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题型12 化学工艺流程
1．(2025 年1 月•“八省联考”河南卷，15)一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量
Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工
艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。
氟化
物
FeF2
MgF2
MnF2
Ksp
回答下列问题：
(1)“除钛”中产生的少量气体是 (填化学式)；铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得TiO2+水
解以TiO2·xH2O 沉淀形式除去，其另一个作用是 。
(2)“除杂1”中除去的离子是 (填化学式)。
(3)“氧化1”中若H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大，原因是 。本步骤不能使用稀盐酸
代替H2SO4溶液，原因是 。
(4)滤渣3 的主要成分是MnO2·xH2O，生成该物质的离子方程式为 。
(5)“氧化2”的目的是减少 气体的排放(填化学式)。
(6)“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致FePO4·2H2O 产量降低，原因是 。
【答案】(1)H2 还原Fe3+
(2) Mg2+
(3)氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大 防止盐酸与KMnO4反应生成
Cl2，产生污染
1
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(4) 2MnO4
-+3Mn2++(5x+2)H2O=5(MnO2·xH2O)↓+4H+
(5)SO2
(6)溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2PO4
-、HPO4
2-形式存在，PO4
3-浓度低，生成
FePO4·2H2O 沉淀量少
【解析】该工艺流程的原料为钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、
MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)，产品为电池级磷酸铁，钛白粉副产品在硫
酸中溶解1 后，加入铁粉“除钛”过程发生反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，提高了溶
液体系的pH，使TiO2+水解以TiO2·xH2O 沉淀形式除去，溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、SO4
2-，加入
NH4F“除杂1”中除去Mg2+，“氧化1”中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧
化还原反应生成MnO2·xH2O 而除去Mn2+，溶液中Fe3+与农药盐渣中的PO4
3-结合生成FePO4·2H2O。(1) “除
钛”过程加入的铁粉发生的主要反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，提高了溶液体系的
pH，使TiO2+水解以TiO2·xH2O 沉淀形式除去，故少量气体是H2，铁粉作用之一是提高体系的pH，使得
TiO2+水解以TiO2·xH2O 沉淀形式除去，其另一个作用是还原Fe3+； (2)“除钛”后溶液中主要含有Fe2+、
Mg2+、Mn2+、SO4
2-，由FeF2、MgF2、MnF2的Ksp可知，MgF2更难溶于水，加入NH4F 与Mg2+ 反应生成难
溶于水的MgF2，故 “除杂1”中除去的是Mg2+；(3)“氧化1”中Fe2+被Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+是H2O2分解的催
化剂，可以使H2O2分解速率增大，故H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大；该反应2Fe2+
+H2O+2H+=2Fe3++2H2O 在酸性条件下发生，本步骤若使用稀盐酸代替H2SO4溶液，则溶液中含有Cl-，在
“除杂2”中会与KMnO4反应生成Cl2，产生污染；(4)“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生
成MnO2·xH2O，离子方程式为2MnO4
-+3Mn2++(5x+2)H2O=5(MnO2·xH2O)↓+4H+； (5)农药盐渣成分中有
Na2SO3，“除杂2”后溶液含有H+，二者混合会发生SO3
2=+2H+=SO2↑+H2O， “氧化2”的目的是使SO3
2-转
化为SO4
2-，从而减少SO2气体的排放； (6)“沉铁”中如果体系酸性过强，则溶液中H+浓度较大，磷元素
主要以H3PO4、H2PO4
