为Fe3O4、H2O化学方程式为：3Fe(OH)2+ H2O2=Fe3O4+ 4 H2O
；
（4）根据分析及题意，反应物为H2TiCl6、H2O，产物为H2TiO3，反应化学方程式为：
H2TiCl6+3 H2O = H2TiO3↓+6 HCl；
（5）H2TiCl6水解生成HCl，在酸溶时需加入HCl，故可循环使用的物质为HCl（或盐酸）；
（6）①晶胞中C、D 的原子坐标为(0.19，0.81，0.5)、(0.69，0.69，0)和晶胞对称中心，根据对称关系
0.19+0.81=1，0.69+0.31=1，0.5+0.5=1，则A 原子分数坐标为：(0.31，0.31，0)；
②根据①中分析，B 原子分数坐标为： (0.81，0.19，0.5)；
③晶胞中B、C 两个氧原子之间的核间距d
2=(0.81−0.19)
2a
2+(0.81−0.19)
2a
2，则d =0.62×√2a。
【变式4-3】（2025·福建福州·二模）用锂辉石(主要成分：LiAlSi2O6，含少量MgO、CaO、FeO、Fe2O3等)
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制备Li2CO3的工艺流程如下：
已知：25℃，4 种物质的溶度积或电离常数如下。
Li2CO3
Al(OH)3
Fe(OH)3
H2CO3
K SP=1×10
−3
K SP=1×10
−33
K SP=2×10
−39
K a1= 4×10
−7
K a2=5×10
−11
回答下列问题：
(1)组成LiAlSi2O6的元素中，未成对电子数最少的基态原子为 。
(2)“焙烧”时控制温度250~300℃，温度不宜过高的原因是 。
(3)“浸出液”中含有Li+、Al3+、Fe2+、Fe3+，还含有的金属阳离子是 。
(4)加入H2O2，发生反应的离子方程式为 。
(5)溶液的pH：“滤液I” “滤液Ⅱ”(填“>”“<”或“=”)。
(6)25℃，滤液Ⅱ经处理后c(Li
+)=2mol⋅L
−1，在1L 该溶液中加入Na2CO3粉末至溶液的pH=10，锂的沉
淀率达到95%，则至少需要Na2CO3 mol。(忽略溶液体积变化)
(7)由滤液Ⅲ得到副产品Na2SO4•10H2O 的操作是 、过滤、洗涤、干燥。
(8)由Li2CO3进一步制得的Li2O 具有反萤石结构，晶胞如图所示。
①晶胞中与Li+最近的Li+共有 个。
②已知Li+间最近距离为anm，则O
2−与Li+间最近距离为 nm。
【答案】(1)Li、Al
(2)减少浓硫酸的挥发或分解
(3)Mg2+、Ca2+
(4)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(5)<
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(6)1.25
(7)蒸发浓缩、冷却结晶高中君
(8) 6 √3a/2
【分析】锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO、Fe2O3等)为原料来制取碳酸锂，加入浓
硫酸溶解锂辉矿，水浸得到滤渣Ⅰ为CaSO4，加入H2O2，将Fe
2+氧化为Fe
3+，同时加入氢氧化钠并使铁离
子、铝离子沉淀完全，得到滤渣Ⅱ为Fe(OH)3、Al(OH)3，然后加入NaF沉淀镁离子和钙离子，过滤得到
溶液中主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，滤液Ⅲ含有Na2SO4，经蒸发浓缩、冷却
结晶、过滤、洗涤、干燥得到副产品Na2SO4·10H2O，以此解答该题。
【解析】（1）Li 是3 号元素：[He]2s1，未成对电子数为1；Al 是13 号元素：[Ne]3s23p1，未成对电子数为
1；Si 是14 号元素：[Ne]3s23p2，未成对电子数为2；O 是8 号元素：[He]2s22p2，未成对电子数为2；未成
对电子数最少的基态原子为Li、Al；
（2）“焙烧”时控制温度250~300℃，温度不宜过高的原因是避免温度高浓硫酸挥发或分解；
（3）由分析可知，水浸时，除去滤渣Ⅰ为微溶的CaSO4，“浸出液”中除了含有Li+、Al3+、Fe2+、Fe3+，
还有少量的Ca
2+，以及少量的Mg
2+；
（4）加入H2O2将Fe
2+氧化为Fe
3+，离子方程式为2Fe
2++ H 2O2+2 H
+=2 Fe
3++2 H 2O；
（5）滤液Ⅰ的pH 约为5-6，加入碳酸钠后，酸性减弱，pH 变大，故溶液的pH：“滤液I”＜“滤液
Ⅱ”；
（6）锂的沉淀率达到95%，因此沉淀中Li
+物质的量为 0.95×2=1.9 mol，剩余Li
+物质的量为
2−1.9=0.1mol，忽略体积变化，剩余Li
+浓度为 [Li
+]= 0.1
1 =0.1mol⋅L
−1，沉淀1.9 molLi
+ 所需的
CO3
2−物质的量为 1.9
2 =0.95 mol，溶度积表达式：[Li
+]
2[CO3
2−]= K sp，代入数值：(0.1)
2×[CO3
2−]=10
−3
，解得：[CO3
2−]= 0.001
0.01 =0.1mol⋅L
−1，此浓度表示溶液中游离的碳酸根的浓度，溶液中含碳微粒还含有
HCO3
−、H 2CO3，根据K a2= [CO3
2−]×[H
+]
[HCO3
−]
，代入数据，解得[HCO3
−]=0.2mol / L，同理
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K a1= [HCO3
−]×[H
+]
[H 2CO3]
，代入数据解得[H 2CO3]=5×10
−5mol / L，可以忽略不计，故加入的
n(Na2CO3)=n(Li2CO3)+n(CO3
2−)+n(HCO3
−) =0.95+0.1+0.2=1.25mol。
（7）“滤液Ⅲ”为Na2SO4溶液，得到副产品Na2SO4·10H2O的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗
涤、干燥；
（8）①位于顶点和面心的黑球个数为8× 1
8 +6× 1
2 = 4，晶胞内部黑球的个数是8，则顶点和面心代表O
2−
，晶胞内部的8 个灰色球代表Li
+，将晶胞平移，若以其中一个Li
+为顶点，最近的Li
+位于上下、前后、左
右，共有6 个；
②已知Li+间最近距离为anm，则晶胞参数为2anm，则O
2−与Li+间最近距离为晶胞体对角线的1
4 ，
(
1
4 ×2a×√3)nm= √3
2 anm。
题型05 以废弃物为载体的工艺流程
【例5】（2025·河北石家庄·三模）七水合硫酸锌(ZnSO4⋅7 H2O)俗名皓矾，在人造纤维、电解、电镀涂
料、农药等工业产品中具有广泛用途。为了降低生产成本，综合利用资源，一种利用锌冶炼中的工业废渣
【解题通法】
确定废弃物来源与性质： 快速判断废弃物类型（如“废旧锂离子电池”、“含铜电路板”、“炼钢废
渣”）。这能帮你预判其主要成分和可能杂质。
锁定目标回收物： 明确流程要回收的是什么（是金属单质？是某种盐类？）。这是流程的最终目标。
分析杂质组成： 识别出需要去除的有害杂质或干扰成分（如塑料隔膜、铁、铝、有机物等）。特别要注
意： 废弃物中可能含有多种有价金属，流程设计需考虑它们的分离顺序。
解废弃物工艺流程题，是一个将绿色化学理念、基础知识与新信息进行整合推理的过程。通过“审题定性
→流程分解→深度追问→规范作答”的四步法，牢牢抓住 “资源回收”和“环保无害化” 两条主线。
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——锌渣生产ZnSO4⋅7 H2O的工艺流程如下(锌渣的成分含Zn、Fe、Ca、Pb(Ⅱ)、Cu、Cd 等元素的氧化
物)：
已知：①Cd 是与Zn 同一副族的第五周期元素；
②Ksp(ZnF2)=1.3×10
−1.5；Ksp(CaF2)=3.9×10
−11。
溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10
−5 mol⋅L
−1)时的pH：
金属离子
Fe
3+
Fe
2+
Cd
2+
Cu
2+
Zn
2+
开始沉淀的pH
1.5
6.9
7.0
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
9.2
9.4
8.2
回答下列问题：
(1)Cd 的价电子排布式是 。
(2)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“浸渣1”中物质化学式是 。
(3)“氧化调pH”工序中“氧化”过程的化学方程式是 。“调pH”范围是 ，实际调pH 时在此
范围内尽可能调大，原因是 。
(4)“除钙”工序中发生的离子方程式 ；用沉淀溶解平衡原理解释选择ZnF2的原因 。
(5)“沉锌”工序中发生的离子方程式 ；“结晶”工序后的母液最适宜返回“ ”工序中循环
使用(写工序名称)。
【答案】(1)4d
105s
2
(2) 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取率 CaSO4、PbSO4
(3) 12FeSO4+3Ca (ClO)2+6 H2SO4=5Fe2(SO4)3+3CaSO4↓+2FeCl3+6 H2O 2.8≤pH<6.2 防
止酸性过强腐蚀设备，防止后续工序中加入的试剂过多
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(4) ZnF2(s)+Ca
2+ (aq)=CaF2(s)+Zn
2+ (aq) 反应ZnF2(s)+Ca
2+ (aq)=CaF2(s)+Zn
2+ (aq)的平衡常数
K =Ksp(ZnF2)
Ksp(CaF2)
= 1.3×10
−1.5
3.9×10
−11 =3.3×10
8.5>10
5，选用ZnF2可以比较彻底的将Ca
2+转化为CaF2
(5) Zn
2++2HCO3
−=ZnCO3↓+ H2O+CO2↑ 酸浸
【分析】锌渣的成分含Zn、Fe、Ca、Pb(Ⅱ)、Cu、Cd 等元素的氧化物，加硫酸酸浸得到的浸渣1 为
CaSO4、PbSO4，滤液中含有锌离子、铁离子、亚铁离子、铜离子、镉离子等，加入次氯酸钙将亚铁离子
氧化为铁离子、氧化钙调节pH，加锌粉置换出铜、镉单质达到除铜镉的目的，再加氟化锌将钙离子转化
为难溶的氟化钙除去，溶液中加入碳酸氢铵将锌离子转化为碳酸锌沉淀，滤渣5 为碳酸锌，加入硫酸酸溶
得到硫酸锌溶液经过结晶得到硫酸锌晶体。
【解析】（1）Zn 为第四周期第ⅡB 元素，Cd 是与Zn 同一副族的第五周期元素，Cd 的价电子排布式是
4d
105s
2，故答案为：4d
105s
2；
（2）为了增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取率，“酸浸”前废渣需粉碎处理；废渣酸浸时钙
离子、铅离子和硫酸根生成沉淀硫酸钙、硫酸铅，“浸渣1”中物质的化学式为CaSO4、PbSO4，故答案
为：增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取率；CaSO4、PbSO4；
（3）“氧化调pH”工序中“氧化”过程中次氯酸钙将亚铁离子氧化为铁离子，反应的化学方程式是
12FeSO4+3Ca (ClO)2+6 H2SO4=5Fe2(SO4)3+3CaSO4↓+2FeCl3+6 H2O；“调pH”为了让铁离子完全沉
淀，铜离子、镉离子、锌离子不沉淀，“调pH”范围是2.8≤pH<6.2；实际调pH 时在此范围内尽可能调
大，原因是：防止酸性过强腐蚀设备，防止后续工序中加入的试剂过多，
故答案为：12FeSO4+3Ca (ClO)2+6 H2SO4=5Fe2(SO4)3+3CaSO4↓+2FeCl3+6 H2O；2.8≤pH<6.2；防
止酸性过强腐蚀设备，防止后续工序中加入的试剂过多；
（4）“除钙”工序中加入氟化锌与钙离子反应生成氟化钙，发生沉淀的转化，对应的离子方程式
ZnF2(s)+Ca
2+ (aq)
CaF
⇌
2(s)+Zn
2+ (aq)；选择ZnF2的原因反应ZnF2(s)+Ca
2+ (aq)
CaF
⇌
2(s)+Zn
2+ (aq)的
平衡常数K =Ksp(ZnF2)
Ksp(CaF2)
= 1.3×10
−1.5
3.9×10
−11 =3.3×10
8.5>10
5，选用ZnF2可以比较彻底的将Ca
2+转化为CaF2，故
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答案为：ZnF2(s)+Ca
2+ (aq)
CaF
⇌
2(s)+Zn
2+ (aq)；反应ZnF2(s)+Ca
2+ (aq)=CaF2(s)+Zn
2+ (aq)的平衡常
数K =Ksp(ZnF2)
Ksp(CaF2)
= 1.3×10
−1.5
3.9×10
−11 =3.3×10
8.5>10
5，选用ZnF2可以比较彻底的将Ca
2+转化为CaF2；
（5）“沉锌”工序加入的碳酸氢铵与锌离子发生反应Zn
2++2HCO3
−=ZnCO3↓+ H2O+CO2↑；碳酸锌加入硫
酸后“结晶”工序后的母液中含有硫酸，最适宜返回“酸浸”工序中循环使用。
【变式5-1】（2025·陕西宝鸡·三模）锗是一种重要的稀散金属，主要用于电子工业、光导纤维等领域。某
锌浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、PbSO4等，利用锌浸渣提取Ge 的实验流程如下图所示：
已知：①部分含锗微粒的存在形式与pH 的关系为：
pH
pH<2
pH =2.5~5
pH>12
Ge 存在形式
Ge
4+
[Ge(OH)3]
+
GeO3
2−
②部分金属离子的沉淀pH：
Fe
2+
Fe
3+
Zn
2+
开始沉淀
7.5
2.3
6.2
沉淀完全
9.0
3.2
8.0
回答下列问题：
(1)基态锗原子中核外电子排布所占据的原子轨道的总数为 ，“滤渣”的主要成分的化学式是
。
(2)Fe2O3在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为 ，物质A 属于碱性氧化物，其化学
式是 。
(3)“沉锗”操作后，Ge 以GeO2的形式存在，随着pH 的升高，Ge 的沉淀率升高。“沉锗”操作理论上需控
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制pH 范围为 。
(4)“酸溶”后，溶液的pH 为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，其原理为酒石酸(C4 H6O6，结构如图所示
)与含锗微粒形成酒石酸络阴离子
[Ge(C4 H4O6)3]
2−
。
①“萃取锗”中主要反应的离子方程式为 。
②若溶液的pH 升高，锗的萃取率下降，原因是 。
③“反萃取”中加入的物质B 是 (填标号)。
a．H2SO4溶液 b．NaOH 溶液 c．NaHSO4溶液
【答案】(1)17 SiO2、PbSO4
(2)Fe2O3+2H
++SO2=2Fe
2++SO4
2−+ H2O CaO
(3)5<pH<6.2
(4) Ge
4++3C4 H6O6⇌[Ge(C4 H4O6)3]
2−+6 H
+ 生成[Ge(OH)3]
+后难以与酒石酸形成配合物 b
【分析】由题给流程可知，锌浸渣用二氧化硫、硫酸溶液还原浸出，将氧化铁转化为硫酸亚铁，氧化锌、
氧化锗转化为硫酸锌、硫酸锗，二氧化硅和硫酸铅不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣和滤
液；向滤液中加入物质A（碱性氧化物），将溶液中的硫酸锗转化为二氧化锗沉淀，酸溶后能生成石膏
CaSO4⋅2H2O，则物质A 为氧化钙，向溶液中加入酒石酸和有机溶剂萃取、分液得到水相和含有
[Ge(C4 H4O6)3]
2−的有机相；向有机相中加入物质B 反萃取得到锗酸钠，pH 大于12 时Ge 以GeO3
2−形式存
在，故物质B 为氢氧化钠溶液，选择合适还原剂将锗酸钠还原得到锗，以此回答问题。
【解析】（1）基态锗原子的核外电子排布式[Ar]3d
104s
24p
2，占据的原子轨道的总数为17，由分析知，
滤渣的成分是SiO2、PbSO4。
（2）由分析可知，还原浸出时氧化铁发生的反应为氧化铁与二氧化硫、硫酸溶液反应生成硫酸亚铁和
水，反应的离子方程式为Fe2O3+2H
++SO2=2Fe
2++SO4
2−+ H2O，由分析可知，加入CaO 调节溶液pH 在
5~6.2 范围内的目的是将溶液中的硫酸锗转化为GeO2沉淀。
（3）“沉锗”操作后，Ge 以GeO2的形式存在，随着pH 的升高，Ge 的沉淀率升高。当 pH < 2 时，Ge
4 +
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离子溶解度高，无法沉淀；当pH 逐渐升高至2.5∼5，Ge
4 +发生水解，生成[Ge(OH)3]
+，当 pH 进一步升
高时，pH>5形成沉淀GeO2；当 pH >12，GeO2 会与 OH⁻ 发生反应形成可溶性GeO3
2−；当pH>6.2时Zn
2+可
能会与 Ge 沉淀共存，则“沉锗”操作理论上需控制pH 范围为5<pH<6.2。
（4）①“酸溶”后，溶液的pH 为1.8，Ge 存在形式为Ge
4 +，则“萃取锗”中主要反应的离子方程式为
Ge
4++3C4 H6O6⇌[Ge(C4 H4O6)3]
2−+6 H
+。
②若溶液的pH 升高，Ge 存在形式为[Ge(OH)3]
+，[Ge(OH)3]
+难以与酒石酸形成配合物，锗的萃取率下降。
③由分析知“反萃取”中加入的物质B 是氢氧化钠溶液，故答案选b。
【变式5-2】（2025·重庆·三模）钛酸铋钠(Bi0.5Na0.5TiO3，简称BNT)是一种钙钛矿结构的陶瓷材料，具
有优异的电学性能，被广泛应用于电子器件和能源存储等领域。以含钛废料(主要成分为TiO2，还含少量
MgO、Al2O3、FeO、Fe2O3，为原料制备钛酸铋钠的流程如图所示。
已知：“冷却结晶”后的滤液中主要的含金属元素的阳离子为TiO
2+和Na
+。回答下列问题：
(1)❑83Bi与N 同族，基态Bi原子的价层电子排布式为 。
(2)“碱浸”过程中除去的物质是 (填化学式)。
(3)适当升高温度可有效提高钛的浸出率，工业上酸浸时，温度选择40℃而不选择更高温度的原因是
。
(4)若“反应”时铁粉过量，则TiO
2+被还原为Ti
3+。Ti
3+极易被氧化，还原性很强。试解释Ti
3+还原性强的
原因： 。
(5)写出“加热水解”时发生反应的离子方程式： 。
(6)钛酸铋钠在室温时，属于三方晶系，520℃变为立方相，其立方晶胞结构如图所示。
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①立方晶胞中，距离Bi最近且等距离的O 有 个。
②若以Ti原子为晶胞的顶点，则O 原子在立方晶胞中的位置为 (填“面心”“顶点”或“棱
心”)。
③若立方晶胞中距离最近的Bi原子和Ti原子之间的距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密
度为 (列出含a、NA的计算式即可)g⋅cm
-3。
【答案】(1)6s
26p
3
(2)Al2O3
(3)减少TiO
2+的水解
(4)Ti
3+的价电子排布为3d
1，结构不稳定，易失去1 个电子达到稳定结构
(5)TiO
2++2H2O≜TiO(OH)2↓+2H
+
(6) 12 棱心
212
NA×(
2
√3 a)
3 ×10
30
【分析】以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料制备钛酸铋钠。由于原料
中除主要含有TiO2外还含少量MgO、Al2O3、FeO、Fe2O3，所以碱浸时是为了除去能与碱反应的Al2O3，然
后过滤，向滤渣中加入稀硫酸形成含Fe2+、TiO
2+、Mg2+、Fe3+、SO4
2-、Na
+的滤液，向滤液中加铁粉，将
铁离子还原成亚铁离子，然后冷却结晶，“冷却结晶”后的滤液中主要的含金属元素的阳离子为TiO
2+和
Na
+，滤液加热水解生成TiO(OH)2，过滤得到的TiO(OH)2固体煅烧得到TiO2，加入NaOH、
Bi(NO3)3·5H2O水热法制得Bi0.5Na0.5TiO3，据此分析；
【解析】（1）铋元素的原子序数为83，Bi 与N 同主族、位于第ⅤA 族，则其基态原子的价层电子排布式
为6s26p3；
（2）含钛废料中加NaOH 溶液碱浸时，只有Al2O3溶解生成可溶的四羟基合铝酸钠，“碱浸”过程中除去
的物质是Al2O3；
（3）稀硫酸酸浸时TiO2转化为TiO2+，温度过高TiO2+水解程度增大，造成Ti 的损失，温度选择40℃而不
选择更高温度的原因是：防止温度过高TiO
2+水解，减少损失；
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（4）Ti