-、HPO4
2-形式存在，PO4
3-浓度低，生成FePO4·2H2O 沉淀量少，导致FePO4·2H2O 产量
降低。
2．(2025 年1 月•“八省联考”内蒙古卷，16)TiO2是冶炼金属钛的重要原料。氟化法从含钛电炉渣(主
要含有Ti、Si、Fe、Ca 元素)中制备TiO2的流程如下：
回答下列问题：
2
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(1)Ti 位于元素周期表 区。
(2)滤渣的主要成分为(NH4)3FeF6和 。
(3)“除铁”步骤溶液中残留的FeF6
3-以钠盐形式析出，离子方程式为 。
(4)“水解”步骤中(NH4)2SiF6和(NH4)2TiF6的水解率(α)与溶液pH 的关系如下图所示。为提高分离效果，
“水解”的最佳pH 为 。水解后的滤液需返回工艺进行循环，目的是 。
(5)“水解”生成(NH4)2TiOF4沉淀的化学方程式为 。
(6)“煅烧”产生的气体中可循环使用的物质是 和 (填化学式)。
(7)如下图所示，“煅烧”温度达1000℃时，锐钛矿型TiO2 (晶胞Ⅰ，
位于晶胞顶点、侧面和体心)
转换成金红石型TiO2 (晶胞Ⅱ)，晶胞体积
，
。则晶体密度比
(填最简整数比)。
【答案】(1)d (2)CaF2 (3) FeF6
3-+3Na+= Na 3FeF6↓
(4) 9.0 循环利用，提高钛元素的利用率，且能减少污染物排放
(5)(NH4)2TiF6+H2O=(NH4)2TiOF4↓+2HF
3
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(6) NH3 HF (7)
【解析】含钛电炉渣氟化浸出的滤渣为(NH4)3FeF6和生成的CaF2沉淀，浸出液加入饱和食盐水除去铁，
滤液加入氨水水解生成(NH4)2TiOF4，加入水蒸气煅烧得到二氧化钛。(1)Ti 为22 号元素，位于元素周期表d
区。(2)由分析，滤渣的主要成分为(NH4)3FeF6和CaF2；(3)“除铁”步骤溶液中残留的FeF6
3-和钠离子结合以
钠盐形式析出，离子方程式为：FeF6
3-+3Na+= Na3FeF6↓；(4)“水解”步骤中(NH4)2SiF6和(NH4)2TiF6通过水解
使得其中(NH4)2TiF6生成水解产物(NH4)2TiOF4沉淀而和(NH4)2SiF6分离，结合图可知，“水解”的最佳pH
为9.0，此时(NH4)2SiF6几乎不水解进入滤液、(NH4)2TiF6水解进入沉淀；水解后的滤液需返回工艺进行循环，
目的是循环利用，提高钛元素的利用率，且能减少污染物排放；(5)(NH4)2TiF6 “水解”生成(NH4)2TiOF4沉
淀，结合质量守恒还生成HF，反应为：(NH4)2TiF6+H2O=(NH4)2TiOF4↓+2HF；(6)(NH4)2TiOF4 和水蒸气“煅
烧”生成二氧化钛和气体，结合质量守恒，气体为氨气和HF，可以分别在氟化浸出、水解环节循环使用，
故产生的气体中可循环使用的物质是NH3和HF；(7)据“均摊法”， 晶胞Ⅰ中含
个Ti、
晶胞Ⅱ中含
个Ti，结合化学式，则1 个晶胞中均含4 个TiO2，则
。
3．(2025 年1 月•“八省联考”四川卷，16)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+、Ca2+、Mg2+、Zn2+和微量Pb2+等杂质离子。
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
和溶液pH 的关系如下图所示：
4
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回答下列问题：
(1)基态锰原子的电子排布式为 。
(2)“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2的作用是 。
(3)“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 。
(4)“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 。
(5)“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是 、 。
(6)“除杂Ⅲ”步骤中，随着“沉淀4”的生成，溶液
将 (填“升高”或“下降”或“不变”)。
(7)“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)1s22s22p63s23p63d54s2
(2)还原二氧化锰为锰离子
(3)K++3Fe3++2SO4
2-+6H2O=KFe3[(OH)3SO4]2↓+6H+
(4)MnCO3+ Fe2(SO4)3+5H2O=MnSO4+2Fe(OH)3+CO2↑+2H2SO4
(5) CaF2 MgF2
(6)降低
(7)溶解 循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率
【解析】阳极泥加入二氧化硫将二氧化锰还原为硫酸锰，加入硫酸铁除去钠钾，滤液加入碳酸锰调溶