3+还原性强的原因：Ti
3+的价电子排布为3d
1，结构不稳定，易失去1 个电子达到稳定结构；
（5）加热时主要是TiO2+水解生成TiO(OH)2，反应的离子方程式为：TiO
2++2H2O≜TiO(OH)2↓+2H
+；
（6）①由晶胞结构可知，晶胞中铋原子与氧原子的位置关系为顶点和面心的关系，所以距离铋原子最近
且等距离的氧原子有12 个；
②若以Ti 原子为晶胞的顶点，则Bi 原子为晶胞的体心，O 原子在晶胞的棱心；
③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点铋原子的个数为8×1
8 ×1
2 =0.5、钠原子的个数为8×1
8 ×1
2 =0.5、位于体
心的Ti 原子个数为1、位于面心的氧原子个数为6×1
2 =3，已知立方晶胞中距离最近的Bi 原子和Ti 原子是
体对角线的一半，设晶胞参数为xpm，则√3x=2a，x=2
√3 a，由晶胞的密度公式可得：
ρ= m
V =(
1
2 ×209+48 +1
2 ×23+3×16)
NA×(2
√3 a×10
-10)
3
g/cm
3=
212
NA×(
2
√3 a)
3 ×10
30
g/cm3。
【变式5-3】（2025·陕西咸阳·二模）NiSO4⋅6 H2O是一种绿色、易溶于水的晶体，可由电镀废渣(含有
Ni、Cu、Zn、Fe等元素的化合物)为原料经如图所示工艺流程获得。
已知：①部分金属离子开始沉淀时的pH，完全沉淀时的pH及离子半径如表所示。
离子
Fe
2+
Fe
3+
Ni
2+
开始沉淀时的pH
7.0
2.2
6.4
完全沉淀时的pH
9.7
3.2
8.4
离子半径/pm
78
64
69
②Ksp(FeS)=6.3×10
−18,Ksp(CuS)=6.0×10
−36,Ksp(ZnS)=1.6×10
−24。
回答下列问题：
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(1)基态Ni原子核外电子的空间运动状态有 种，基态Ni原子的价层电子轨道表示式为 。
(2)加入FeS的目的是 。
(3)向“滤液Ⅱ”中加H2O2的目的是 ，从结构的角度解释Fe
3+的半径比Fe
2+半径小的原因 。
(4)调节“滤液Ⅱ”的pH范围为 ，“一系列操作”是指 、 、过滤。
(5)镍能形成多种不同的化合物。如图是镍的一种氧化物的晶胞结构。其中Ni的配位数是 ，晶体的密
度是6.67g⋅cm
−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的棱长为 nm(用含NA的式子表示)。
【答案】(1) 15
(2)除去Zn
2+、Cu
2+
(3) 将Fe
2+氧化为Fe
3+ Fe
3+核外电子比Fe
2+核外电子少1 个，原子核对核外电子的吸引作用增
强，离子半径减小
(4) 3.2≤pH<6.4 蒸发浓缩 冷却结晶
(5) 6 3√
4×75
6.67 NA
×10
7
【分析】电镀废渣（除镍外，还含有Ni、Cu、Zn、Fe等元素的化合物）在稀硫酸中溶解后，过滤除去
不溶性物质，滤液Ⅰ含Cu2+、Fe2+、Ni2+、Zn2+，加入FeS 可除去Cu2+、Zn2+，然后加H2O2，将Fe2+氧化成
Fe3+，调节溶液pH 使Fe3+以Fe(OH)3的形式除去，滤液Ⅲ含有可溶性硫酸盐为NiSO4，再加Na2CO3，沉淀
Ni2+，过滤后加稀硫酸，生成NiSO4后，再通过蒸发浓缩冷却、结晶、过滤得，据此解答。
【解析】（1）Ni是28 号元素，基态Ni原子的核外电子排布式为1s
22s
22p
63s
23p
63d
84s
2，核外电子共
有15 种空间运动状态。基态
Ni
原子的价层电子轨道表示式为
。
（2）根据已知信息②可知，FeS可转化为溶解度更小的沉淀CuS、ZnS，即加入FeS的目的是除去
Zn
2+、Cu
2+。
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（3）加H2O2的目的是将Fe
2+氧化为Fe
3+，调节pH使Fe
3+转化为Fe(OH)3沉淀。Fe
2+的核外电子排布式为
1s
22s
22p
63s
23p
63d
6，Fe
3+的核外电子排布式为1s
22s
22p
63s
23p
63d
5，二者核外电子层数相同，但Fe
3+
核外电子比Fe
2+核外电子少1 个，原子核对核外电子的吸引作用增强，离子半径减小。
（4）调节“滤液Ⅱ”的pH使Fe
3+转化为Fe(OH)3沉淀，而不能使Ni
2+沉淀，故pH的范围为3.2≤pH<6.4。
将硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到结晶水合物NiSO4⋅6H2O。
（5）根据题图可知，Ni位于晶胞的棱上和体心，O 位于晶胞的顶角和面上，以体心的Ni为研究对象，与
该Ni距离最近且相等的O 位于晶胞的6 个面上，故Ni的配位数是6.设晶胞的棱长为anm，1 个晶胞中Ni的
个数为12× 1
4 +1= 4，O 的个数为8× 1
8 +6× 1
2 = 4，则 6.67g⋅cm
−3=
4×75
(a×10
−7)
3⋅NA
g⋅cm
−3
，
a =
3√
4×75
6.67 NA
×10
7。
题型06 工艺流程与物质制备
【解题通法】
宏观流程层面： 将整个流程看作一个有机整体，识别其基本阶段。任何工艺流程都大致可分为三个主要
阶段：
原料的预处理阶段： 为核心反应准备条件。
核心的分离与转化阶段： 实现物质的提纯和转化，是流程的“心脏”。
产品的获取与精制阶段： 得到纯净的目标产品。
微观原理层面： 深入分析每一个操作、每一种试剂背后的化学原理。这涉及到：
化学反应原理： 化学反应速率与平衡、氧化还原反应、离子反应、水解平衡、沉淀溶解平衡等。
元素化合物性质： 物质的酸碱性、氧化性、还原性、热稳定性等。
实验操作知识： 过滤、蒸发、结晶、萃取、分液、蒸馏等操作的适用范围和目的。
【例6】（2025·北京昌平·二模）锰酸锂电池在电动汽车等领域有广泛应用，以下是用电解锰阳极渣制备锰
酸锂的一种方法。
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资料：
1.浸出被中的阳离子主要有Mn
2+、Fe
2+、Fe
3+、Al
3+、Mg
2+、Ca
2+。
2.室温下，金属阳离子浓度为0.1mol/L 时，开始沉淀与完全沉淀的pH 如下表：
金属离子
Fe
2+
Fe
3+
Al
3+
Mg
2+
Ca
2+
Mn
2+
开始沉淀
6.3
1.5
3.3
8.9
11.9
8.1
完全沉淀
8.3
2.8
4.6
10.9
13.9
10.1
(1)电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为MnO2，推测S 在反应中体现 性。
(2)ⅱ中除杂过程需经历2 步：
a．先加入H2O2，后用MnCO3调节pH 到5.5，过滤。
b．再加入NH4 F溶液，过滤。
①H2O2的作用是 (用离子方程式表示)。
②步骤a 除去的离子有 。
③NH4 F溶液的作用是 。
④解释不能通过加入H2O2，再调节pH 的方法除去所有杂质离子的原因 。
(3)沉锰时向滤液中加入稍过量的NH4 HCO3溶液，过滤后取滤饼进行多次洗涤后烘干，得到高纯度的MnCO3
。写出生成MnCO3的离子方程式 。
(4)焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有 、 。
(5)制备锰酸锂过程中反应的化学方程式为8 Mn3O4+6Li2CO3+5O2催化剂
Δ
12LiMn2O4+6CO2，若阳极渣
中含有MnO2的质量为43.5g，理论上需要加入Li2CO3的质量 (填“>”、“<”或“=”)9.25g，原因是
。
【答案】(1)还原
(2)2Fe
2++ H2O2+2H
+=2Fe
3++2H2O Fe
2+、Fe
3+、Al
3+ 除去Ca
2+、Mg
2+ Mn
2+、Mg
2+、
Ca
2+开始沉淀(或完全沉淀)的pH 比较接近，不能通过调pH 的方法只除去Mg
2+、Ca
2+而保留Mn
2+
(3)Mn
2++2HCO3
−= MnCO3↓+CO2↑+ H2O
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(4)O2做氧化剂 持续鼓入空气可使氧气的浓度增大，有利于提高化学反应速率，提高产率
(5) > 除杂过程中加入了MnCO3，Mn 元素会进入滤液，最终也要转化为产品
【分析】用电解锰阳极渣制备锰酸锂的流程为：在电解锰阳极渣加入S 和H 2SO4进行酸浸还原，过滤除去
滤渣后得到含有Mn
2+、Fe
2+、Fe
3+、Al
3+、Mg
2+、Ca
2+的浸出液，加入H2O2，后用MnCO3调节pH 到5.5，
过滤除杂后，再加入NH4 F溶液，过滤掉滤渣后得到主要含Mn
2+的滤液，然后稍过量的NH4 HCO3溶液进行沉
锰得到MnCO3固体，过滤分离出MnCO3固体进行焙烧得到Mn3O4，最后进行制备得到产物LiMn2O4，
据此分析解答。
【解析】（1）电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为MnO2，加入S 和H 2SO4进行酸浸后的浸出液中变为
Mn
2+，说明被还原，发生反应：3 MnO2+ S+ 4 H
+=3 Mn
2++ SO4
2−+2 H 2O，则加入的S 在反应中体现
了：还原性。
（2）①浸出液中的Fe
2+完全沉淀的pH 与Mn
2+相交，单独沉淀Fe
2+会影响Mn
2+的产量，所以需要将Fe
2+
氧化为Fe
3+在低pH 时就能完全除去，则加入的H2O2的作用是将Fe
2+氧化为Fe
3+：
2 Fe
2++ H 2O2+2 H
+=2 Fe
3++2 H 2O；
②根据资料2 和问题①，在步骤a 除去的离子有：Fe
2+、Fe
3+、Al
3+；
③因为经过除杂过程后得到的主要含Mn
2+的滤液，则加入NH4 F溶液最主要的作用是将Mg
2+、Ca
2+继续转
化为MgF2和CaF2沉淀除去；
④根据资料2 的信息可知，Mn
2+、Mg
2+、Ca
2+开始沉淀(或完全沉淀)的pH 比较接近，故不能通过调pH 的
方法只除去Mg
2+、Ca
2+而只得到Mn
2+。
（3）沉锰时向滤液中加入稍过量的NH4 HCO3溶液与Mn
2+反应得到MnCO3固体，则反应的离子方程式为：
Mn
2++2HCO3
−= MnCO3↓+CO2↑+ H2O。
（4）焙烧过程是将MnCO3固体在空气中加热得到Mn3O4，Mn 元素化合价升高，反应方程式为：
6 MnO2+O2 =
高温
2 Mn3O4+6CO2，则焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有：需要提供足量氧气
作氧化剂使用、增大空气中氧气的浓度，加快反应速率。
（5）根据反应的化学方程式为8 Mn3O4+6Li2CO3+5O2催化剂
Δ
12LiMn2O4+6CO2，由Mn 元素守恒列关
33
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系式：4 MnO2
~
2 LiMn2O4
~
Li2CO3
348
¿
¿
43.5 g
¿
¿m¿，解得m=9.25 g，但由于在除杂过程中加入了
MnCO3调节pH，这些Mn 元素最终也进入到沉锰环节被转化为LiMn2O4，故理论上需要加入Li2CO3的质
量大于9.25g。
【变式6-1】（2025·山东济南·二模）四钼酸铵的用途非常广泛，可用作催化剂、防腐剂、阻燃剂、电化学
应用等。下图是用辉钼矿(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当溶液中离子浓度小于1.0×10
−5 mol⋅L
−1时，可认为离子已完全沉淀。
25℃
③
下部分难溶物的pKsp(pKsp=−lgKsp)的数值如下表：
难溶物
Fe(OH)3
Cu (OH)2
Al(OH)3
pKsp
39
20
33
(1)四钼酸铵中Mo 元素的化合价为 。
(2)“氧化焙烧”时，MoS2反应生成Na2MoO4和Na2SO4，则该反应的化学方程式为 。
(3)“沉钒”时，加入过量(NH4)2SO4的目的是 。
(4)“净化”过程加入氨水调节溶液pH，需将溶液的pH 调至 。
(5)在“溶液X”中通入气体1 和气体2 的顺序是先通入 再通入 (填化学式)。
(6)生成聚合硫酸铝铁的离子反应为：Al
3++ Fe
3++ HCO3
−+SO4
2−→AlaFeb(OH)n(SO4)m↓+CO2↑(系数未配
平)，若生成0.1mol 沉淀，理论上产生的气体在标准状况下的体积为 L(用含字母的式子表示)。
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【答案】(1)+6
(2)2MoS2+6 Na2CO3+9O2
焙烧
¿2Na2MoO4+ 4 Na2SO4+6CO2
¿
(3)增大NH4
+浓度，促进NH4 VO3尽可能完全析出
(4)大于等于6.5
(5) NH3 CO2
(6)2.24n
【分析】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Na2SO4，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CO2；加入
H2SO4、(NH4)2SO4，相应的金属元素转化为金属阳离子，钒元素转化为NH4 VO3沉淀，加入氨水净化，沉
淀Fe
3+、Al
3+、Cu
2+，得到滤渣1 为Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu (OH)2；向滤液中加入H2SO4沉钼，得到
(NH4)2Mo4O13·2H2O 晶体；NH4VO3焙烧生成V2O5和气体2 即NH3，氨气、二氧化碳与溶液X 反应，经一系列
操作得到纯碱，则溶液X 是饱和NaCl溶液，滤渣1 为Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu (OH)2，加入H2SO4酸溶，再
加入NaHCO3聚合得到聚合硫酸铝铁，据此解答。
【解析】（1）根据化合价代数和为0 可知，四钼酸铵即(NH4)2Mo4O13·2H2O 中Mo 元素的化合价为+6 价。
（2）“氧化焙烧”时，MoS2反应生成Na2MoO4和Na2SO4，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+6，同时碳酸根转化为二氧化碳，该反应的化学
方程式为2MoS2+6 Na2CO3+9O2
焙烧
¿2Na2MoO4+ 4 Na2SO4+6CO2
¿
。
（3）“沉钒”时，生成NH4 VO3沉淀，则加入过量(NH4)2SO4的目的是：增大NH4
+浓度，促进NH4 VO3尽可能
完全析出。
（4）当溶液中离子浓度小于1.0×10
−5 mol⋅L
−1时，可认为离子已完全沉淀。要使Fe
3+、Al
3+、Cu
2+沉
淀完全，由表中数据可知，需控制的氢氧根浓度依次为：c(OH
-)＞
3√
Ksp[Fe(OH)3]
1×10
-5
=
3√
10
-39
1×10
-5 =10
−11.3，
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c(OH
-)＞
3√
Ksp[Al(OH)3]
1×10
-5
=
3√
10
-33
1×10
-5 =10
−9.3，c(OH
-)＞√
Ksp[Cu (OH)2]
1×10
-5
=√
10
-20
1×10
-5 =10
−7.5，则沉淀
[Cu(OH)2]需要的pH 最大，铜离子完全沉淀时，则“净化”过程加入氨水调节溶液pH，需将溶液的pH 调
至pH≥6.5。
（5）侯氏制碱法：氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气到饱和、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“溶液X”中通入气体1 和气体2 的顺序是先通入NH3再通入CO2。
（6）生成聚合硫酸铝铁的离子反应为：Al
3++ Fe
3++ HCO3
−+SO4
2−→AlaFeb(OH)n(SO4)m↓+CO2↑(系数未配
平)，将离子反应配平得到：aAl
3++ bFe
3++nHCO3
−+ mSO4
2−= Ala Feb(OH)n(SO4)m↓+nCO2↑，若生成0.1mol
沉淀，同时生成0.1nmolCO2，理论上产生的气体在标准状况下的体积为2.24n L。
【变式6-2】（2025·山东·二模）钼钢具有高强度、高韧性、耐腐蚀等优良性能。一种利用钼渣[含CaMoO4
、Fe2(MoO4)3、PbMoO4、MoS2]制备钼酸铵的流程如图所示：
已知：①钼酸(H2MoO4)不溶于水；②当溶液中某离子浓度c(M
n+)≤1×10
−5 mol⋅L
−1时，可认为该离子沉
淀完全；常温下，几种沉淀的K sp如下表所示：
Fe(OH)3
PbCl2
PbSO4
Fe(OH)2
K sp
1×10
−38
1×10
−5
1×10
−8
5×10
−17
回答下列问题：
(1)“磨粉”操作的目的是 ，实验室模拟该操作所需主要仪器是 。
(2)“调pH”可加入CaCO3，生成“滤渣II”的离子方程式为 ，向“滤渣II”加入硫酸和(NH4)2SO4
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溶解，再经一系列操作可得到NH4 Fe(SO4)2，则理论上加入n(H2SO4):n[(NH4)2SO4] = 。
(3)稀硝酸氧化时将MoS2转化为H2MoO4和H2SO4，该反应的离子方程式为 ，“滤渣III”的主要成
分为 。
(4)钼酸钠和月桂酰肌氨酸常用做碳钢的缓蚀剂。
①空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4−Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的
碳钢管道缓蚀，除加入钼酸盐外还需加入的物质是 (填字母)。
A．适量的N2 B．NaNO2 C．油脂 D．盐酸
②常温下，碳钢在不同介质中腐蚀速率的实验结果如图所示。
当硫酸的浓度大于90 %时，腐蚀速率几乎为零，原因是 。若缓蚀剂为钼酸钠—月桂酰肌氨酸(总浓
度为300 mg⋅L
−1)，缓蚀效果最好时，钼酸钠(M =206g⋅mol
−1)的物质的量浓度为 mol⋅L
−1(保留
2 位有效数字)。
【答案】(1) 增大固体与盐酸的接触面积，加快反应速率，充分反应 研钵
(2)2Fe
3++3CaCO3+3 H2O =2Fe(OH)3+3Ca
2++3CO2 3：1
(3) MoS2+6 NO3
−+2H
+= H2MoO4+2SO4
2−+6 NO PbSO4
(4) B 常温下浓硫酸会使铁钝化 7.3×10
−4
【分析】钼渣含CaMoO4、Fe2(MoO4)3、PbMoO4、MoS2；钼渣磨粉后用盐酸“酸溶”， CaMoO4和盐酸反
应生成氯化钙和钼酸沉淀，Fe2(MoO4)3和盐酸反应生成氯化铁和钼酸沉淀，PbMoO4和盐酸反应生成氯化铅
沉淀和钼酸沉淀，MoS2和盐酸不反应，过滤，滤渣Ⅰ含MoS2、钼酸和氯化铅，滤液Ⅰ含氯化钙、氯化铁，
滤液Ⅰ中加碳酸钙“调pH”生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁用硫酸铵和硫酸溶液生成硫酸铁铵。滤渣1 用稀
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硝酸“氧化”，MoS2转化为H2MoO4沉淀和H2SO4，氯化铅和硫酸反应转化为硫酸铅沉淀，用氨水“氨溶”
钼酸转化为钼酸铵，过滤，滤渣Ⅲ是硫酸铅。
【解析】（1）根据影响反应速率的因素，增大接触面积，能加快反应速率，“磨粉”操作的目的是增大
固体与盐酸的接触面积，加快反应速率，充分反应；实验室中“磨粉”操作在研钵中进行。
（2）根据流程图，可知加入碳酸钙“调pH”生成“滤渣II”是氢氧化铁，反应的离子方程式为
2Fe
3++3CaCO3+3 H2O=2Fe(OH)3+3Ca
2++3CO2；(NH4)2SO4中n(NH4
+):n(SO4
2−)=2:1 ，NH4 Fe(SO4)2
中n(NH4
+):n(SO4
2−)=2:4，则理论上加入n(H2SO4):n[(NH4)2SO4] =3:1。
（3）稀硝酸氧化时将MoS2转化为H2MoO4和H2SO4，硝酸被还原为一氧化氮，根据得失电子守恒，该反应
的离子方程式为MoS2+6 NO3
−+2H
+= H2MoO4+2SO4
2−+6 NO，“滤渣1”中的PbCl2和MoS2氧化生成的硫酸反
应生成PbSO4沉淀，所以“滤渣III”的主要成分为PbSO4。