液pH=4.0，使得铁离子转化为沉淀除去，滤液加入MnF2，使得钙离子、镁离子转化为CaF2、MgF2沉淀除
去，滤液加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，滤液浓缩结晶得到硫酸锰。(1)锰为25 号元素，
基态Mn 原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2；(2)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的作用是还原二氧化锰为锰离子；(3)“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)3(SO4)3]2沉淀，其中K+生成沉淀的离子方程式为：
K++3Fe3++2SO4
2-+6H2O=KFe3[(OH)3SO4]2↓+6H+；(4)“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，反应还生成硫酸锰、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方
5
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程式为MnCO3+ Fe2(SO4)3+5H2O=MnSO4+2Fe(OH)3+CO2↑+2H2SO4；(5)由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的
“沉淀3”是CaF2、MgF2；(6)“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为
Zn2++H2S= ZnS↓+2H+、Pb 2++H2S= PbS↓+2H+，反应过程中生成氢离子，使得溶液酸性增强，故随着“沉淀
4”的生成，溶液pH 将下降。(7)“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4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，充分利用生成物且提高锰的回收率。
4．(2025 年1 月•“八省联考”云南卷，15)铜冶炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣(主
要含Fe2SiO4、Co 2SiO4、CoFe2O4和SiO2及少量单质Cu、Co)中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下：
已知：①H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250℃时，易脱水。
②25℃时，相关物质的Ksp见下表
物
质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Co(OH)2
Ksp
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，采用 方法可提高酸浸效率(填一条即可)。
(2)“酸浸”时，有空气参与反应，Cu 溶解的化学方程式为 。从环保角度考虑，不使用HNO3酸
浸的原因可能是 (填一条即可)。
(3)“高温固化”的作用是 。
(4)“氧化”中可选用的最佳试剂X 为 (填标号)。
A．MnO2 B．H2O2 C．FeCl3
(5) 25℃“碱沉1”中，pH≥ 时，Fe3+沉淀完全(c≤1.0×10-5mol·L-1)。
(6)“滤液3”中可回收的盐主要有CoSO4和 。
(7)水胆矾部分晶体结构如下图。下列说法正确的是 (填标号)。
6
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A．Cu2+的杂化方式可能为sp3d2
B．SO4
2-中心原子的孤电子对数为2
C．晶体中有离子键、配位键和氢键等化学键
【答案】(1)粉碎铜渣
(2)2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O 硝酸与铜反应会生成氮氧化物，氮氧化物会污染空气
(3)使H4SiO4凝胶脱水生成SiO2，便于除去
(4)B (5)2.8 (6)(NH4)2SO4 (7)A
【解析】铜渣加入稀硫酸酸浸，再高温固化将H4SiO4脱水生成SiO2便于除去，加水浸取，滤液中有
Fe2+、Cu2+、Co2+等离子，滤渣为SiO2，加入氧化剂氧化将Fe2+氧化为Fe3+离子氧化剂选择H2O2，不会引入
杂质，加入氨水调节pH 值使Fe3+离子沉淀除去，滤渣2 为Fe(OH)3，滤液中再加入氨水，使Cu2+转化为水
胆矾，滤液3 中有CoSO4和(NH4)2SO4。 (1)“酸浸”前，采用将铜渣粉碎，可以增大与酸的接触面积，从而
提高酸浸效率；(2)“酸浸”时，有空气参与反应，Cu 与O2和H2SO4反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程
式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；从环保角度考虑，不使用HNO3酸浸的原因可能是硝酸与铜反应会
生成氮氧化物污染空气；(3) H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250℃时，易脱水，高温固化的作用是将H4SiO4
脱水形成SiO2，易于分离除去；(4)“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，不能引入杂质，可选用的最佳试剂
为H2O2，答案选B；(5)根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=1×10-38.6，c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1，得出c(OH-)=10-
11.2mol·L-1，c(H+)=10-2.8mol·L-1，pH=2.8，pH≥ 2.8 时，Fe3+沉淀完全；(6)经过分析，滤液3 中有CoSO4和
(NH4)2SO4；(7)由图可知，水胆矾中Cu2+的配位数为6，应该形成6 个杂化轨道，杂化方式sp3d2为6 个杂化
轨道，A 正确；SO4
2-中心原子的孤电子对数为
，B 错误；氢键不是化学键，C 错误；故选
A。
5．(2025 年1 月•“八省联考”陕西、山西、宁夏、青海卷，16) “三废”的科学治理是环境保护和资
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源循环利用的重要举措。某含砷烟尘主要成分为As2O3、Pb5(AsO4)3Cl、CuS 和ZnS 等。一种脱砷并回收
As2O3、铜和锌的流程如下：
已知：
①As2O3微溶于冷水，易溶于热水；
②“氧化酸浸”中，金属硫化物转化成硫酸盐，难溶于热水的Pb5(AsO4)3Cl 转化成H3AsO4；
③萃取时，将萃取剂HL 溶于磺化煤油中，所得溶液作为有机相，萃取和反萃取原理为
，式中M2+为Cu2+或Zn2+。
回答下列问题：
(1)“水浸”时，采用热水的目的是 。
(2)“氧化酸浸”时，CuS 发生反应的离子方程式为 ，Pb5(AsO4)3Cl 与硫酸反应的化学方程式为
。
(3)铜萃取剂
(
)中的N、酚羟基O 均与Cu2+配位，
形成配合物CuL2。该配合物中Cu2+的配位数为 ，HL 分子结构中设计正壬基的作用是 。
“反萃取铜”后，“富铜液”为 相(填“水”或“有机”)。
(4)“沉砷”时，采用生石灰处理，滤渣主要成分的化学式为 。
(5)“反萃取锌”时，试剂X 为 。
【答案】(1)将As2O3溶解，便于As2O3回收
(2)CuS+4H2O2=SO4
2-+Cu2++4H2O Pb5(AsO4)3Cl+5H2SO4=3H3AsO4+5PbSO4+HCl
(3) 4 使HL 分子易溶于有机相 水
(4)Ca3(AsO4)2
(5)H2SO4
【解析】含砷烟尘(As2O3、Pb5(AsO4)3Cl、CuS、ZnS)用热水水浸，由于As2O3易溶于热水，其它几种
物质都不溶于水，过滤后得到As2O3的热溶液，蒸发结晶后得到As2O3；剩余固体加H2SO4、H2O2氧化酸浸，
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CuS、ZnS 被氧化，CuS+4H2O2= SO4
2-+Cu2++4H2O、ZnS+4H2O2= SO4
2-+Zn2++4H2O，Pb5(AsO4)3Cl 与H2SO4
反应生成H3AsO4，Pb5(AsO4)3Cl+5H2SO4=3H3AsO4+5PbSO4+HCl，用铜萃取剂将Cu2+萃取到有机相中，再加
酸溶液将Cu2+反萃取到水相中，得到富铜液，再用锌萃取剂将Cu2+萃取到有机相中，再加酸溶液将Zn2+反
萃取到水相中，得到富锌液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等步骤得到ZnSO4∙7H2O。(1)As2O3
易溶于热水，用热水可以将As2O3溶解，便于As2O3回收；(2)根据分析，“氧化酸浸”时，CuS 发生反应
的离子方程式为CuS+4H2O2= SO4
2-+Cu2++4H2O；(3)HL 中N、酚羟基均能与Cu2+形成配位键，每个HL 形成
2 配位，故CuL2中Cu2+的配位数为4；正壬基为烷烃基团，极性较小，根据相似相溶原理，正壬基易溶于
有机物，HL 作为萃取剂，与Cu2+形成配位化合物后溶于有机相，从而实现萃取的目的；根据分析，反萃
取后Cu2+在水相中，因此富铜液为水相；(4)“沉砷”时，采用生石灰处理，CaO、H2O 与H3AsO4反应生成
Ca3(AsO4)2沉淀；(5)根据
可知，反萃取需要加H+使平衡逆向移动，最终得到
ZnSO4∙7H2O，因此X 为H2SO4。
1．实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为Zn 和Cu)回收Cu 并制备ZnO 的实验流程如下：
(1)“溶解”时Cu 发生反应的离子方程式为 。
(2)“溶解”可适当升高温度以加快反应速率，但温度不宜过高。温度不宜过高的原因是 。
(3)滤渣中的主要物质是 (填化学式)。
(4)“沉锌”时生成碱式碳酸锌[