（4）①NaNO2的具有氧化性， NaNO2可以替代空气中氧气起氧化剂作用，有利于在钢铁表面形成
FeMoO4-Fe2O3保护膜，所以密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除加入钼酸盐外还需加入的物质是
NaNO2，选B。
②常温下浓硫酸会使铁钝化，所以当硫酸的浓度大于90 %时，腐蚀速率几乎为零。缓蚀效果最好时，钼酸
钠的浓度为150mg⋅L
−1 ，钼酸钠的物质的量浓度为
0.15g
206g/mol
1L
=7.3×10
−4 mol⋅L
−1。
【变式6-3】（2025·安徽合肥·三模）一种以辉钼矿(主要成分为MoS2，含少量Cu、Ca、P等元素的化合物
及SiO2等)为原料制备四钼酸铵[(NH4)2Mo4O13⋅2H2O]的生产工艺如图所示：
已知：“浸出液”的主要成分是(NH4)2MoO4。
回答下列问题：
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(1)铜在周期表中位于第 周期第 族。
(2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3和SO2，该反应的化学方程式为 。
(3)“氨浸”温度不能过高，原因是 ；“浸出渣”的主要成分有CaMoO4和 (填化学
式)。
(4)“沉铜”时可以将溶液中的[Cu(NH3)4]
2+进一步转化为CuS除去，该反应的离子方程式为 。
(5)“除磷”过程中，若pH太大会导致除磷效果变低，原因是 。
(6)“酸沉”后所得“滤液”中的主要成分是 (填化学式)。
【答案】(1)四 ⅠB
(2)2MoS2+7O2 =
焙烧
2MoO3+4SO2
(3) 温度过高，氨水挥发，影响氨浸效率 SiO2
(4)[Cu(NH3)4]
2++ S
2−=CuS↓+ 4 NH 3
(5)pH 过大，Mg
2+形成Mg (OH)2沉淀，使除磷效率下降
(6)(NH4)2SO4
【分析】钼精矿(主要成分为MoS2，含少量Cu、Ca、P等元素的化合物及SiO2等)通入空气焙烧时MoS2转化
为MoO3和SO2，加氨水浸出，MoO3转化为MoO4
2−，SiO2不反应，浸渣为SiO2、CaMoO4等，“浸出液”的主
要成分是(NH4)2MoO4，加(NH4)2S 沉铜，Cu2+转化CuS 沉淀，滤渣为CuS，滤液中加MgSO4除磷，得到滤渣
为MgNH 4 PO4，加硫酸进行沉淀得到(NH4)2Mo4O13•2H2O。
【解析】（1）铜是29 号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅠB 族；
（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3和SO2，氧气做氧化剂，反应的化学方程式为
2MoS2+7O2 =
焙烧
2MoO3+4SO2；
（3）“氨浸”温度不能过高，原因是温度过高，氨水挥发，影响氨浸效率；由分析可知，“浸出渣”的
主要成分有CaMoO4和SiO2；
（4）沉铜”时，溶液中的[Cu(NH3)4]
2+转化为CuS除去，离子方程式为[Cu(NH3)4]
2++ S
2−=CuS↓+ 4 NH 3
；
（5）“除磷”过程中，所用试剂是MgSO4，若pH太大会导致除磷效果变低，原因是pH 过大，Mg
2+形成
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Mg (OH)2沉淀，使除磷效率下降；
（6）“酸沉”所用的试剂是硫酸，最后得到四钼酸铵晶体中并无SO4
2−，则所得滤液中的阴离子为SO4
2−，
阳离子为NH4
+，所得“滤液”中的主要成分是(NH4)2SO4。
题型07 工艺流程与分离提纯
1.常用的分离方法
过滤
分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法
萃取
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，包括液-液萃取和固-液萃
取，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴
分液
利用分液漏斗将两种互不混溶的液体分离开的操作，如分离油水
蒸发结晶
提取溶解度随温度变化不大或受热稳定的溶质，如NaCl
蒸发浓缩、
冷却结晶
提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、
CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O 等
蒸馏或分馏
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油
冷却法
利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离混合气体中的氨
2.特定洗涤目的
冰水洗涤的目的
洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损
耗
乙醇洗涤的目的
降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物
减压过滤(抽滤)
加快过滤速率，使沉淀更干燥
【特别提醒】晶体的干燥：要得到干燥的晶体，常见的干燥方法有自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干
燥、烘干(适用于热稳定性较好的物质)。
3.调节溶液pH 分离、提纯
（1）控制溶液的酸、碱性使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀。
物质
开始沉淀时pH
沉淀完全时pH
Fe(OH)3
1.5
3.7
Fe(OH)2
7.6
9.6
Mn(OH)2
8.3
9.8
若要除去Mn2+溶液中含有的Fe2+、Fe3+，可先用氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH 在
3.7≤pH<8.3。
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（2）调节pH 所需的物质应能与H＋反应，使溶液pH 增大；不引入新杂质。例如：要除去Cu2+溶液中混有
的Fe3+，可加入CuO、Cu(OH )2、CuC O3、C u2(OH )2C O3等物质来调节溶液的pH。
【例7】（2025·四川绵阳·三模）一种从废钴渣［主要含Co 的有机物盐及Fe(III)、Fe(II)、Mn(II)］中分离
铁、锰并回收钴的工艺流程如下。
已知：①黄铵铁矾[(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12]与FeOOH 均易于沉降和过滤，Fe(OH)3通常为无定形胶状物；
②该工艺条件下，K sp[Fe(OH)3]=2.0×10
−39。
回答下列问题：
(1)写出基态钴原子的价层电子排布式 。
(2)结合下表，分别对比钴渣与酸浸液中Co、Fe元素的含量，说明“焙烧”与“酸浸”两步工序的主要目
的是 。
元素
Co
Fe
钴渣中含量/ %
0.68
1.40
酸浸液中含量/g⋅L
−1
20.38
2.44
(3)“一次沉铁”中发生反应的化学方程式为 。
(4)若“二次沉铁”Fe
3+的初始浓度为0.112g⋅L
−1，为避免生成Fe(OH)3，应控制溶液的pH< (保留
1 位小数)。确定Fe
3+已被除尽的试剂是 (填化学式)。
(5)“二次沉铁”完毕后得到的滤液中所含金属离子有Co
2+、Mn
2+、 。
(6)“氧化沉铁锰”中Mn
2+发生反应的离子方程式为 。研究表明，在该步骤中控制pH 为4.5，可保证
铁沉淀完全。实际操作中，须不断滴加50 % Na2CO3溶液，结合相关反应说明其必要性 。
【答案】(1)3d
74s
2
(2)富集Co 元素
(3)3Fe2(SO4)3+(NH4)2SO4+12H2O =(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6 H2SO4
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(4) 2.0 KSCN
(5)Na
+、Fe
2+
(6) 3 Mn
2++S2O8
2−+ 4 H2O = Mn3O4↓+8 H
++2SO4
2− 在氧化沉锰步骤中有H
+生成，滴加Na2CO3溶液，可
维持pH 为4.5
【分析】废钴渣［主要含Co 的有机物盐及Fe(III)、Fe(II)、Mn(II)］焙烧，加入硫酸生成Co2+、Fe3+、
Fe2+、Mn2+，加入硫酸铵生成黄铵铁矾[(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12]，过滤后滤液加入Na2CO3生成FeOOH，氧
化沉铁过滤得到Mn3O4和FeOOH，含钴液回收利用，据此分析；
【解析】（1）钴是第27 号元素，基态钴原子的价层电子排布式3d
74s
2；
（2）由钴的含量可知，“焙烧”与“酸浸”两步工序的主要目的是富集Co 元素；
（3）“一次沉铁”硫酸铁和硫酸铵生成黄铵铁矾[(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12]，化学方程式为
3Fe2(SO4)3+(NH4)2SO4+12H2O =(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6 H2SO4；
（4）Fe
3+的初始浓度为0.112g⋅L
−1，则Fe
3+的初始浓度为0.112g·L
-1
56g/mol
=0.002mol/L，
Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe
3+)c
3(OH
-)=2.0×10
-39⇒c(OH
-)=
3√
Ksp[Fe(OH)3]
c(Fe
3+)
=10×10
-12mol/L，
c(H
+)=10×10
-2mol/L，则pH=2；检验Fe
3+是否存在的试剂是KSCN；
（5）“二次沉铁”完毕后得到的滤液中所含金属离子有Co
2+、Mn
2+、Na
+、Fe
2+；
（6）“氧化沉铁锰”中Mn
2+被氧化，离子方程式为3 Mn
2++S2O8
2−+ 4 H2O = Mn3O4↓+8 H
++2SO4
2−；研究
表明，在该步骤中控制pH 为4.5，可保证铁沉淀完全。实际操作中，须不断滴加50 % Na2CO3溶液，结合相
关反应说明其必要性在氧化沉锰步骤中有H
+生成，滴加Na2CO3溶液，可维持pH 为4.5。
【变式7-1】（2025·湖北武汉·二模）某废氧化铝基催化剂主要含有α −Al2O3、NiAl2O4，以及少量Fe2O3
、MgO等，从该废催化剂中提取铝、镍的一种工艺流程如下。
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已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c ≤1.0×10
−5 mol⋅L
−1)时的pH：
Ni
2+
Fe
3+
Mg
2+
Al
3+
开始沉淀的pH
6.2
1.5
9.2
3.2
沉淀完全的pH
8.7
2.8
10.8
4.3
回答下列问题：
(1)基态Ni 的价电子排布式为 。
(2)α −Al2O3硬度很大，熔点为2045℃，则其晶体类型为 。
(3)Al2O3“焙烧”生成NaAlO2的化学方程式为 。
(4)“滤饼”的成分为AlOOH，则“沉铝”的离子方程式为 。
(5)“调pH”分步沉淀可获得Ni(OH)2，两次“调pH”的数值依次为 、 （填标号）。
a．3 b．7 c．9 d．11
(6)“调pH”沉镍后，滤液中溶质的主要成分为 （填化学式）。
(7)可利用萃取剂P204（
）从“溶液”中萃取分离出
Ni
2+
。P204 在煤油中常以
二聚体的形式存在，其原因是 。
【答案】(1)3 d
84 s
2
(2)共价晶体
(3)Al2O3+ Na2CO3
高温
¿2NaAlO2+CO2↑
¿
(4)[Al(OH)4]
−+ H
+= AlOOH↓+2H2O（或AlO2
−+ H
+= AlOOH↓）
(5) a c
43
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(6)(NH4)2SO4、MgSO4
(7)P204 中含有羟基，容易形成分子间氢键
【分析】废氧化铝基催化剂主要含有α −Al2O3、NiAl2O4，以及少量Fe2O3、MgO等，加入纯碱焙烧时，
α −Al2O3反应生成NaAlO2，水浸、过滤得到Na[Al(OH)4]溶液，浸出液用盐酸沉铝得到AlOOH，煅烧得
到γ −Al2O3；浸渣进行酸溶，变为金属阳离子，加氨水分步沉淀，得到Ni(OH)2，最后分解得到NiO；
【解析】（1）镍的原子序数为28，基态Ni 的电子排布式为[Ar]3d84s2，因此价电子排布式为3d84s2；
（2）α-Al2O3硬度大、熔点高(2045℃)，符合共价晶体的特征，故其晶体类型为共价晶体；
（3）氧化铝与碳酸钠在高温下反应生成NaAlO2和二氧化碳，反应的化学方程式为：
Al2O3+ Na2CO3
高温
¿2NaAlO2+CO2↑
¿
；
（4）Na[Al(OH)4]溶液中加入盐酸生成AlOOH 沉淀，反应的离子方程式为
[Al(OH)4]
−+ H
+= AlOOH↓+2H2O；
（5）酸溶后的溶液中含有的金属离子为Ni2+、Fe3+、Mg2+，分步沉淀需先除去Fe3+，再沉淀Ni2+，同时避
免Mg2+沉淀，第一步除Fe3+：Fe3+完全沉淀的pH 为2.8，需调pH 至略大于2.8，选a；第二步沉淀Ni2+：
Ni2+完全沉淀的pH 为8.7，需调pH 至8.7～9.2(避免Mg2+沉淀，Mg2+开始沉淀的pH=9.2)，应选c，故答案
为：a；c；
（6）“调pH”沉镍后溶液中主要阳离子为NH❑4
+和Mg2+，，阴离子为SO❑4
2−(来自酸溶步骤)，因此溶质
主要成分为(NH4)2SO4、MgSO4；
（7）P204 在煤油中以二聚体形式存在的原因萃取剂P204 分子中含羟基(-OH)，分子间可通过氢键形成二
聚体，从而稳定存在于煤油中。
【变式7-2】（2025·辽宁·一模）铍用于宇航器件的构筑。一种从铍铝硅酸盐[Be3 Al2(SiO3)6]中提取铍的
工艺流程如下：
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已知：Be
2++ 4 HA⇌BeA2(HA)2+2H
+。回答下列问题：
(1)铍铝硅酸盐[Be3 Al2(SiO3)6]写成氧化物的形式为 。
(2)“酸浸、过滤”步骤中，滤渣的主要成分为 。
(3)为了从“热熔、冷却”步骤中得到玻璃态，冷却过程的特点是 。
(4)水相1 中含有 (填主要金属离子)，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量水相1，观察到的现象是
(结合离子方程式回答)。
(5)滤液2 可以进入 步骤再利用。
(6)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 。
(7)BeO 晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料，其晶胞结构如图所示。
BeO
①
晶体中，O
2−的配位数为 。
②若BeO 晶体的密度为dg·cm
-3，则晶胞参数a= nm。已知N A =6.02×10
23 mol
−1。
【答案】(1)3BeO⋅Al2O3⋅6SiO2
(2)H2SiO3
(3)快速冷却
(4) Al3+ 发生离子反应：Al
3++3OH
−= Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH
−=[Al(OH)4]
−，可观察到的现象为：先
有白色沉淀生成，然后沉淀快速溶解
(5)反萃取
(6)增强熔融氯化铍的导电性
(7) 4 3√
1
6.02d nm
【分析】铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为
H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1 中含有Al3+，有机相
为Be3A2(HA)2，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入水相2 中，分离出含NaA 的煤
油，最后对水相2 加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。
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【解析】（1）铍铝硅酸盐[Be3 Al2(SiO3)6]写成氧化物的形式为：3BeO⋅Al2O3⋅6SiO2；
（2）根据分析可知，“酸浸、过滤”步骤中，滤渣的主要成分：H2SiO3；
（3）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热
熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却；
（4）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1 中含有Al3+；向过量烧
碱的溶液中逐滴加入少量水相1 的溶液，发生离子反应：Al
3++3OH
−= Al(OH)3↓、
Al(OH)3+OH
−=[Al(OH)4]
−，可观察到的现象为：先有白色沉淀生成，然后沉淀快速溶解；
（5）滤液2 的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用；
（6）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的
导电性；
（7）①根据BeO 晶体结构，O
2−的配位数为4；
②根据均摊法计算，O
2−位于顶角和面心，个数：8× 1
8 +6× 1
2 = 4，Be
2+位于晶胞内，个数为4，根据晶胞
密度计算公式：ρ= NM
NA V =
4×(16+9)
NA×(a×10
−7)
3 g·cm
-3=dg·cm
-3
，解得：a =
3√
1
6.02d nm。
【变式7-3】（2025·安徽·一模）冶炼铜过程中产生的铜阳极泥富含Cu、Se、Te 等多种元素。研究人员设
计了一种从铜阳极泥中分离提取硒和碲的流程，如图所示。
回答下列问题：
(1)基态Se 原子核外电子排布式为 。硒有多种单质，比较有代表性的是灰硒和红硒，它们互为
。
(2)“加压、加热，酸浸”步骤中，Cu2Se和Cu2Te分别转化为H2SeO4和H6TeO6，写出Cu2Se参与反应的化
学方程式： 。
(3)试从化学反应原理的角度分析“加压”能提高Cu、Se、Te 浸出率的原因： 。
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(4)氧化性：H2SeO4 (填“>”“<”或“=”)H6TeO6。
(5)“沉铜”中生成Cu2(OH)2CO3沉淀的离子方程式为 。
(6)由Cu2(OH)2CO3获取Cu 的过程中，常采用高压氢还原法直接从溶液中提取金属粉。还原时，增大溶液酸
度不利于Cu 生成的原因是 。
(7)硫和碲位于元素周期表同一主族，试分析存在H6TeO6而不存在H6SO6的原因： 。
【答案】(1) [Ar]3d
104s
24 p
4或1s
22s
22p
63s
23p
63d
104s
24 p
4 同素异形体
(2)2Cu2Se+5O2+ 4 H2SO4
加热、加压
¿4 CuSO4+2H2SeO4+2H2O
¿
(3)加压可增大氧气溶解度，加快化学反应速率；加压可提升溶液沸点，化学反应可在更高温度下发生，化
学反应速率更快
(4)>
(5)2Cu
2++3CO3
2−+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2HCO3
−[或2Cu
2++2CO3
2−+ H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑]
(6)在用H2将Cu
2+还原为Cu 单质时，H2失去电子被氧化为H
+，若还原时增大溶液的酸度，c (H
+)增大，不利
于H2失去电子
(7)S 原子半径小，其原子周围不能容纳6 个−OH，而Te 原子半径大，其原子周围能容纳的−OH数目多
【分析】加压、加热酸浸阶段，向含 Cu、Se、Te 等元素的铜阳极泥中加入H2SO4溶液并通入O2 ，在加
压、加热条件下进行酸浸。利用氧气在酸性环境下的氧化性，将铜阳极泥中的金属等成分氧化溶解。铜元