]，碱式碳酸锌在空气中加热可转化为ZnO，过
程中固体质量随温度的变化关系如下图所示。已知：Zn(OH)2加热至125℃、ZnCO3加热至350℃均分解成
ZnO，该碱式碳酸锌失去结晶水的温度与Zn(OH)2的分解温度接近。
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根据以上实现数据计算，确定
中x 的值(写出计算过程)。
【答案】(1) 2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O
(2)盐酸受热易挥发，氧气的溶解度降低
(3)Cu(或Cu、Zn)
(4)x=2
【解析】废弃旧电池的铜帽(主要成分为Zn 和Cu)，利用盐酸溶解，同时通入空气，金属分别转化为
氯化锌、氯化铜，加入氢氧化钠溶液调节pH，然后加入锌置换出铜，滤液中加入碳酸钠沉锌，生成碱式碳
酸锌，煅烧碱式碳酸锌生成氧化锌。(1)“溶解”时Cu 被氧化为氯化铜，发生反应的离子方程式为
2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O。(2)由于盐酸易挥发，氧气的溶解度随温度升高而降低，所以温度不宜过高的原
因是盐酸受热易挥发，氧气的溶解度降低。(3)锌置换铜，所以滤渣中的主要物质是Cu(或Cu、Zn)。(4)根
据图像结合物质的分解温度可知最终得到的氧化锌，设
为1mol，最终生成
3molZnO，因此满足
，解得x＝2。
2．碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料(主要含Cu2Te)为原料回收碲单质的一种工艺流程如下：
已知：
，
10
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。
(1)“氧化酸浸”得到CuSO4和H2TeO3，该反应的化学方程式为 。
(2)“沉铜”时Na2C2O4过多会导致Cu2+与C2O4
2-生成环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2−，该配离子的结构式
为 (不考虑立体异构)
(3) CuC2O4可溶于H2C2O4，反应CuC2O4+H2C2O4
[Cu(C2O4)2]2−+2H+的平衡常数为 。
[已知：反应Cu2+ +2C2O4
2-
[Cu(C2O4)2]2−的平衡常数
]
(4)“还原”在
条件下进行，H2TeO3发生反应的离子方程式为 。
(5)“还原”时，Na2SO3的实际投入量大于理论量，其可能的原因为 。
(6)将一定质量的CuC2O4置于
气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化
的曲线如图所示。
下剩余固体的化学式为 。
【答案】(1)Cu2Te+4H2O2+2H2SO4=2CuSO4+H2TeO3+5H2O
(2)
(3)
(4)H2TeO3+2SO3
2-
Te↓+2SO4
2-+H2O
(5)提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，SO2从溶液中逸出
(6) Cu
【解析】向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4，充分反应生成CuSO4和H2TeO3，再
加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去，此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，最后再加入Na2SO3
溶液将H2TeO3还原生成Te。(1)“氧化酸浸”过程，Cu2Te 被H2O2氧化生成CuSO4和H2TeO3，则反应的化学
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方程式为：Cu2Te+4H2O2+2H2SO4=2CuSO4+H2TeO3+5H2O；(2)在环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2−中，C2O4
2-的
碳氧单键中的O 给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以4 个配位键形成[Cu(C2O4)2]2−，则该配离子的结构式为：
；(3)用R2−表示[Cu(C2O4)2]2−，则反应CuC2O4+H2C2O4
[Cu(C2O4)2]2−+2H+的
平衡常数为
，因
，即
，且反应Cu2+ +2C2O4
2-
[Cu(C2O4)2]2−的平衡常数
，所以
，即
；
(4)“还原”时，H2TeO3被还原生成Te，SO3
2-被氧化生成SO4
2-，则H2TeO3发生反应的离子方程式为：
H2TeO3+2SO3
2-
Te↓+2SO4
2-+H2O；(5)为提高H2TeO3的还原率，加入的Na2SO3溶液过量；“沉铜”后所
得滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，Na2SO3会与H2SO4反应生成SO2并逸出，则Na2SO3的实际投入量大于理