素转化为为铜离子进入溶液，Se、Te 等元素也发生相应反应进入浸出液，不溶物成为浸渣被分离。第一
次还原（还原1）阶段，向浸出液中通入SO2，SO2具有还原性，能将浸出液中的Se 元素还原为单质Se，通
过过滤可将Se 分离出来，得到滤液1。第二次还原（还原2）阶段，向滤液1 中再次通入SO2，此时将溶液
中的Te 元素还原为单质Te，经过滤分离出Te，得到浸出液。沉铜阶段，向浸出液中加入Na2CO3溶液，使
铜离子转化为沉淀Cu2(OH)2CO3，过滤分离出沉淀，滤液3 被分离出去。后续处理阶段，Cu2(OH)2CO3经过
一系列后续处理，最终得到铜单质。
【解析】（1）Se 是 34 号元素，根据核外电子排布规律，其基态原子核外电子排布式为
1s
22s
22p
63s
23p
63d
104s
24 p
4，也可用简化形式[Ar]3d
104s
24 p
4表示。灰硒和红硒是硒元素形成的不
同单质，互为同素异形体。
（2）“加压、加热，酸浸”时，Cu2Se与O2、H2SO4反应，Cu2Se中Cu 为 +1 价，Se 为 -2 价 ，反应后
Cu 转化为CuSO4，Se 转化为H2SeO4，O2作氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式，
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2Cu2Se+5O2+ 4 H2SO4
加热、加压
¿4 CuSO4+2H2SeO4+2H2O
¿
。
（3）加压可增大氧气溶解度，溶液中O2浓度增大，加快化学反应速率，提高浸出率。同时加压可提升溶
液的沸点，可使化学反应在更高的温度下发生，化学反应速率更快。
（4）同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其最高价含氧酸的氧化性越强。Se 和 Te
同主族，Se 在 Te 上方，非金属性 Se > Te ，所以氧化性H2SeO4>H6TeO6。
（5）“沉铜”时，Cu
2+与Na2CO3溶液反应生成Cu2(OH)2CO3沉淀，CO3
2−水解产生OH
−，根据电荷守恒和原
子守恒写出离子方程式2Cu
2++3CO3
2−+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2HCO3
−。
（6）高压氢还原时，H2作还原剂，H2失去电子被氧化为H
+，增大溶液酸度，H
+浓度升高，不利于H2失去
电子，也就不利于Cu 的生成。
（7）原子半径影响原子周围可结合其他原子或原子团的数量，S 和Te 同主族，Te 原子半径大，有足够空
间容纳多个-OH 形成H6TeO6，S 原子半径小，空间限制使其难以形成含6 个-OH 的H6SO6。
题型08 工艺流程与资源回收利用
【解题通法】
资源回收利用是绿色化学理念的核心体现，也是高考工艺流程题的常见命题方向。解答此类问题，需要通
过一系列化学和物理操作，将廉价、易得的原料（如矿石、废渣、废水）转化为高附加值的产品或实现有
害物质的无害化处理。 整个流程通常围绕“提纯、转化、分离”三大核心任务展开，实质是对主工艺流
程的延伸思考。要紧盯“三废”（废气、废水、废渣），分析其成分，选择合适方法将其转化为有用产品
或无害物质，最终实现流程的闭环化和绿色化。
【例8】（2025·山东东营·三模）MnSO4具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级MnSO4的流程如
下。该阳极泥主要含有MnO2，以及Na
+、K
+、Ca
2+、Mg
2+、Zn
2+和微量Pb
2+等杂质离子。
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已知：Ksp(ZnS)=1.0×10
−22，Ksp(PbS)=8.0×10
−28，Ksp(MnS)=1.0×10
−10。金属离子生成氢氧化物沉
淀，其lg[c (M)/(mol⋅L
−1)]和溶液pH的关系如下图所示：
回答下列问题：
(1)“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2的作用是 。
(2)“除钾钠”步骤中，控制溶液pH =2.0，K
+和Na
+与Fe2(SO4)3反应分别生成KFe3[(OH)3SO4]2和
NaFe3[(OH)3SO4]2沉淀，其中K
+生成沉淀的离子方程式为 。
(3)“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH = 4.0，该步除杂的总反应方程式为 。
(4)“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是 。
(5)“除杂Ⅲ”步骤中，随着“沉淀4”的生成，溶液pH 将 (填“升高”或“下降”或“不
变”)。
(6)“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4后的滤液应返回到 步骤，其目的是 。
【答案】(1)还原MnO2为Mn
2+
(2)K
++3Fe
3++2SO4
2−+6 H2O = KFe3[(OH)3SO4]2↓+6 H
+
(3)3 MnCO3+ Fe2(SO4)3+3 H2O =3 MnSO4+2Fe(OH)3+3CO2↑
(4)CaF2、MgF2
(5)下降
(6) 溶解 循环利用，充分利用生成物（硫酸）且提高锰的回收率
【分析】阳极泥加入SO2将MnO2还原为MnSO4，加入Fe2(SO4)3除去钾钠，滤液加入MnCO3调溶液pH = 4.0，
使得Fe
3+转化为沉淀除去，滤液加入MnF2，使得Ca
2+、Mg
2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，滤液加入H2S使
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得Zn
2+和Pb
2+转化为ZnS、PbS沉淀除去，滤液浓缩结晶得到硫酸锰。
【解析】（1）二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2的
作用是：还原MnO2为Mn
2+；
（2）“除钾钠”步骤中，控制溶液pH =2.0，酸性条件下，K
+与Fe2(SO4)3反应生成KFe3[(OH)3SO4]2沉
淀，根据原子守恒和电荷守恒，K+生成沉淀的离子方程式为
K
++3Fe
3++2SO4
2−+6 H2O = KFe3[(OH)3SO4]2↓+6 H
+；
（3）“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH = 4.0，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量守
恒定律，反应还生成硫酸锰、二氧化碳，该步除杂的总反应方程式为
3 MnCO3+ Fe2(SO4)3+3 H2O =3 MnSO4+2Fe(OH)3+3CO2↑；
（4）由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，滤液加入MnF2，使得Ca
2+、Mg
2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，故析出
的“沉淀3”是CaF2、MgF2；
（5）“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得Zn
2+和Pb
2+转化为沉淀除去，反应为Zn
2++ H2S=ZnS↓+2H
+、
Pb
2++ H2S= PbS↓+2H
+，反应过程中生成H
+，使得溶液酸性增强，故随着“沉淀4”的生成，溶液pH将下
降；
（6）“浓缩结晶”步骤中，析出后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的是循环
利用，充分利用生成物(硫酸)且提高锰的回收率。
【变式8-1】（2025·河北邢台·二模）粉煤灰是铝、镓等有价金属的潜在性提取原料，铝、镓元素协同回收
是实现粉煤灰(主要成分为Ga2O3、Al2O3、SiO2，还有少量Fe2O3等杂质)资源化利用的重要途径，其主
要流程如下：
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已知：①萃取镓的原理为：Ga
3+(水相)+3 HR (有机相)⇌GaR
3(有机相)+3 H
+(水相)
②NH3+ H3BO3= NH3⋅H3BO3；NH3⋅H3 BO3+ HCl= NH4Cl+ H3BO3
③K sp[Al(OH)3]=1.0×10
−34
回答下列问题：
(1)Ga 在元素周期表中的位置为 。
(2)“酸浸”后滤渣的主要成分为 (写化学式)。
(3)“萃取”前加氨水“中和”的目的是 。
(4)树脂吸附除铁后通氨气，当Al
3+恰好沉淀完全时[c(Al
3+)≤1.0×10
−5 mol⋅L
−1]，此时溶液pH =
(保留一位小数)；证明“过滤、洗涤”中已洗涤干净的实验操作为 。
(5)“电解”过程包括电解制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，粗镓与电源 极相连(填“正”
或“负”)，粗镓溶解生成的Ga
3+与NaOH 溶液反应生成GaO2
−，GaO2
−生成高纯镓的电极反应式为
。
(6)“合成”步骤中生成一种气体单质，该反应的化学方程式为 。
【答案】(1)第四周期第ⅢA 族
(2)SiO2
(3)中和过量的H+，萃取时有利于Ga3+进入有机相
(4) 4.3 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若无白色沉淀生
成，则证明沉淀已洗干净
(5) 正 GaO2
−+3e-+2H2O=Ga+4OH-
(6)2Ga+2NH3
1000℃
¿
¿
2GaN+3H2
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【分析】粉煤灰(主要成分为Ga2O3、Al2O3、SiO2，还有少量Fe2O3等杂质)，用硫酸酸浸，Ga、Al、Fe 等
转化为离子进入溶液中，滤渣1 为SiO2，加氨水中和除去过量的H+，加入萃取剂将Ga3+萃取进有机相，水
相1 中含有Fe3+和Al3+，用树脂吸附除去Fe3+，用NH3调pH 使Al3+转化为Al(OH)3，经过滤洗涤加热生成
Al2O3；萃取后的有机相加入H2SO4反萃取，使Ga3+进入水相2，加NaOH 将Ga3+转化为GaO2
−，电解生成
Ga，通入NH3与Ga 在1000℃下反应生成GaN。
【解析】（1）Ga 是31 号元素，位于周期表第四周期第ⅢA 族；
（2）根据分析，“酸浸”后滤渣的主要成分为SiO2；
（3）根据萃取镓的原理可知在酸性条件下发生的是逆反应，即反萃取，因此“萃取”前加氨水“中和”
的目的是中和过量的H+，萃取时有利于Ga3+进入有机相；
（4）Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)c3(OH-)=1.0×10-34，c(OH-)=
3√
K sp[Al(OH)3]
c(Al
3+)
=3√
1.0×10
−34
1.0×10
−5 ≈10-9.6，c(H+)= 10
−14
10
−9.6
=10-4.3，pH=4.3；根据分析可知，酸浸时的SO4
2−留在水相中，洗涤是否干净可以检验是否含有SO4
2−，取最
后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀
已洗干净；
（5）精炼时，粗镓作为阳极，与电源的正极相连；GaO2
−在阴极得电子发生还原反应，电极反应为GaO2
−
+3e-+2H2O=Ga+4OH-；
（6）根据流程图可知，Ga 与NH3反应生成GaN 和H2，方程式为2Ga+2NH3
1000℃
¿
¿
2GaN+3H2。
【变式8-2】（2025·湖南长沙·二模）催化剂在化学工程发展过程中起着不可替代的作用，全球每年产生废
催化剂约50~70 万吨，将废催化剂回收再利用，已成为重要的研究课题。某废催化剂主要含铝(Al)、钼
(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
(1)24Cr 和42Mo 是同族元素，基态钼原子的价层电子排布式为 。
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(2)“沉铝过滤”得到X，该步骤产生X 的离子方程式为 。
(3)含Ni 固体可溶于硫酸生成Ni2+，沉淀剂SDD(
)可与Ni2+生成螯合物沉淀，中性螯合物沉淀的
结构式为 (螯合物是具有环状结构的配合物)。
(4)滤液Ⅱ中主要存在的阴离子有 。
(5)检验滤液Ⅲ中主要金属阳离子的具体操作步骤为： 。
(6)电化学制备钼酸钡原理：在可密封的电解槽中加入过滤好的饱和Ba(OH)2溶液100 mL，向溶液中通入氮
气10 min，用预处理后的钼片、纯铂片作为电极。
①通入氮气10 min 的目的是 。
②纯铂片作 (填“阳极”或“阴极”)，钼片上的电极反应式： 。
【答案】(1)4d55s1
(2)AlO2
-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3
-{或[Al(OH)4]
-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3
-}
(3)
(4)HCO3
-、MoO4
2-
(5)用洁净铂丝(或铁丝)蘸取滤液Ⅲ，在酒精灯(或煤气灯)外焰上灼烧，若火焰为黄色，说明有钠离子
(6) 除去溶解在溶液中的CO2和O2(或防止产生碳酸钡) 阴极 Mo-6e-+Ba2++8OH-=BaMoO4+4H2O
【分析】废催化剂和NaOH 固体混合焙烧，Al 转化为NaAlO2、Mo 转化为Na2MoO4，Ni 等不反应，之后
加水浸取，得到含有NaAlO2、Na2MoO4的溶液，Ni 不溶解，过滤得到固体Ni，过滤后向滤液中通入过量
的CO2，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤后在向滤液中加入适量BaCl2，得到BaMoO4沉淀。
【解析】（1）24Cr 和42Mo 是同族元素，Cr 是第四周期第ⅥB 元素，基态Cr 原子的价层电子排布式是
3d54s1，则钼是第五周期第ⅥB 元素，基态钼原子的价层电子排布式为∶4d55s1；
（2）“沉铝”中，NaAlO2溶液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和NaHCO3，因此，生成沉淀X 的离子方
程式为︰AlO2
-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3
-{也可以写为或[Al(OH)4]
-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3
-}；
（3）SDD 可表示为
，沉淀剂SDD 是为了除去Ni2+生成重金属螯合物沉淀，SDD 与Ni2+通过配
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位键以2：l 结合生成中性螯合物沉淀，结构式为
；
（4）水浸过量后的溶液中含有NaAlO2、Na2MoO4的溶液，向其中通入过量CO2气体，NaAlO2与CO2、
H2O 反应产生Al(OH)3沉淀和可溶性NaHCO3，Na2MoO4不能发生反应，故沉铝过滤，所得滤液Ⅱ含有
NaHCO3，Na2MoO4，因此滤液Ⅱ中主要存在的阴离子为HCO3
-、MoO4
2-；
（5）滤液Ⅲ中主要金属阳离子为Na+，检验滤液Ⅲ中主要金属阳离子要利用焰色试验，具体操作步骤为：
用铂丝蘸取待测溶液，在酒精灯火焰上灼烧，若产生黄色火焰，就证明其中含钠离子；
（6）①通入氮气10 min 的目的是：赶净装置内的空气，避免空气中的二氧化碳和氢氧化钡反应；
②电解原理可知：制备钼酸钡时，电解池的阳极为钼片，纯铂片作电解池的阴极，钼片上的电极反应式
为：Mo-6e-+Ba2++8OH-=BaMoO4+4H2O。
【变式8-3】（2025·江苏南京·一模）一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下：
已知：酸浸液主要含有Co
2+、Fe
2+、Ni
2+、Mn
2+等金属阳离子。
(1)“酸浸”时保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。
(2)“沉铁”时，先向酸浸液中加入一定量H2O2，检验Fe
2+氧化完全的试剂为 （填化学式）。反应完
成后加入CaCO3调节pH 至4.0 将Fe
3+转为Fe(OH)3，反应的化学方程式为 。
(3)“沉钴”时，选用NaHS 溶液而不选等浓度Na2S溶液的理由为 。获得的CoS 沉淀经处理可获得一
种钴的氧化物，其晶胞如图所示，该氧化物的化学式为 。
(4)“沉镍”时，
Ni
2+
与丁二酮肟（
）反应生成鲜红色沉淀，结构如图所示。
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该沉淀中存在的化学键有______（填序号）。
A．氢键
B．共价键
C．配位键
D．金属键
(5)“沉锰”后主要生成Mn2(OH)2SO4和Mn (OH)2两种沉淀，再通入空气氧化得到产品Mn3O4。氧化时间对
Mn3O4中锰含量及溶液pH 的影响如图所示。
15~150min
①
，pH 下降较快的原因是 （用离子方程式表示）。
②氧化时间大于225min 时，产品中的锰含量下降，其原因是 。
【答案】(1)加快搅拌速率
(2) K3Fe(CN)6 Fe2(SO4)3+3CaCO3+3 H2O =2Fe(OH)3+3CaSO4+3CO2↑
(3) Na2S 碱性强，OH-离子，更浓度大，容易形成Co(OH)2沉淀 CoO
(4)BC
(5)3Mn2(OH)2SO4+O2=2Mn3O4+6H
++3SO4
2− 生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降
【分析】本题是一道从钴渣中回收金属的工艺流程的工艺流程题，首先用硫酸酸浸钴渣，酸浸液主要含有
Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子，随后分别除去铁、镍、钴，最终得到产品；
【解析】（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率；故答案为：加快
搅拌速率；
（2）检验Fe
2+用K3Fe(CN)6溶液，反应生成蓝色沉淀；反应完成后加入CaCO3调节pH 至4.0 时反应的化学
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方程式：Fe2(SO4)3+3CaCO3+3 H2O=2Fe(OH)3+3CaSO4+3CO2↑；故选：K3Fe(CN)6 ；
Fe2(SO4)3+3CaCO3+3 H2O =2Fe(OH)3+3CaSO4+3CO2↑；
（3）选用NaHS溶液而不选等浓度的Na2S溶液是因为Na2S 的碱性强，OH-离子浓度大，更容易生成
Co(OH)2沉淀；晶胞中钴离子的个数为：8× 1
8 +6× 1
2 =1+3= 4，氧离子的个数为：12× 1
4 +1=3+1= 4
，由于钴离子和氧离子的个数均为4，所以该化合物的化学式为CoO，故答案为：Na2S 的碱性强，OH-离子
浓度大，更容易生成Co(OH)2沉淀；CoO；
（4）Ni
2+与丁二酮肟反应生成的沉淀中存在的化学键有：配位键和共价键，故答案为：BC；
（5）15-150min，主要发生的反应的离子方程式为3Mn2(OH)2SO4+O2=2Mn3O4+6H
++3SO4
2− ，氧化过程中
产生了H
+，所以pH 下降较快；Mn3O4中n( Mn)
n(O) = 3
4 ，Mn2O3中n( Mn)
n(O) = 2
3，MnO2中n( Mn)
n(O) = 1
2，3
4 > 2
3
、3
4 > 1
2，Mn3O4中锰的含量最大，225min 后，生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降。
1.（2025·江西宜春·一模）以高铝铬铁矿(主要含Cr2O3和Al2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)为原料制备
硼化铬和铝的工艺流程如下：
已知：①[Al(OH)4]
-可与CO2反应生成Al(OH)3为沉淀：
②相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：
金属离子
Fe
3+
Mg
2+
Cr
3+
Fe
2+
Al
3+
开始沉淀的pH
2.3
10.4