论量，其可能的原因为：提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，
SO2从溶液中逸出；(6)由图可知，350~400°C 时剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，
CuC2O4的摩尔质量为152g/mol，则剩余固体的摩尔质量为：
，再结合化学反
应前后元素种类不变，350~400°C 下剩余固体的化学式为Cu。
3．金属铼(Re)广泛应用于国防、石油化工以及电子制造等领域，铼可通过还原高铼酸铵(NH4ReO4)制
备。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼酸铵的流程如下图所示。
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(1)为了提高“焙烧”过程的效率，可以采取的措施为 (回答任意两点)。“焙烧”过程加入生石灰，
有效解决了SO2的危害，则ReS2转化为Ca(ReO4)2的方程式为 。
(2)“萃取”机理为：R3N+H++ReO4
-=R3N·HReO4，则“反萃取”所用试剂X 为 。
(3)如图表示萃取液流速与铼吸附率关系，萃取剂流速宜选用的范围是6~8BV/h，选择此范围的原因是
。
(4)已知高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水。提纯粗高铼酸铵固体的方法是 。
(5)经过上述反应后制备的铼粉中含有少量碳粉和铁粉(其熔沸点见表)，在3500℃下，利用氢气提纯可
得到纯度达99.995%的铼粉，请分析原因 。
物质
熔点(℃)
沸点(℃)
Re
3180
5900
C
3652
4827
Fe
1535
2750
(6)三氧化铼晶胞如下图所示(小黑点代表铼或氧原子)，铼原子填在了氧原子围成的 (填“四面
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体”“立方体”或“八面体”)空隙中。
【答案】(1) 适当升高温度，将钼精矿粉碎，增大空气通入量 4ReS2+10CaO+19O2
2Ca(ReO4)2+8CaSO4
(2)氨水
(3)萃取液流速小于6BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8BV/h，铼吸附率下降
太多
(4)重结晶或用热水溶解再降温结晶，过滤，再洗涤干燥
(5)3500℃时，Fe 已气化去除；固态碳与H2完全反应，形成了气态物质
(6)八面体
【解析】钼精矿在空气中焙烧硫元素转化成二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼
元素转化成Ca(ReO4)2，钼元素转化成CaMoO4，加入硫酸、软锰矿，硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣
CaSO4，加入氨水和生石灰，得到NH4ReO4，然后过滤，通过萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、
洗涤、干燥得到产品。(1)为了提高“焙烧”过程的效率，可以适当升高温度、将钼精矿粉碎、搅拌、适当
增大空气的进入量等；ReS2在反应中转化成Ca(ReO4)2和CaSO4，ReS2作还原剂，氧气作氧化剂，因此有
CaO+ReS2+O2
Ca(ReO4)2+CaSO4，根据原子守恒配平即可，氧气最后配平，所得化学反应方程式为
10CaO+4ReS2+19O2
2Ca(ReO4)2+8CaSO4；(2)“反萃取”获得NH4ReO4，为了不产生新杂质，且
R3N+H++ReO
R3N·HReO4的平衡向左移动，所加试剂为氨水；(3)增大萃取液流速、提高铼吸附率可以提
高生产效益，根据萃取液流速与铼吸附率关系图，萃取液流速小于6BV/h，萃取时间太长，会降低生产效
率；萃取液流速大于8BV/h，铼吸附率下降太多；为提高生产效益，萃取液流速宜选用的范围是6～8BV·h
－1；(4)高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，所以用重结晶法提纯；或先用热水溶解再降温结晶，过滤，再
洗涤干燥；(5)由图可知，3500℃时，Fe 已气化去除；固态碳与H2完全反应，形成了气态物质，说明在
3500℃下，利用氢气提纯可得到纯度达99.995%的铼粉；(6)中间四个氧原子与上下面各一个氧原子形成八
面体，则6 个O 原子围成一个八面体。
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4．氧缺位体(CuFe2O4-δ)是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿主要成分是(CuFeS2，含
SiO2、Al2O3等杂质)、为原料制备CuFe2O4-δ的流程如下：
已知：①酸浸后溶液中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+
25℃
②