4.9
7.5
3.4
沉淀完全的pH
4.1
12.4
6.8
9.7
4.7
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(1)粉碎高铝铬铁矿的目的是： 。
(2)检验酸浸后的溶液中含有Fe2+可用铁氰化钾溶液，反应会生成蓝色沉淀，该反应的离子方程式为：
。
(3)滤渣2 的主要成分为： (填化学式)。
(4)第二次加氨水需调节pH 的范围为 ；加稀盐酸前，需要先洗涤滤渣3，证明其洗涤干净的操
作方法是 。
(5)CrCl3加热条件下生成CrB 的化学方程式为： 。
(6)电解时阳极电极反应式为： 。
(7)硼化铬(CrB)化学稳定性好，耐高温，耐磨，可作抗高温氧化涂层，抗冲击能力强，其晶胞结构如图所
示(结构中Cr 原子可看成标准面心堆积)，完成以下问题。
a．CrB 属于 晶体。
b．设晶胞棱长为cnm，则Cr 原子的半径为 nm。
【答案】(1)增大接触面积，提高酸浸速率
(2)K
++Fe
2++[Fe(CN)6]
3
-
=KFe[Fe(CN)6]↓
(3)Fe(OH)3和Al(OH)3
(4) 6.8≤pH＜10.4 取适量最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗
涤干净
(5)2CrCl3+2B+3Mg
Δ
¿2CrB+3MgCl2
¿
(6)2O
2--4e
-=O2↑
(7)共价 √2
4
c
【分析】高铝铬铁矿(主要含Cr2O3和Al2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)粉碎后，加入稀硫酸进行酸
化，SiO2不溶而成为滤渣；此时滤液中含有Cr3+、Al3+、Mg2+、Fe3+、Fe2+，加入强氧化剂X 进行氧化，
Fe2+转化为Fe3+；加入氨水调节pH4.7~4.9，依据表中数据可知，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al3+转化为
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Al(OH)3沉淀。加入试剂Y(如NaOH)，Al(OH)3转化为[Al(OH)4]-，Fe(OH)3不溶，再加入试剂Z(如CO2
等)，[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3沉淀，灼烧得Al2O3，熔融电解得Al。加入氨水调节pH 到4.7~4.9 后所得溶
液中，继续加氨水调节pH，使6.8≤pH＜10.4，此时将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀(滤渣3)，Mg2+不反应，然后
加入稀盐酸溶解滤渣3，再经过一系列操作，得到CrCl3，加入B、Mg 进行加热，生成CrB。
【解析】（1）粉碎高铝铬铁矿，可以增大固体与溶液的接触面积，目的是：增大接触面积，提高酸浸速
率。
（2）检验酸浸后的溶液中含有Fe2+可用铁氰化钾溶液，反应会生成蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，依据电荷守恒
和元素守恒，可得出该反应的离子方程式为：K
++Fe
2++[Fe(CN)6]
3
-
=KFe[Fe(CN)6]↓。
（3）由分析可知，pH 调节到4.7~4.9 时，Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，则滤渣2 的主要成分为：Fe(OH)3和
Al(OH)3。
（4）第二次加氨水，目的是将Cr3+转化为沉淀，但Mg2+不生成沉淀，则需调节pH 的范围为6.8≤pH＜
10.4；加稀盐酸前，需要先洗涤滤渣3，证明其洗涤干净时，需检验最后一次洗涤液中不含有SO4
2−，操作
方法是：取适量最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净。
（5）CrCl3加热条件下，与B、Mg 发生反应，生成CrB、MgCl2，依据得失电子守恒和元素守恒守恒，可
得出发生的化学方程式为：2CrCl3+2B+3Mg
Δ
¿2CrB+3MgCl2
¿
。
（6）电解熔融的Al2O3时，阳极O2-失电子生成O2，电极反应式为：2O
2--4e
-=O2↑。
（7）a．硼化铬(CrB)化学稳定性好，耐高温，耐磨，可作抗高温氧化涂层，抗冲击能力强，则CrB 属于共
价晶体。
b．硼化铬(CrB)晶胞中，设晶胞棱长为cnm，设Cr 原子半径为rnm，则4r=√2cnm，r=√2
4
cnm，所以Cr 原
子的半径为√2
4
cnm。
2.（2025·山西临汾·二模）草酸镍(NiC2O4)是一种不溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。以
铜镍合金废料(主要成分为Ni和Cu，含有一定量的Fe和Si)为原料生产草酸镍的工艺流程如图：
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已知：①Fe(OH)3胶体能吸附Ni
2+。
②常温下，草酸的K a1=6.0×10
−2，K a2=5.0×10
−5；K sp(NiC2O4)=1.7×10
−17。
回答下列问题：
(1)生产时为提高合金废料浸出率，下列措施可行的是 (填标号)。
a．分批加入混酸浸取并搅拌 b．高温浸出 c．适当延长浸出时间
(2)“萃取”步骤中除去的主要金属阳离子是 。
(3)Ni
2+和Fe
2+可形成如图所示的配离子，其中铁的一个配体为茂环阴离子(C5H5
−)，该配体大π 键电子参与
配位，配离子中与铁形成配位键的电子共有 个。
(4)“氧化”过程在“70℃、pH<3”条件下进行。
①“氧化”的离子方程式为 。
②控制“pH<3”的原因是 。
(5)“过滤”后的滤液中加入(NH4)2C2O4溶液反应得到NiC2O4。
①当Ni
2+沉淀完全时，溶液pH=2，此时溶液中c(H2C2O4)= mol⋅L
−1(保留两位有效数字)；
②过滤得到的NiC2O4需要用蒸馏水洗涤，检验晶体是否洗涤干净的方法是 。
【答案】(1)ac
(2)Cu
2+
(3)12
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(4)2Fe
2++H2O2+2H2O
70℃
¿2FeOOH↓+4H
+
¿
防止Fe
3+水解形成的Fe(OH)3胶体吸附Ni
2+
(5)5.7×10
−11 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量盐酸，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，
则证明洗涤干净
【分析】合金废料中加入混酸浸取液浸取后，得到的溶液中含有的离子有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、SO4
2−等，
向浸出液中加入萃取剂，用萃取剂除去溶液中的Cu2+，向萃取后的溶液中加入还原剂，将Fe3+还原为
Fe2+，然后加入H2O2，将Fe2+氧化为FeOOH 沉淀，除去溶液中的铁元素；过滤后，向滤液中加入
(NH4)2C2O4溶液反应得到NiC2O4。
【解析】（1）a．分批加入混酸浸取并搅拌能使反应物混合更均匀，更充分，提高浸出率，a 项选；高温
条件下可以加快反应速率，但是在高温条件下硝酸会挥发，故不能用高温浸出，b 项不选；适当延长浸出
时间可以使反应更充分，提高浸出率，c 项选；故选ac；
（2）由流程分析可知，后续的操作不能除去Cu2+，故只能在萃取步骤中除去Cu2+；
（3）茂环阴离子(C5 H5
−)中参与大π 键的有6 个电子，Fe
2+周围有两个S 和1 个CO 中的C 与Fe
2+以配位键
结合，3 个配位键中含有6 个价电子，配离子中与铁形成配位键的电子共有6+6=12 个；
（4）①由题意可知，氧化过程是在70℃、pH 小于3 的条件下进行，过氧化氢与亚铁离子发生氧化还原反
应生成FeOOH 沉淀，反应的离子方程式为2Fe
2++H2O2+2H2O
70℃
¿2FeOOH↓+4H
+
¿
；
②由题给信息可知，溶液pH 增大，Fe2+被氧化生成的Fe3+水解形成更多的Fe(OH)3胶体能吸附Ni2+，导致
镍回收率降低；
（5）①常温下K sp(NiC2O4)=1.7×10
−17，当溶液pH=2 时，Ni2+沉淀完全， Ni2+浓度为1×10-5mol·L-1，则
c(C2O4
2−)= K sp(NiC2O4)
c (Ni
2+)
= 1.7×10
−17
1.0×10
−5 mol / L=1.7×10
−12mol⋅L
−1，溶液pH=2，
c (H
+)=1.0×10
−2mol⋅L
−1，草酸的K a2= c(C2O4
2−)c (H
+)
c(HC2O4
−)
=5.0×10
−5 mol⋅L
−1，
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c(HC2O4
−)= 1.7×10
−12×1.0×10
−2
5.0×10
−5
mol⋅L
−1=3.4×10
−10 mol⋅L
−1，K a1= c(HC2O4
−)c (H
+)
c (H2C2O4)
=6.0×10
−2
，则c (H2C2O4)= 3.4×10
−10×1.0×10
−2
6.0×10
−2
mol⋅L
−1≈5.7×10
−11mol⋅L
−1；
②由流程可知，草酸镍晶体表面附有可溶物中含硫酸铵，检验晶体是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中
是否存在硫酸根，则检验方法为取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若
无沉淀生成，则证明洗涤干净。
3.（2025·广东汕头·二模）钒酸银（Ag3VO4）是一种极有前景的可见光响应光催化剂，一种用废钒（主要
成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2）制取钒酸银的工艺流程如下：
已知：①有机酸性萃取剂HA 的萃取原理为：
R2(SO4)n(水层)+2nHA (有机层)⇌2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)（R表示VO
2+，HA表示有机萃取
剂）；
②酸性溶液中，HA对VO
2+、Fe
3+萃取能力强，而对VO2
+、Fe
2+的萃取能力较弱。
(1)基态钒原子的价层电子排布式为 。“滤渣”的成分是 （写化学式）。
(2)“滤液①”中钒以+4 价、+5 价的形式存在，简述加入铁粉的原因： 。
(3)“有机层”加入硫酸反萃取后，加入KClO3，写出KClO3与VO
2+反应生成VO2
+和Cl
−的离子方程式：
。
(4)已知溶液中VO2
+与VO3
−可相互转化且NH4 VO3为沉淀。室温下，维持“沉钒”时溶液中NH3⋅H2O−NH4Cl
的总浓度为cmol⋅L
−1，pH =6。已知K b(NH3⋅H2O)=a，K sp(NH4⋅VO3)= b，则“沉钒”后溶液中
c(VO3
−)= mol⋅L
−1。
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(5)写出NH4 VO3煅烧的化学方程式 ，煅烧生成的气体返回到 工序重新利用。
(6)钒的化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。
①钒的一种配合物X的化学式为V(NH3)3ClSO4，取X的溶液进行如下表实验（已知配体难电离出来）。则X
的配体是 。
②一种钒的硫化物的晶体结构（图a）及其俯视图（图b）如图所示：
X
X
试剂
BaCl2溶液
AgNO3溶液
现象
无明显变化
白色沉淀
该钒的硫化物晶体中，与每个V原子最近且等距的S原子个数是 。
【答案】(1)3d34s2 SiO2
(2)将+5 价钒转化为+4 价钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离。
(3)ClO3
−+6VO
2++3H2O=6VO2
++Cl
−+6H+
(4)b(a+10
-8)
ac
(5) 2NH4VO3
高温
¿ V2O5+2NH3↑+H2O↑
¿
沉钒
(6)NH3和SO4
2- 6
【分析】废钒（主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2）加入稀硫酸、通入氧气发生反应，生成硫酸
铁，“滤液①”中钒以+4 价、+5 价的形式存在，而SiO2不反应，过滤存在于滤渣中，萃取前加入铁粉将
铁离子还原为亚铁离子，利用有机溶剂HA 萃取，分液后加入反萃取剂得到VO2+，再加入KClO3，将
VO2+氧化为VO3
-，再加入氨水得到沉淀NH4VO3，过滤后煅烧得到五氧化二钒，以此来解答。
【解析】（1）钒是23 号元素，核外含有23 个电子，基态钒原子的价层电子排布式为3d34s2，由分析可
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知，“滤渣”的成分是SiO2。
（2）酸性溶液中，HA对VO
2+、Fe
3+萃取能力强，而对VO2
+、Fe
2+的萃取能力较弱，“滤液①”中钒以+4
价、+5 价的形式存在，铁粉的原因是：将+5 价钒转化为+4 价钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元
素的分离。
（3）由分析可知，“有机层”加入硫酸反萃取后，加入KClO3，KClO3与VO
2+反应生成VO2
+和Cl
−，根据得
失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：ClO3
−+6VO
2++3H2O=6VO2
++Cl
−+6H+。
（4）室温下，维持“沉钒”时溶液中NH3⋅H2O−NH4Cl的总浓度为cmol⋅L
−1，pH =6，溶液中c(OH-)=
10
-14
10
-6 mol/L=10-8mol/L，由NH3⋅H2O⇌NH4
++OH
-可知，由Kb
(NH3⋅H2O)= c(NH4
+)c (OH
-)
c(NH3⋅H2O)
= c(NH4
+)10
−8
c(NH3⋅H2O)
=a、c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)=cmol⋅L
−1，则c(NH4
+)=ac
a+10
-8
mol/L，则c(VO3
−)=
Ksp(NH4⋅VO3)
c(NH4
+)
= b
ac
a+10
-8
mol/L= b(a+10
-8)
ac
mol/L。
（5）NH4 VO3煅烧分解产生V2O5、NH3和H2O，化学方程式为：2NH4VO3
高温
¿ V2O5+2NH3↑+H2O↑
¿
，煅烧生成
的NH3返回到沉钒工序重新利用。
（6）①配合物存在内界和外界，外界可以完全解离，内界难解离，根据实验现象，X 中加入BaCl2溶液无
明显变化，加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明没有形成[Ag(NH3)2]
+，则外界离子为Cl-，NH3位于内
界，配体为NH3和SO4
2-；
②由该钒的硫化物晶体结构可知，以位于体心的V 原子为研究对象，与每个V 原子最近且等距的S 原子个
数是6。
4.（2025·广东广州·二模）LiFePO4广泛应用于新能源汽车和储能领域。从低浓度锂溶液(含Li
+、Al
3+、
Mg
2+、Ca
2+)获得制备LiFePO4的原料FePO4和Li2CO3，工艺流程如下：
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已知：①常温下，部分物质的Ksp如下表。
物质
Li3PO4
FePO4
AlPO4
Mg3(PO4)2
Ca(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
2.3×10
−11
9.9×10
−16
9.8×10
−21
1.0×10
−24
5.5×10
−6
5.6×10
−12
②在本工艺相应条件下，EDTA 能与Ca
2+反应生成可溶于水的稳定配合物。
③常温下，Ka1(H3PO4)=6.9×10
−3，Ka2(H3PO4)=6.2×10
−8，Ka3(H3PO4)= 4.8×10
−13。
(1)“沉锂1”中生成磷酸锂的离子方程式为 。若“沉锂1”后滤液中c(PO4
3−)=0.023 mol⋅L
−1，
则溶液Li
+浓度为 mol⋅L
−1。
(2)“萃取除铝”时，调节溶液pH =3，Al
3+与萃取剂HR(弱酸)反应转化为AlR3而被萃取至有机层。降低溶
液pH，铝的去除率明显降低，原因是 。
(3)“沉淀”时控制溶液pH =1，此时c(H2PO4
−):c(H3PO4)= ，该条件下Fe
2+转化为FePO4的离
子方程式为 。
(4)“除杂”中加入NaOH 调节溶液pH =12。滤渣2 的主要成分是Fe(OH)3、Ca(OH)2和 。
(5)“沉锂2”先加入适量EDTA，再加入Na2CO3固体，充分反应后过滤。加入EDTA 的目的是防止Li2CO3产
品中混入 (填化学式)杂质。
(6)由Li2CO3可制备X 晶体，其晶胞为长方体，结构如图所示。
X
①
的化学式为 。
②与Li 距离最近且等距的Co 的数目为 。
③设X 最简式的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA，则X 晶体的密度为 g⋅cm
−3(列出计算
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式)。
【答案】(1) 3Li
++ PO4
3−=Li3PO4↓ 1.0×10
−3
(2)酸性增强，H
++R
−⇌HR平衡正向移动，导致R
−浓度降低，难以与铝离子配位
(3)6.9×10
−2 2Fe
2++ H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+ 4 H
+
(4)Mg(OH)2
(5)CaCO3
(6) LiCoO2 8 Mr
NA×a
2b×10
−30
【分析】低浓度锂溶液(含Li
+、Al
3+、Mg
2+、Ca
2+)加入Na3PO4溶液沉锂，生成含有Li3PO4、AlPO4、
Mg3(PO4)2、Ca3(PO4)2的滤渣，用稀硫酸溶解，得到含有Li+、Al3+、Mg2+、Ca2+的溶液，加入萃取剂萃取
除铝，得到的水相中含有Li+、Mg2+、Ca2+，加入绿矾和H2O2反应生成FePO4固体，过滤后加入NaOH 溶液
生成滤渣2 为Fe(OH)3、Ca(OH)2和Mg(OH)2，过滤后加入EDTA，EDTA 能与Ca2+反应生成可溶于水的稳
定配合物，Li
+与Na2CO3转化为Li2CO3固体，以此解答。
【解析】（1）“沉锂1”中Li
+和PO4
3−反应生成磷酸锂的离子方程式为：3Li
++ PO4
3−=Li3PO4↓；若“沉锂
1”后滤液中c(PO4
3−)=0.023 mol⋅L
−1，则溶液Li
+浓度为
3√
Ksp(Li3PO4)
c(PO4
3−)
=
3√
2.3×10
−11
0.023
mol/L=1.0×10
−3 mol/L。
（2）“萃取除铝”时，调节溶液pH =3，Al
3+与萃取剂HR(弱酸)反应转化为AlR3而被萃取至有机层，降
低溶液pH，铝的去除率明显降低，原因是酸性增强，H
++R
−⇌HR平衡正向移动，导致R
−浓度降低，难以
与铝离子配位。
（3）沉淀”时控制溶液pH =1，c(H+)=0.1mol/L，此时c(H2PO4
−)
c(H3PO4) = Ka1(H3PO4)
c(H
+)
= 6.9×10
−3
0.1
=6.9×10
−2，
该条件下Fe
2+和H2O2、PO4
3−反应生成FePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：
2Fe
2++ H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+ 4 H
+。
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（4）“除杂”中加入NaOH 调节溶液pH =12，c(OH-)=Kw
c(H
+) =10
-14
10
-12 mol/L=0.01mol/L，由
Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10
−12可知，此时溶液中c(Mg2+)=
Ksp[Mg(OH)2]
c
2(OH
-)
= 5.6×10
−12
(0.01)
2
mol/L=5.6×10
−8 mol/L<10
-5mol/L，Mg2+完全沉淀，则滤渣2 的主要成分