时已知几种金属离子沉淀的pH 如表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Cu(OH)2
Fe(OH)2
开始沉淀的pH
1.9
3.4
6.4
7.0
完全沉淀的pH
3.2
4.7
7.6
9.0
请回答下列问题：
(1)Cu 位于元素周期表第四周期，第 族。
(2) CuFeS2 “焙烧”时生成三种氧化物，其化学方程式为 。
(3)加Cu“还原”的目是 。
(4)滤渣2 的主要成分为 。
(5)已知Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的[Cu(NH3)4]2+的空间构型是
。
(6)充分“煅烧” CuFe2O4得到的氧缺位体(CuFe2O4-δ)的质量为原质量的98%，则
。
氧缺位体分解水制氢分两步：
第一步 (完成方程式)；
第二步：2CuFe2O4-δ=2CuFe2O4-δ+δO2↑。
(7)四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示，已知(CuFeS2晶体的密度是ρg· cm-3，则a= (设NA
为阿伏加德罗常数的值)。
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(1)IB
(2) 6CuFeS2+19O2
6CuO+2Fe3O4+12SO2
(3)将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+在调pH 时变成Fe(OH)3而除去
(4) Al(OH)3
(5)平面正方形或平面四边形或平行四边形
(6) 0.3 CuFe2O4-δ+8H2O=CuFe2O4+δH2↑
(7)
【分析】氧气具有氧化性，已知，酸浸后溶液中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+，CuFeS2 “焙
烧”时生成三种氧化物，结合质量守恒可知，“焙烧”中黄铜矿的CuFeS2与氧气反应生成SO2、CuO、
Fe3O4，反应为6CuFeS2+19O2
6CuO+2Fe3O4+12SO2，加入硫酸将金属氧化物转化相应硫酸盐溶液，滤
渣1 为不反应的二氧化硅，加入Cu 还原铁离子为Fe2+，加入CuO 调pH 使Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不
沉淀，滤渣2 主要成分是氢氧化铝沉淀，含少量铜、氧化铜；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加
入过量氨水反应生成Cu(NH3)4SO4，Fe3+与弱碱氨水反应生成Fe(OH)3沉淀，Cu(NH3)4SO4经系列操作生成
CuO，灼烧时CuO 与氢氧化铁反应生成CuFe2O4，在氮气做保护气下煅烧生成CuFe2O4-δ。(1)Cu 为29 号元
素，位于元素周期表第四周期第IB 族；(2)CuFeS2 “焙烧”时反应化学方程式为6CuFeS2+19O2
6CuO+2Fe3O4+12SO2；(3)还原流程后调pH 使得Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀；由于铁离子会较铝离
子首先沉淀，故加Cu“还原”的目是将IB 还原为Fe2+，防止IB 在调pH 时变成Fe(OH)3而除去；(4)由分析
可知，滤渣2 的主要成分为Al(OH)3；(5)已知Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，则可知其结构不是四面体结
构，而是平面四边形结构，故[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形或平面四边形或平行四边形；(6)铁酸铜
(CuFe2O4)制备氧缺位体(CuFe2O4-δ)，质量减少量就是生成氧气的质量，
，
δ=0.3；氧缺位体分解水制氢总反应为2δH2O=2δH2↑+ δO2↑，结合第二步反应2CuFe2O4-δ=2CuFe2O4-δ+δO2↑，
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可知第一步反应为CuFe2O4-δ+8H2O=CuFe2O4+δH2↑；(7)根据“均摊法”，晶胞中含
个Cu、
个Fe 、8 个S ，则晶体密度为
，a=
nm。
5．实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，还含有少量的
)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的
实验流程如下：
(1)写出基态
原子的电子排布式： ，Na2S2O8中
元素的化合价为 。
(2)写出“氧化除锰”时反应的离子方程式： 。
(3)常温下“调节
”时，试剂
可选用 ；已知溶液中Zn2+物质的量浓度为
的
的
，则
的调节范围为
。已知：当溶液中离子浓度小于或等于10-5 mol·L-1，认为该离子已除尽。
(4)写出“沉锌”时反应的离子方程式： 。
(5)“滤液”中的主要成分的用途： 。
(6) ZnCO3·2Zn(OH)2经焙解得到的活性
晶胞结构如图所示。该晶胞中