是Fe(OH)3、Ca(OH)2和Mg(OH)2。
（5）在本工艺相应条件下，EDTA 能与Ca
2+反应生成可溶于水的稳定配合物，“沉锂2”先加入适量
EDTA，再加入Na2CO3固体，充分反应后过滤。加入EDTA 的目的是防止Li2CO3产品中混入CaCO3杂质。
（6）①由晶胞结构可知，Li 的个数为1，O 的个数为4× 1
4 +2× 1
2=2，Co 的个数为8× 1
8=1，X 的化学式
为LiCoO2；
②由晶胞结构可知，以位于体心的Li 为研究对象，与Li 距离最近且等距的Co 的数目为8；
③设X 最简式的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA，则X 晶体的密度为
ρ= m
V =
Mr
NA
g
a
2b×10
−30cm
3 = Mr
NA×a
2b×10
−30 g⋅cm
−3。
5.（2025·河北张家口·二模）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品加工的抗氧化剂，蓝矾(CuSO4·5H2O)常作游泳
池的消毒剂。以辉铜矿(主要成分是Cu2S，含少量FeS、SiO2等杂质)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠的流程
如图所示：
已知：pH=4 时Fe3+完全沉淀，pH=4.8 时Cu2+开始沉淀。
回答下列问题：
(1)基态Cu 原子的价层电子排布式为 ；SO2分子的VSEPR 模型是 。
(2)“吸收池丙”中为NaHSO3过饱和溶液，则“吸收池甲”中的主要溶质为 (填化学式)。
(3)“煅烧”中包括Cu2S 与Cu2O 在高温下反应生成Cu 的过程，该反应的化学方程式为 。
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(4)为了提高产品纯度，试剂X 宜选择 (填化学式，任写一种)。
(5)蓝矾热失重图像如图所示：
“系列操作”中“干燥”适宜选择的温度范围为 (填选项字母)；图像中150℃时对应硫酸铜晶
体中结晶水数目n 为 。
A．20~50℃ B．80~100℃ C．102~150℃ D．250~280℃
(6)铜和氟组成的两种晶胞结构如图所示：
晶胞1 中，与Cu 距离最近且相等的Cu 有 个；晶胞2 对应晶体的化学式为 。
【答案】(1) 3d104s1 平面三角形
(2)NaHSO3
(3)Cu2S+2Cu2O
高温
¿6Cu+SO2↑
¿
(4)CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3等
(5) B 1
(6) 12 CuF2
【分析】该工艺流程以辉铜矿(主要成分是Cu2S，含少量FeS、SiO2等杂)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠，
辉铜矿煅烧生成的SO2与饱和纯碱溶液反应，在吸收池甲中控制pH=4.1，生成亚硫酸氢钠，继续与纯碱粉
末反应，控制pH=7~8，生成亚硫酸钠，再通入SO2，生成Na2S2O5，煅烧得的烧渣成分为CuO、Fe2O3、
SiO2，硫酸浸取后滤渣1 为SiO2，双氧水氧化得到溶液中含有Cu2+、Fe3+，加入试剂X 为CuO 或Cu (OH)2
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等，调pH=4，除去Fe3+，再经过系列操作得蓝矾。
【解析】（1）Cu 是29 号元素，核外含有29 个电子，Cu 的价层电子排布式为3d104s1；SO2中心S 原子有
2+ 6−2×2
2
=3个价层电子对，VSEPR 模型为平面三角形。
（2）“吸收池丙”中为NaHSO3过饱和溶液，“吸收池甲”与“吸收池丙”的pH 相同，则“吸收池甲”
中的主要溶质为NaHSO3。
（3）Cu2S 与Cu2O 高温下反应生成Cu 和SO2，根据氧化还原规律以及原子守恒配平可得
Cu2S+2Cu2O
高温
¿6Cu+SO2↑
¿
。
（4）加入含Cu 的弱碱性物质(如CuO)，可中和H+并避免引入杂质。
（5）根据热失重图像，蓝矾在102℃(b 点)已经失重，表明此时已经失去部分结晶水，干燥操作需在不触
发失去结晶水的温度范围内进行，既能有效去除游离水，又不会导致结晶水流失，故选B 项；150℃时产
物质量稳定在17.8g，对应中间产物CuSO4·nH2O，总物质的量仍为0.1mol(CuSO4未分解)，此时相对分子
质量M=160+18n，则0.1×(160+18n)=17.8，n=1。
（6）由图可知，晶胞1 中，与Cu 距离最近且相等的Cu 有12 个；晶胞2 中，Cu 有(
1
8 ×8)+1=2个，F 有
(4× 1
2)+2= 4个，对应晶体的化学式为CuF2。
6.（2025·黑龙江吉林·一模）某工厂采用铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]为原料
制备电池正极材料LiMn0.5Fe0.5PO4，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共沉淀后得到Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O；
③相关物质的Ksp如下：
Fe(OH)2
MgF2
MnF2
CaF2
Mn (OH)2
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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 （忽略Fe
与H2SO4的反应）。
(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 ；pH 过高则会生成 。
(5)滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“共沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别
为98%和95%，则物质A应为 （填“FeSO4”或“MnSO4”）。
(6)“焙烧”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 。
【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 Mn(OH)2、Fe(OH)2沉淀
(5)FeSO4
(6)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]加入H2SO4酸浸，SiO2不溶，MnO2被
Fe 还原生成Mn2+、Fe2+等，CaMg(CO3)2转化为CaSO4沉淀、Mg2+等，过滤后，滤渣为CaSO4、SiO2；滤液
中加入MnF2，由于MgF2、CaF2的Ksp远小于MnF2的Ksp，所以生成MgF2、CaF2沉淀；pH=5，Mn2+的浓度
为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，Q[Mn(OH)2]=0.30×(10-9)2=3×10-19＜1.9×10-13，
Q[Fe(OH)2]=0.25×(10-9)2=2.5×10-19＜8×10-16，所以不生成Mn(OH)2、Fe(OH)2沉淀；滤液②中加入物质A，
使Fe2+、Mn2+浓度比为1:1，再加入(NH4)2C2O4共沉淀，生成Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O；再加入LiH2PO4、Ar 焙
烧，生成LiMn0.5Fe0.5PO4。
【解析】（1）“酸浸”中，可适当提高温度、浓度及接触面积，以提高浸取速率，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+，则该工艺条件下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
。
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（3）由分析可知，滤渣①成分为：CaSO4、SiO2。
（4）“除杂”前滤液①中加入MnF2，HF 为弱酸，溶液酸性过强时，易生成HF，则调节pH 不宜过低的
原因是：pH 过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀；pH 过高时，溶液碱性过强，易生成
Mn(OH)2、Fe(OH)2沉淀，则会生成：Mn(OH)2、Fe(OH)2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，“共沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分
别为98%和95%，则nFe
nMn
= 0.25×95 %
0.30×98 % ≈0.81＜1，所以物质A 应为FeSO4。
（6）“焙烧”过程中除产品外，还有H2O 和两种气体生成，由Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O 中加入LiH2PO4、Ar 焙
烧，生成LiMn0.5Fe0.5PO4，可推出生成的两种气体为H2C2O4的分解产物CO、CO2，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↑。
7.（2025·河北沧州·一模）利用绿柱石(主要化学成分为BeO、Al2O3、SiO2，还含有少量FeO 和Fe2O3)冶炼
Be 的一种工艺流程如下。
已知：①铍的性质与处于元素周期表对角线的铝相似。
②氯化铍在熔融态时较难电离。
③在强碱性条件下，Be 元素以[Be(OH)4]2-形式存在。
(1)“熔炼”的目的是通过改变绿柱石晶相中的稳定结构增强其反应活性，气体A 是 。
(2)滤渣1 的成分为 ，“溶浸”工序、“沉铁”工序所加试剂改为稀硫酸、氨水和过氧化氢会更
好，这是由于 。
(3)“沉铍”时若使用NaOH 溶液，将导致铍的产率降低，用离子方程式解释原因： 。
(4)“灼烧”工序的化学方程式为 。
(5)“高温反应”镁或铍均会和氧气反应，需在惰性气氛中进行， (填“能”或“不能”)选择N2气
氛。氯化铍熔融盐电解法也可以制备铍，但在电解过程中需要加入一定量NaCl，加入NaCl 的作用是
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。
(6)该流程中能循环使用的物质有HF、NH3和 (填化学式)。
【答案】(1)CO2
(2) H2SiO3、CaSO4 浓硫酸和FeO 发生反应放出SO2污染性气体
(3)Be2++4OH-＝[Be(OH)4]2-
(4)(NH4)2BeF4
高温灼烧
¿
¿
BeF2+2NH3↑+2HF↑
(5) 不能 增强熔融盐导电性
(6)(NH4)2SO4
【分析】绿柱石(主要化学成分为BeO、Al2O3、SiO2，还含有少量FeO 和Fe2O3)，加入石灰石熔炼，SiO2、
Al2O3、BeO 分别与CaCO3反应生成CaSiO3、铝酸钙、铍酸钙和二氧化碳，加入浓硫酸溶浸，浸出液中含
有BeSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，滤渣1 为H2SiO3和CaSO4，向滤液中加入硫酸铵沉铝，过滤得到滤液和
铝铵矾，在滤液中加氨水调节pH 使铁离子转化为沉淀，滤渣2 为氢氧化铁，过滤后滤液中含有BeSO4、
(NH4)2SO4，再向溶液中加入氨水沉铍得到氢氧化铍，过滤后向氢氧化铍中加入HF、NH3，得到
(NH4)2BeF4，(NH4)2BeF4灼烧得到BeF2、NH3和HF，加入镁在高温下反应生成Be，以此解答该题。
【解析】（1）“熔炼”过程中SiO2、Al2O3、BeO 分别与CaCO3反应生成CaSiO3、铝酸钙、铍酸钙和二氧
化碳，气体A 为二氧化碳。答案为：CO2；
（2）加入浓硫酸进行溶浸，浸出液中含有BeSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，滤渣1 为H2SiO3和微溶物
CaSO4。“溶浸”工序、“沉铁”工序所加试剂改为稀硫酸、氨水和过氧化氢会更好，这是因为浓硫酸具
有强氧化性，浓硫酸和FeO 发生反应放出SO2污染性气体。答案为：H2SiO3、CaSO4；浓硫酸和FeO 发生
反应放出SO2污染性气体；
（3）由题给信息可知，Be 的性质与Al 类似，在强碱性条件下，Be 元素以[Be(OH)4]2-形式存在，若使用
NaOH 溶液，生成[Be(OH)4]2-，因此会降低Be 的沉淀率，导致Be 的产率降低。离子方程式为：Be2++4OH-
＝[Be(OH)4]2-。答案为：Be2++4OH-＝[Be(OH)4]2-；
（4）根据流程图可知，灼烧时(NH4)2BeF4分解生成BeF2、NH3和HF。反应方程式为：(NH4)2BeF4
高温灼烧
¿
¿
BeF2+2NH3↑+2HF↑。答案为：(NH4)2BeF4
高温灼烧
¿
¿
BeF2+2NH3↑+2HF↑；
（5）不能选择N2气氛，因为高温下，Be、Mg 皆能与N2发生反应生成氮化物。氯化铍在熔融态时较难电
离，熔融氯化铍电解制Be 时加入NaCl 的作用增强熔融盐导电性。答案为：不能；增强熔融盐导电性；
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（6）根据元素守恒可知沉铍后的滤液中含有(NH4)2SO4，灼烧过程中会产生HF 和NH3，故该流程中能循环
使用的物质是(NH4)2SO4、HF、NH3。答案为：(NH4)2SO4。
8.（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 。
【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、
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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↑。
9.（2025·河北保定·一模）碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体、合成二氧化锰和制造其它锰盐的原料。制
备碳酸锰的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有Mn
2+、Fe
2+、Fe
3+、HSO4
−、S的
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分散系，MnO2与MnS在酸性条件下反应生成HSO4
−的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是
。
(2)“预氧化与除铁”最好采用 (填标号)作氧化剂；“铁渣”的主要成分是 。
a.HClO溶液 b.MnO2 c.KMnO4溶液
(3)“洗液”可以返回到 步骤进行循环使用。
(4)“操作”的名称为 。
(5)在600~700° C下，将一定量的MnCO3置于空气中加热至恒重，此时测得固体的质量残留率为68.7 %，则
该反应中固体产物的化学式为 。
(6)碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰[Mn2(OH)2CO3]和一种气体，反应的化学方程式为
。
【答案】(1)4:1
(2) b Fe(OH)3、S
(3)预氧化与除铁
(4)过滤、洗涤、干燥
(5)Mn2O3
(6)2MnCO3+ H2O≜Mn2(OH)2CO3+CO2↑
【分析】浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有
Mn
2+、Fe
2+、Fe
3+、HSO4
−、S的分散系，预氧化与除铁过程加入二氧化锰把二价铁氧化为三价铁，铁渣
的主要成分为三价铁水解产生的氢氧化铁沉淀；用低酸对铁渣进行清洗得到的洗液中含有二价锰离子，所
以应返回到沉锰步骤循环利用；滤液除重金属、过滤后，滤液再加入碳酸氢铵溶液沉锰得到碳酸锰沉淀和
硫酸铵溶液，据此答题。
【解析】（1）MnO2与MnS在酸性条件下反应生成HSO4
−的化学反应方程式为：
4MnO2+MnS+9H
+=5Mn
2++HSO4
-+ 4 H2O，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物
质的量之比是4:1。
（2）“预氧化与除铁”最好采用二氧化锰作氧化剂，可以避免带入新的杂质离子，故选b；据分析，“铁
渣”的主要成分是Fe(OH)3、S。
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（3）用低酸对铁渣进行清洗是清洗铁渣表面的溶液，其成分与预氧化与除铁步骤中得所滤液的成分相
同，所以得到的洗液应返回到预氧化与除铁步骤循环利用。
（4）沉锰后分离沉淀和溶液的操作为过滤、洗涤、干燥。
（5）设MnCO3的物质的量为1mol，则其量为115g；其中锰元素的质量为55g；加热至恒重，此时测得固体
的质量残留率为68.7 %，其质量为：115g×68.7 %=79g，则氧元素的质量为：79-55=24g，则锰元素与氧元
素的物质的量之比为2：3，所以此时固体产物的化学式为Mn2O3。
（6）碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰[Mn2(OH)2CO3]和一种气体，该气体为二氧化
碳，所以反应的化学方程式为：2MnCO3+ H2O≜Mn2(OH)2CO3+CO2↑。
10.（2025·四川·一模）二氧化铈(CeO2)是一种用途广泛的稀土化合物，可以从催化剂废料[主要成分为CeO2
、Fe2O3及少量惰性杂质(800℃以下不参与反应)]中回收CeO2。
已知：①三价铈(Ce
3+)的硫酸盐可溶于水；
②分配系数：可以近似理解为萃取剂加入水溶液中进行萃取达到平衡时，溶质在萃取剂中的浓度与在水溶
液中的浓度的比值；
③焙烧时，催化剂中的CeO2、Fe2O3转化为Ce(SO4)2、Fe2(SO4)3、Ce(SO4)2的分解温度为450℃~500℃，
Fe2(SO4)3的分解温度为550℃~625℃。
回答下列问题：
(1)焙烧时将催化剂废料粉碎后与浓硫酸混合，将催化剂废料粉碎的目的是 。
(2)控制焙烧温度为200℃~300℃，焙烧时控制温度不超过300℃的主要原因是 。
(3)“水浸渣”中除少量惰性杂质外，还有 (填化学式)。
(4)有机试剂HR 萃取水溶液中的Ce
3+(有机层中以CeR3形式存在)。有机试剂HR 的分配系数为10，取
200mL Ce
3+浓度为0.1mol⋅L
−1的溶液，加入100mL 有机试剂HR 进行萃取，萃取完成后，水溶液中剩余
Ce
3+的浓度为 (保留两位有效数字)mol⋅L
−1。
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(5)常温下，通过向含Ce
3+的溶液中加入NaOH 溶液来调节溶液的pH，以获得Ce(OH)3沉淀。常温下加入
NaOH 溶液调节溶液的pH≥ ，即可认为Ce
3+已沉淀完全。{当溶液中的离子浓度
≤10
−5 mol⋅L
−1时，可以认为沉淀完全。已知常温下，K sp[Ce(OH)3]=1.0×10
−20}
(6)写出加NaClO 溶液发生反应的离子方程式： 。
(7)在石英管式炉中加热时，Ce(SO4)2、Fe2(SO4)3分别转化为Ce(SO4)3、Fe2O3。将18g 加入浓硫酸焙烧后
的产物在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度的变化曲线如图所示，该产物中n(Ce
3+):n(Fe
3+)的比值为
。
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)防止浓硫酸分解(或防止浓硫酸挥发)
(3)Fe2O3
(4)0.017
(5)9
(6)2Ce(OH)3+ClO
−+ H2O=2Ce(OH)4+Cl
−
(7)2:1
【分析】催化剂废料[主要成分为CeO2、Fe2O3及少量惰性杂质(800℃以下不参与反应)] 混合浓硫酸焙烧，
烧渣在管式炉中分解得到SO2、O2，得到含有Ce2(SO4)3、Fe2O3的固体，水浸后得到的水浸渣为Fe2O3，浸
出液中含有Ce3+，有机试剂HR 萃取水溶液中的Ce
3+，再反萃取得到含Ce
3+溶液，调节pH 将Ce
3+转换为
Ce(OH)3，Ce(OH)3用NaClO 氧化为Ce(OH)4，Ce(OH)4受热分解得到CeO2，以此解答。
【解析】（1）将催化剂废料粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率。
（2）根据资料③，Ce2(CO3)3的分解温度为450℃~500℃，而Ce(OH)CO3的分解温度为550℃~625℃。焙
烧时控制温度不超过300℃的主要原因是：防止浓硫酸分解(或防止浓硫酸挥发)。
（3）由分析可知，Fe2O3不溶于水，“水浸渣”中除少量惰性杂质外，还有Fe2O3。
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（4）设萃取后水层中Ce3+浓度为x mol/L，有机层中为10x mol/L。初始Ce3+总量：0.1 mol/L × 200 mL =
0.02 mol，萃取后水层剩余：xmol/L× 200mL=0.2xmol，有机层：10xmol/L × 100 mL = x mol，根据守恒：
0.2x+x =0.02 ，解得x ≈ 0.017 mol/L。
（5）当Ce3+沉淀完全时，c(Ce3+)]≤1×10-5 mol/L，根据K sp[Ce(OH)3]=1.0×10
−20，
c(OH
-)=
3√
K sp[Ce(OH)3]
10
−5
=
3√
1.0×10
−20
10
−5
mol/L=10
−5 mol/L，c(H+)=10
−14
10
−5 mol/L=10
−9 mol/L，pH=9。
（6）Ce(OH)3用NaClO 氧化为Ce(OH)4，ClO-被还原为Cl-，结合电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：
2Ce(OH)3+ClO
−+ H2O =2Ce(OH)4+Cl
−。
（7）②根据图像、结合Ce(SO4)2
、Fe2(SO4)3
分解温度分析，450
°C∼500
°C
固体质量变化的原因为
Ce(SO4)2
分解生成气体，气体挥发，减少的质量为生成的气体的质量，550
°C∼625
°C固体质量变化的
原因为Fe2(SO4)3
分解生成气体，气体挥发，减少的质量为气体的质量，故根据化学方程式可列式计算，
4Ce(SO4)2
Δ
¿
2Ce2(SO4)3
+
2SO3↑
+
O2↑
Δm
¿
4
¿
¿2×80
¿32
192
nCe(SO4)2
¿
¿
¿
¿
¿
，4
n[Ce(SO4)2] =192
1.92g
，解得n[Ce(SO4)2]= 0.4 m o
l，根据元素守恒，n(Ce
3+)=n[Ce(SO4)2]=0.4mol，Fe2(SO4)3
¿，
1
n[Fe2(SO4)3]
= 240
2.40g
，解得
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n[Fe2(SO4)3]=0.1mol，根据元素守恒，n(Fe
3+)=2n[Fe2(SO4)3]=0.2mol，
n(Ce
3+):n(Fe
3+)=0.4mol:0.2mol=2:1。
11.（2025·山东·一模）以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2)为原料制备纳米Fe3O4的流程如
下：
已知几种金属离子沉淀的pH 如下表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.0
7.5
4.0
完全沉淀的pH
3.7
9.7
5.2
(1)气体X 为 (填化学式)。
(2)“还原”过程发生反应的离子方程式是 ；先“还原”再“调pH”的原因为 。
(3)“调pH”的范围为 ；滤渣2 的成分是 (填化学式)。
(4)工业上也可用电解法制备Fe3O4，工作原理如图。
已知：低共熔溶剂由有机物氯化胆碱(
)与乙二醇混合形成。
a
①为直流电源的 (填“正”或“负”)极；甲电极的电极反应式为 。
②电解过程中乙电极生成Cl2，若甲电极转化240gFe2O3，则理论上生成Cl2的体积是 (标准状况
下)。
【答案】(1)SO2
(2) FeS+2Fe3+=3Fe2++S 避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀
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(3)5.2≤pH<7.5 S、Al(OH)3
(4)负 3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2- 11.2L
【分析】硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2)中通入空气进行煅烧，此时FeS2转化为Fe2O3和
SO2，则气体X 为SO2；往煅烧后的固体中加入稀硫酸进行酸浸，SiO2不溶而成为滤渣，Fe2O3、Al2O3溶解
并转化为Fe3+、Al3+；加入FeS 还原，将Fe3+还原为Fe2+，同时生成S；加入试剂Y 调节溶液的pH，使
Al3+全部转化为Al(OH)3沉淀，过滤后成为滤渣2，滤液中加入NaOH 溶液，将Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，
并被空气中O2氧化为Fe(OH)3；过滤后，将滤渣加热分解，生成Fe2O3；通H2、H2O 进行部分还原，得到
纳米Fe3O4。
【解析】（1）硫铁矿煅烧时，S 元素被氧化为SO2，故气体X 为SO2。
（2）“还原”的目的是使Fe3+变为Fe2+，发生的反应是FeS+2Fe3+=3Fe2++S；先“还原”，可使Fe3+变为
Fe2+，“调pH”除去Al3+时铁元素不会造成损失，原因为：避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀。
（3）根据表中数据知，使Al3+沉淀完全且Fe2+不能生成沉淀的pH 范围为5.2≤pH<7.5；因“还原”时生成
S 单质，“调pH”时生成Al(OH)3沉淀，故滤渣2 的成分为S、Al(OH)3。
（4）电池工作时，甲电极中Fe2O3在阴极被还原为Fe3O4，则甲电极为阴极，a 为电源负极，b 电极为正
极，乙电极为阳极。
①由分析可知，a 为电源负极，甲电极为阴极，Fe2O3被还原为Fe3O4，依据得失电子守恒、电荷守恒和元
素守恒，可得出发生的电极反应为3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2-，生成的O2-进入电解质。
②氯化胆碱（
）中的Cl-在阳极放电生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，240gFe2O3的
物质的量为
240g
160g/mol=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5 mol
3
×2=1mol，生成0.5molCl2，标准状况下的
体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。
12.（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。
13.（2025·陕西·二模）电解精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等多种元素。研究人员设计了一种从
铜阳极泥中分离回收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
(1)基态Cu 原子价电子排布式为 。
(2)“浸取1”步骤中，将阳极泥中的铜浸出，并处理“浸出液1”回收CuSO4·5H2O。
①“浸取1”步骤中若单纯加入硫酸和O2，铜的浸出速率低，加入少量Fe2(SO4)3溶液，可提高铜的浸出速
率，用离子方程式解释： 。
②“浸出液1”提纯、分离过程中，需加氧化剂，调pH 约为3。若氧化剂选用H2O2，则其利用率明显比选
用O2的利用率低，原因是 。
(3)“浸取2”步骤中，单质金转化为[AuCl4]
−进入“浸出液2”中，单质银转化为AgCl 进入浸渣2 中。
①如果将盐酸换成硫酸，金的浸取率大大降低，原因是： 。
②写出“还原”步骤中的离子反应方程式： 。
(4)“浸取3”步骤中，AgCl 转化为[Ag(S2O3)2]
3−，“电沉积”步骤中生成Ag 的电极为 (填“阴
极”或“阳极”)；该极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。
(5)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，从物质结构与性质关系的角度分析，S4O6
2−的结构为 (填“a”
或“b”)。
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【答案】(1)3d
104s
1
(2) Cu+2Fe
3+=Cu
2++2Fe
2+ 4 Fe
2++O2+ 4 H
+= 4 Fe
3++2H2O或2Cu+O2+ 4 H
+
Fe
3+
¿2Cu
2++2H2O
¿
H2O2
不稳定，Fe3+、Cu2+催化H2O2分解
(3) Cl-较SO4
2−更易与Au3+形成配离子，增强了金的还原性
4[AuCl4]
−+3 N2H4= 4 Au+3 N2↑+12H
++16Cl
−
(4)阴极 Na2S2O3
(5)a
【分析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等多种元素，加入硫酸和氧气浸取，铜溶解，生成硫酸铜，过滤得到
的滤液中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au 等，再向滤渣中加入盐酸和双氧水，发生反应：
2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl↓+2H2O，过滤，向得到的滤渣中加入
Na2S2O3，AgCl 溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3-，再进行电解，[Ag(S2O3)2]3-在阴极得到电子，被还原为
Ag，电解反应为：[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2S2O3
2-阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，向浸出液2 中
加入N2H4，可以还原HAuCl4，生成Au 和氮气，该反应N 元素升高2 价，Au 元素降低3 价，据此分析作
答。
【解析】（1）已知Cu 的原子序数为29，基态Cu 原子价电子排布式为：3d104s1；
（2）①Fe3+迅速将铜氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+：离子方程式为：Cu+2Fe
3+=Cu
2++2Fe
2+；在酸性
环境中，Fe2+被氧气重新氧化为Fe3+，完成催化循环，离子方程式为：4 Fe
2++O2+ 4 H
+= 4 Fe
3++2H2O，
故答案为：Cu+2Fe
3+=Cu
2++2Fe
2+，4 Fe
2++O2+ 4 H
+= 4 Fe
3++2H2O或2Cu+O2+ 4 H
+
Fe
3+
¿2Cu
2++2H2O
¿
；
②过氧化氢不稳定，三价铁和铜离子可以催化其分解，故答案为：H2O2不稳定，Fe3+、Cu2+催化H2O2分
解；
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（3）①Cl⁻作为配体形成稳定的[AuCl4]
−，促进金的溶解，而硫酸根无法形成类似的稳定配合物，同时
[AuCl4]
−更容易被氧化，故答案为：Cl-较SO4
2−更易与Au3+形成配离子，增强了金的还原性；
②结合分析可知，“还原”步骤中N2H4可以还原HAuCl4生成金和氮气，离子方程式为：
4[AuCl4]
−+3 N2H4= 4 Au+3 N2↑+12H
++16Cl
−；
（4）结合分析可知，“电沉积”步骤中生成Ag 的电极为阴极；同样由分析可知，阴极区的溶液中含有
Na2S2O3，可以循环使用，故答案为：阴极；Na2S2O3；
（5）Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，从物质结构的角度分析S4O6
2-的结构为(a)而不是(b)的原因是：(a)结构
中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且a 中含有
过硫键，b 中含有过氧键，两者均有氧化性，但过氧键的氧化性强于I2，则b 不能被I2氧化，由此可知该离
子的结构应该是a。
14.（2025·四川宜宾·二模）钒触媒常用作SO2转化为SO3的催化剂。一种从废钒触媒（含
VOSO4、V2O5、K2SO4、Fe2O3、SiO2等）中回收V2O5的工艺如下图：
已知：①VOSO4易溶于硫酸；
②V2O5为两性氧化物，溶于酸生成VO2
+，在高温下易被还原；
③“滤饼”的主要成分为Na2O⋅3 V2O5⋅H2O。
回答下列问题：
(1)基态钒原子的简化电子排布式为 。
(2)“浸取”步骤，V2O5参与反应的化学方程式为 。
(3)“氧化”步骤，生成VO2
+的离子方程式为 。
(4)“碱溶”步骤，加入Na2CO3的量不宜过多，原因是 。
(5)“沉钒”步骤，加NH4Cl生成沉淀(NH4)2V6O16。该步骤需要加入过量的NH4Cl，请从平衡的角度解释原
因 。
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(6)“滤液1”和“滤液2”中都含有的盐是 。
(7)“煅烧”步骤需要通入一定量的空气，原因是 。
【答案】(1)[Ar]3 d
34 s
2
(2)V2O5+ H2SO4=(VO2)2SO4+ H2O
(3)6 VO
2++ClO3
−+3 H2O =6 VO2
++Cl
−+6 H
+
(4)加入过多Na2CO3，后续会消耗更多H2SO4，增加成本
(5)NH4Cl过量，增大NH4
+浓度，平衡向生成(NH4)2V6O16方向移动，便于完全沉淀
(6)NaCl、Na2SO4
(7)提供氧化氛围，防止V2O5在高温下被NH3还原
【分析】废钒催化剂(含有VOSO4、V2O5、K2SO4、Fe2O3、SiO2)加入稀硫酸，SiO2不溶液于稀硫酸，则
滤渣为SiO2，滤液中含有VO
2+、Fe3+、K+、Na+、H+、Al3+ 、SO4
2-，加氯酸钠进行氧化生成沉钒，VO
2+转化
为VO2
+，沉钒过滤后成为滤饼，滤饼主要成分为Na2O⋅3 V2O5⋅H2O，滤液中含有VO
2+、Fe3+、K+、Na+、
H+、Al3+、Cl-、SO4
2-，滤饼中加入Na2CO3，Na2O⋅3 V2O5⋅H2O转化为NaVO3；加入稀硫酸调节pH=2，与
氯化铵反应生成 (NH4)2V6O16沉淀，煅烧(NH4)2V6O16分解为V2O5，据此分析；
【解析】（1）钒是第23 号元素，基态钒原子的简化电子排布式为[Ar]3 d
34 s
2；
（2）V2O5为两性氧化物，溶于酸生成VO2
+，“浸取”步骤，V2O5参与反应的化学方程式为
V2O5+ H2SO4=(VO2)2SO4+ H2O；
（3）“氧化”步骤，氯酸钠具氧化性做氧化剂， VO
2+被氧化生成VO2
+的离子方程式为：
6 VO
2++ClO3
−+3 H2O=6 VO2
++Cl
−+6 H
+；
（4）“碱溶”步骤，加入Na2CO3的量不宜过多，原因是：加入过多Na2CO3，后续调节pH 值，会消耗更
多H2SO4，增加成本；
（5）加NH4Cl生成沉淀(NH4)2V6O16
，加入过量的NH4Cl，NH4Cl过量，增大NH4
+浓度，平衡向生成
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(NH4)2V6O16
方向移动，便于完全沉淀；
（6）由分析可知，“滤液1”（加稀硫酸浸取和氧化步骤） 和“滤液2”（碱溶和调pH 步骤）都含有的盐
是NaCl、Na2SO4；
（7）煅烧(NH4)2V6O16分解为V2O5是产生NH3，V2O5具有氧化性，NH3具有还原性，故提供氧化氛围，防
止V2O5在高温下被NH3还原；
15.（2025·河北邯郸·三模）NaSbF6(六氟锑酸钠)是光化学反应的催化剂。我国科学家开发的一种以锑矿(主
要含Sb2O3、Sb2S3，还含少量Fe2O3、CuS、Sb2O5等)为原料制备NaSbF6的工艺流程如图所示。
已知：①常温下，K sp(CuS)=6.3×10
−36、K sp[Cu (OH)2]=2.1×10
−20。
②“滤液”中主要含有NaSbO2、Na2S以及NaOH三种溶质。
回答下列问题：
(1)锑矿含有的五种元素(Sb、Fe、Cu、O、S)中位于元素周期表p 区的有 种，基态Sb原子的价电子
排布式为 。
(2)“浸出”时Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐(Na3SbS3)和亚锑酸盐(Na3SbO3)，写出反应的离子方
程式： ；SbS3
3−只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸(不稳定，与亚硫酸类似，会分
解)，写出Na3SbS3与稀硫酸反应的离子方程式： 。
(3)“滤渣1”的成分是 (填化学式)。
(4)“精制”的目的是除去溶液中的S
2−。常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成CuS和Cu (OH)2沉淀，若此时
溶液的pH为10，则溶液中剩余c(S
2−)= mol⋅L
−1。
(5)锑矿粉中Sb的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则10t锑矿粉理论上能制备NaSbF6的质量为
(保留两位有效数字)t。
(6)工业上还可以通过电解含Na3SbS3、Na2S、NaOH的溶液制备金属Sb，电解过程中，阳极上发生的电极
反应为 。
【答案】(1) 3 5s
25p
3
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(2) Sb2S3+6OH
−=SbS3
3−+SbO3
3−+3 H2O 2SbS3
3−+6 H
+=Sb2S3↓+3 H2S↑
(3)Fe2O3和CuS
(4)3×10
−24
(5)4.0
(6)S
2−−2e
−=S或4 OH
−−4e
−=O2↑+2H2O
【分析】锑矿粉加入硫代硫酸钠做还原剂，在NaOH 溶液中将Sb2O5还原，Sb2O3和Sb2S3都溶于NaOH 溶
液，Fe2O3和CuS 不溶，过滤除去，含NaSbO2和Na2S 的溶液中加入硫酸铜溶液，生成CuS 和Cu(OH)2沉
淀，过滤后向滤液中先加入浓NaOH 溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入H2O2溶液，将+3 价的Sb 氧化为
+5 价，得到NaSbO3·3H2O 沉淀，过滤，向得到的NaSbO3·3H2O 晶体中加入氢氟酸进行转化，最后为蒸发
浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaSbF6。
【解析】（1）元素周期表p 区元素价电子排布为ns2np1~6，Sb、Fe、Cu、O、S 中位于元素周期表p 区的
有Sb、O、S 共3 种，Sb位于第五周期VA 族，价电子排布式为5s
25p
3。
（2）“浸出”时Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐(Na3SbS3)和亚锑酸盐(Na3SbO3)，根据电荷守恒
和原子守恒配平离子方程式为：Sb2S3+6OH
−=SbS3
3−+SbO3
3−+3 H2O；SbS3
3−只能在碱性介质中存在，遇
酸则生成硫代亚锑酸，硫代亚锑酸与亚硫酸类似，会分解产生Sb2S3沉淀和H2S 气体，离子方程式为：
2SbS3
3−+6 H
+=Sb2S3↓+3 H2S↑。
（3）由分析可知，“滤渣1”的成分是Fe2O3和CuS。
（4）“精制”的目的是除去溶液中的S
2−，常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成CuS和Cu (OH)2沉淀，若
此时溶液的pH为10，c(OH-)=10
-14
10
-10 mol/L=10
-4 mol/L，c(Cu2+)=
Ksp[Cu (OH)2]
c
2(OH
−)
= 2.1×10
−20
(10
−4)
2
mol/L=2.1×10
−12mol/L，则溶液中剩余c(S
2−)=
Ksp(CuS)
c(Cu
2+)
= 6.3×10
−36
2.1×10
−12 mol/L=3×10
−24 mol/L。
87
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（5）锑矿粉中Sb 的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则10t 锑矿粉理论上能制备NaSbF6的质
量为10t×20 %×(1−5 %)×122
23+122+6×19
≈4.0t。
（6）工业上还可以通过电解含Na3SbS3、Na2S、NaOH的溶液制备金属Sb，电解过程中，S2-在阳极失去电
子生成S，OH-也可在阳极失去电子生成O2，阳极上发生的电极反应为S
2−−2e
−=S或
4 OH
−−4e
−=O2↑+2H2O。
16.（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。
(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 。
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(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
能将Co
2+氧化成Co
3+，所以氧化性顺序为Co
3+＞ClO3
−>Fe
3+。
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（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。
27.（2025·山东·一模）碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]不溶于水和醇，在生产、生活中有广泛应用。一种以铜
矿废渣(主要成分为CuO，还含有Al、Fe、Si等氧化物的杂质)为原料，制备碱式碳酸铜的工艺流程如图
所示。
已知：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
Cu
2+
Al
3+
Fe
3+
Fe
2+
开始沉淀pH
5.4
3.4
1.5
6.3
90
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沉淀完全pH
6.7
4.7
2.8
8.3
回答下列问题：
(1)为了加快“酸浸”速率，可采取的措施是 (答一条即可)；“滤渣I”的主要成分是 。
(2)“氧化除杂”时双氧水的作用是 (用离子方程式表示)；“试剂X”可以是 (填标号)。
A．Cu B．CuO C．CuSO4 D．Cu(OH)2
(3)已知碱式碳酸铜的产率随起始n(Na2CO3)与n(CuSO4)的比值和溶液pH的关系如图所示。
①“沉铜”的合适条件：
n(Na2CO3)
n(CuSO4)
= ，pH = 。
②充分反应后，过滤，洗涤，低温烘干，得到Cu2(OH)2CO3，其中洗涤的实验操作是 。
③实验后测得产品中Cu元素含量大于Cu2(OH)2CO3中Cu元素含量，可能的原因是 。
【答案】(1) 粉碎铜矿废渣或升高温度或适当增大硫酸浓度或搅拌等 SiO2或二氧化硅
(2)2H
++2Fe
2++ H2O2=2Fe
3++2H2O BD
(3) 1.2 9.0 向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次 pH过大，
生成了Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2中Cu元素含量高于Cu2(OH)2CO3中Cu元素含量
【分析】铜矿废渣(主要成分为CuO，还含有Al、Fe、Si等氧化物的杂质)用硫酸酸浸，二氧化硅不溶于
硫酸，所以滤渣I 的主要成分是SiO2，滤液中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，“氧化除杂”时需要加入双氧
水把Fe
2+氧化为Fe
3+，加入试剂X 条件pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，加入碳酸钠溶
液，将Cu2+转化为碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，以此解答。
【解析】（1）根据影响反应速率的因素，加快“酸浸”速率，可采取的措施有粉碎铜矿废渣或升高温度
或适当增大硫酸浓度或搅拌等；二氧化硅不溶于硫酸，所以滤渣I 的主要成分是SiO2或二氧化硅。
（2）根据表中数据可知为防止铜离子沉淀，“氧化除杂”时需要加入双氧水把Fe
2+氧化为Fe
3+，反应为
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2H
++2Fe
2++ H2O2=2Fe
3++2H2O；Cu与稀硫酸不反应，CuSO4
与H
+不反应，CuO、Cu(OH)2
均能与H
+反
应，所以“试剂X”可以是CuO或Cu(OH)2，故选BD。
（3）①根据图像可知，“沉铜”的合适条件为
n(Na2CO3)
n(CuSO4)
=1.2，pH =9.0，此时产率最高。
②洗涤需要在过滤器中完成，其中洗涤的实验操作是向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，
重复操作2~3次。
③实验后测得产品中Cu元素含量大于Cu2(OH)2CO3中Cu元素含量，说明其中可能混有Cu(OH)2沉淀，这是
由于pH过大，生成了Cu(OH)2沉淀。
18.（2025·湖北·二模）工业上以铬铁矿（FeCr2O4含有少量Fe2O3和Al2O3等杂质）为主要原料制备
K2Cr2O7的工艺流程如下图。
已知：①最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O7
2-存在，在碱性介质中以CrO4
2-存在。
②煅烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4。
③室温下，Al(OH)3+OH
-⇌[Al(OH)4]
-,K=10
0.63,Kw =1×10
-14
(1)Cr元素位于元素周期表第 周期，第 族。
(2)“煅烧”时FeCr2O4参与反应的化学方程式为 。
(3)“滤渣1”的主要成分为 。
(4)“酸化”过程中发生反应的离子方程式为 ，加入硫酸也能达到“酸化”目的，选择CO2的优点
是 。
(5)室温下“中和”：[Al(OH)4]
-+H
+⇌Al(OH)3↓+H2O。控制pH= ，可保证[Al(OH)4]
-恰好沉
淀完全（溶液中浓度为1×10
-5mol/L）。
(6)分光光度法是一种基于物质对光的选择性吸收而建立的常见定性定量分析方法。用分光光度法测产品的
纯度时（K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比），测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制
K2Cr2O7待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是__________（填字母）。
A．硫酸
B．氢碘酸
C．硝酸钾
D．氢氧化钾
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【答案】(1)四 VIB
(2)4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2
高温
¿2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
¿
(3)Fe2O3
(4) 2Na
++2CrO4
2-+2CO2+H2O=Cr2O7
2-+2NaHCO3↓ 析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的
Na2CO3、CO2能循环利用；或CO2来源丰富，廉价易得等合理答案均可
(5)8.37
(6)A
【分析】铬铁矿（FeCr2O4含有少量Fe2O3和Al2O3等杂质）加入碳酸钠灼烧，将FeCr2O4转化为Na2CrO4
，“焙烧” 所得固体为Na2CrO4、Na[Al(OH)]4和Fe2O3，加水浸取，滤渣为难溶性的Fe2O3，滤液中含有
可溶性的Na2CrO4、Na[Al(OH)]4，加入CO2中和，得到沉淀Al(OH)3，则滤渣为Al(OH)3，再通入足量CO2
酸化，CrO4
2-转化为Cr2O7
2-，向溶液中加入KCl，得到溶解度较小的K2Cr2O7，以此解答。
【解析】（1）Cr 是24 号元素，位于元素周期表第四周期，第VIB 族。
（2）“煅烧”时FeCr2O4和Na2CO3、O2反应转化为Na2CrO4，同时有Fe2O3和CO2生成，根据得失电子守
恒和原子守恒配平化学方程式为：4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2
高温
¿2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
¿
。
（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为Fe2O3。
（4）“酸化”过程中CrO4
2-转化为Cr2O7
2-，发生反应的离子方程式为
2Na
++2CrO4
2-+2CO2+H2O=Cr2O7
2-+2NaHCO3↓，选择CO2的优点是析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的
Na2CO3、CO2能循环利用；或CO2来源丰富，廉价易得。
（5）室温下“中和”：[Al(OH)4]
-+H
+⇌Al(OH)3↓+H2O，平衡常数K=
c{[Al(OH)4]
-}c(H
+)=c{[Al(OH)4]
-}c(H
+)c(OH
-)
c(OH
-)
=KKW=10-13.37，[Al(OH)4]
-恰好沉淀完全时，溶液中浓度
为1×10
-5mol/L，则c(H+)=10
-13.37
10
-5
mol/L=10-8.37mol/L，pH=8.37。
（6）用分光光度法测定K2Cr2O7时，若配制溶液时缺少了某种强酸，以保持溶液的酸性，会有部分Cr2O7
2-
转化为CrO4
2-，则测得Cr2O7
2-的质量分数会偏低，另外氢碘酸能够和Cr2O7
2-发生氧化还原反应，导致Cr2O7
2-
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的量减小，则少加的试剂为硫酸，故答案选 A。
19.（2025·四川成都·二模）一种以湿法炼锌的净化渣（含有Co、Zn、Fe、Cu 等金属的单质及其氧化物）
为原料提取钴（Ⅱ）的工艺流程如图所示：
已知：①常温下，K sp(CuS)=8.9×10
−36，K sp(CoS)=1.8×10
−22，K sp(ZnS)=1.2×10
−23。
②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下表：
金属离子
Zn
2+
Co
3+
Co
2+
Fe
3+
Fe
2+
开始沉淀时（c =0.01mol⋅L
−1）的pH
6.2
4.0
7.9
2.2
7.5
沉淀完全时（c =1×10
−5 mol⋅L
−1）的pH
8.5
5.0
9.2
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)“浸出渣”的主要成分为 （填化学式）。
(2)Na2S常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到Co
2+，除铜后溶液中Co
2+的浓度为0.18mol/L，则此时溶液
的pH< [已知常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：c
2(H
+)⋅c(S
2−)=1.0×10
−22]。
(3)过硫酸钠（Na2S2O8）能将Co
2+和Fe
2+氧化，Na2S2O8和Fe
2+反应的离子方程式为 。
(4)“氧化”后，溶液中Co
3+的浓度为0.01mol/L，利用碳酸钠溶液调节溶液pH。“沉铁”时，调节溶液pH
的范围是 ，“沉钴”步骤中，溶液pH 不宜过大的原因是 。
(5)“钴回收后废液”中含有的金属离子主要有 。
(6)“转化”步骤中有黄绿色气体产生，反应的离子方程式为 ；若用过氧化氢和稀硫酸代替浓盐酸，
其优点是 。
【答案】(1)Cu
(2)0.5
(3)S2O8
2−+2Fe
2+=2Fe
3++2SO4
2−
(4)4.0>pH>3.2（或3.2～4.0） 使Co
3+充分沉淀，同时保证Zn
2+不发生沉淀
(5)Na
+和Zn
2+
(6) 2Co(OH)3+6 H
++2Cl
−=2Co
2++Cl2↑+6 H2O 避免还原Co
3+时产生有毒的氯气
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【分析】湿法炼锌净化渣经过硫酸的酸浸，未反应的铜成为浸出渣，在浸出液中加入硫化钠固体除去铜离
子，然后在除铜液中加入过硫酸钠将溶液中的二价铁转化为三价铁，二价钴转化为三价钴，通过加入碳酸
钠来调节溶液的pH 除去铁元素，在净化液中再加入碳酸钠将溶液中的钴元素转化为氢氧化钴沉淀，另浓
盐酸转化为钴（Ⅱ），浓缩结晶得到钴（Ⅱ），据此分析；
【解析】（1）铜单质不溶于稀硫酸，则“浸出渣”的主要成分为Cu；
（2）“除铜液”中Co
2+的浓度为0.18 mol⋅L
−1，Ksp(CoS)=1.8×10
−22，
c(S
2-)= Ksp(CoS)
c(Co
2+)
= 1.8×10
−22
0.18
mol⋅L
−1=10
−21mol⋅L
−1，常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：
c(S
2-)×c
2(H
+)=1.0×10
−22，则此时溶液中c(H
+)=√
1.0×10
-22
10
-21
=10
−0.5 mol⋅L
−1，pH=0.5；
（3）过硫酸钠（Na2S2O8）能将Fe
2+氧化，Na2S2O8和Fe
2+反应的离子方程式为
S2O8
2−+2Fe
2+=2Fe
3++2SO4
2−；
（4）“沉铁”时，为了使铁离子完全沉淀，钴离子不沉淀，根据表中数据可知，控制溶液pH 的范围：
4.0>pH≥3.2；“沉铁”后，调节溶液pH 将溶液中的钴元素转化为氢氧化钴沉淀，同时保证Zn
2+不发生沉
淀，因此，“沉钴”步骤中溶液pH 不宜过大；
（5）“钴回收后废液”中含有的金属离子主要有Na
+和Zn
2+；
（6）“转化”步骤中有黄绿色气体产生是因为氢氧化钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴、黄绿色气体氯气和
水，离子方程式为2Co(OH)3+6 H
++2Cl
−=2Co
2++Cl2↑+6 H2O；若用过氧化氢和稀硫酸代替浓盐酸，氢
氧化钴与过氧化氢和稀硫酸混合溶液反应生成硫酸亚钴、氧气和水，与加入浓盐酸相比最大的优点是可以
避免生成有毒的氯气，可以减少对环境的污染。
20.（2025·重庆·一模）镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量
FeO、Fe2O3、CoO、BaO 和SiO2)为原料制备NiSO4⋅6 H2O和CoCO3的工艺流程如下。
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回答下列问题：
(1)基态Co 原子的价层电子的轨道表示式为 。
(2)“滤渣Ⅰ”主要成分是 (填化学式)。
(3)“调pH”过程中生成黄钠铁矾沉淀，该反应的离子方程式为 。
(4)
“
①萃取”时需充分振荡，目的是 。
②“萃取”和“反萃取”可简单表示为：2HX+ Ni
2+⇌NiX2+2H
+。在萃取过程中加入适量氨水，其作用
是 。
(5)常温下，Ksp[Co(OH)2]=2×10
−15，若起始时c(Co
2+)=0.05 mol/L，“沉钴”过程中应控制pH<
。(lg2=0.3)
(6)CoCO3在空气中能受热分解，测得剩余固体的质量与起始CoCO3的质量的比值(剩余固体的质量分数)随温
度变化曲线如图所示。
将CoCO3固体置于热解装置中，通入空气流，在 ℃(填范围)煅烧至恒重即可得到Co3O4。(已知
CoCO3的摩尔质量为119g/mol，Co3O4的摩尔质量为241g/mol)
【答案】(1)
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(2)SiO2、BaSO4
(3)3 Fe
3++ Na
++2SO4
2−+3CO3
2−+3 H 2O = NaFe3(SO4)2(OH )6↓+3CO2↑
(4) 增大有机溶剂与溶液的接触面积，提高Ni
2+的萃取率 消耗H
+，促进平衡向正反应方向移动，提
高萃取率
(5)7.3
(6)400°C ~600°C
【分析】工业上以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO 和SiO2)为原料制备
NiSO4⋅6 H2O和CoCO3的工艺流程为：将含镍废料先加稀硫酸进行酸浸，SiO2不溶，BaO 与H 2SO4反应生
成BaSO4沉淀，过滤后形成滤渣I 除去；其余氧化物溶于稀硫酸转化为含Ni
2+、Fe
2+、Fe
3+、Co
2+、H
+
的酸性滤液，在滤液中加入NaClO3将Fe
2+氧化为Fe
3+，再加入Na2CO3调节溶液pH，将Fe
3+转化为
NaFe3(SO4)2(OH )6沉淀过滤除去，剩下含Ni
2+、Co
2+的滤液加入有机萃取剂把Ni
2+萃取到有机溶剂中分
液进行分离，然后往有机层中加入硫酸进行反萃取重新得到NiSO4，经过一系列处理得到产品之一
NiSO4·6 H 2O；前面萃取分液后含Co
2+的水层加入NaHCO3沉钴后得到产品之二CoCO3，据此分析解
答。
【解析】（1）Co 为27 号元素，位于周期表中第四周期第VIII 族，基态Co 原子的价层电子排布式为：
3d
7 4 s
2
，则基态Co 原子的价层电子的轨道表示式为：
。
（2）根据分析，滤渣I 的主要成分为不与稀硫酸反应的SiO2以及能与稀硫酸反应的BaO 生成的BaSO4沉
淀。
（3）“调pH”过程是使Fe
3+在Na2CO3溶液中最后转化为NaFe3(SO4)2(OH )6沉淀的过程，则反应的离子
方程式为：3 Fe
3++ Na
++2SO4
2−+3CO3
2−+3 H 2O = NaFe3(SO4)2(OH )6↓+3CO2↑。
故答案为：3 Fe
3++ Na
++2SO4
2−+3CO3
2−+3 H 2O = NaFe3(SO4)2(OH )6↓+3CO2↑。
（4）①“萃取”的目的是将含Ni
2+、Co
2+的滤液加入有机萃取剂把Ni
2+萃取到有机溶剂中通过分液进行
分离，萃取中充分振荡的目的是：增大有机溶剂与溶液的接触面积，提高Ni
2+的萃取率；
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②“萃取”和“反萃取”可简单表示为：2HX+ Ni
2+⇌NiX2+2H
+，正反应为萃取过程，逆反应为反萃取
过程；在萃取过程中加入适量氨水，可以消耗H
+，促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率。
（5）常温下，K sp[Co(OH )2]=2×10
−15，若起始时c(Co
2+)=0.05 mol/L，“沉钴”时的pH 为：
K sp[Co(OH )2]=c(Co
2+)·c
2(OH
−)=2×10
−15⇒c
2(OH
−)= 2×10
−15
c(Co
2+)
= 2×10
−15
0.05
= 4×10
−14，解得
c(OH
−)=2×10
−7mol· L
−1，则pOH =−(lg2×10
−7)=7−lg2=7−0.3=6.7，
pH =14−pOH =14−6.7=7.3，最后得到“沉钴”过程中应控制pH <7.3。
（6）CoCO3在空气中能受热分解，根据测得剩余固体的质量与起始CoCO3的质量的比值(剩余固体的质量分
数)图可知，CoCO3受热后得到的产物可能是：CoO、Co2O3、Co3O4，取1molCoCO3 (119 g)分别得到
上面3 种产物的剩余固体的质量分数为：ψ (CoO)= (59+16)
119
×100 % =63.03 %、
ψ (Co2O3)=
(59×2+16×3)× 1
2
119
×100 % =69.75 %、ψ (Co3O4)=
(59×3+16×4)× 1
3
119
×100 % =67.51%
；根据以上数据再结合图形可以得出，在400°C ~600°C煅烧至恒重即可得到Co3O4。
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