原子的配位数为
；已知晶胞参数为
，则该晶胞的密度为 g· cm-3。(写出计算表达式即可)
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【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar] 3d104s2 +6
(2) Mn2++S2O8
2-+2H2O=MnO2↓+2SO4
2-+4H+
(3) ZnO 或Zn(OH)2或ZnCO3 2.8≤pH<5.5
(4)3Zn2++6HCO3
-=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O
(5)用作氮肥
(6) 4
【分析】由题给流程可知，向含锌废液中加入过二硫酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，
锰离子氧化为二氧化锰，过滤得到二氧化锰和滤液1；向滤液1 中加入氧化锌或碳酸锌等调节溶液pH，将
铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液2；向滤液2 中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化
为ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀，过滤得到滤液和ZnCO3·2Zn(OH)2。(1)Zn 是30 号元素，基态Zn 原子的电子排布
式：1s22s22p63s23p63d104s2，过二硫酸钠中含有过氧键(-O-O-)，分子中硫元素的化合价为+6 价。(2)酸性条件
下，二硫酸钠与Mn2+发生氧化还原反应时，Mn2+被氧化生成MnO2，-1 价的O 被还原生成-2 价，根据电子
守恒、原子守恒、电荷守恒，该反应的化学方程式为：Mn2++S2O8
2-+2H2O=MnO2↓+2SO4
2-+4H+。(3)由分析
可知，可向“氧化除锰”后的滤液中加入氧化锌或碳酸锌等调节溶液pH，已知溶液中Zn2+物质的量浓度为
1.2mol·L-1，则Zn2+开始沉淀时c(H+)=
，pH=5.5，Fe3+完全
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沉淀时c(H+)=
，pH=-lg
=2.3+lg3=2.8，则pH 的
调节范围为2.8≤pH<5.5。(4)沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2
沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2++6HCO3
-=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O。(5)根据流程图，
沉锌后的滤液中含有NH4
+、SO4
2-，(NH4)2SO4可用作氮肥。(6)由晶胞结构可知，根据ZnO 的晶胞结构可知，
Zn 原子的配位数为4，且1 个晶胞中含有2 个ZnO，已知晶胞参数为anm、bnm，则该晶胞的密度为
。
6．CrCl3是重要的化工试剂，用高铝铬铁矿(主要含Cr2O3和Al2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)制
取CrCl3的流程如下：
已知：①
②相关金属离子在不同浓度下生成氢氧化物沉淀的
如图：
回答下列问题
(1)滤渣1 主要成分是 ，滤渣2 主要成分是 。
(2)试剂X 可选用 ，简述该流程设计添加X 的好处与不好之处，好处是 ，不好
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之处是 。
(3)“操作I”为过滤、洗涤，则证明沉淀洗涤干净的操作方法是 。
(4)蒸发结晶操作应在 条件下进行
(5)硼化铬(CrB)可用作耐磨、抗高温氧化涂层和核反应堆中的中子吸收涂层，硼化铬是在650℃时由金
属镁与硼、氯化铬的混合物制得的，写出该反应的化学方程式： 。
【答案】(1) SiO2 Al(OH)3、Fe(OH)3
(2) Cl2或H2O2 将铁一起沉淀，便于以后的利用 增加成本
(3)取适量最后一次洗涤的滤液于试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成
(4)氯化氢气流
(5)2CrCl3+2B+3Mg
CrB+3 Mg Cl2
【分析】高铝铬铁矿(Cr2O3、Al2O3、Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)与硫酸反应，SiO2不反应，滤渣1 是
SiO2，酸溶后溶液中加入氧化剂X，将Fe2+氧化，调pH=4.7 后从沉淀图分析，Cr3+剩余约10-3 mol·L-1，这
显然与提取CrCl3的设计不符，Cr3+应当进入溶液，考虑到NH3容易配位，因此推测Cr3+转化为配合物
[Cr(NH3)6]3+，Al3+、Fe3+转化成氢氧化物沉淀，故滤渣2 为Al(OH)3、Fe(OH)3。调pH=5.6 后铬元素从溶液中
分离出来了，生成Cr (OH)3沉淀，Cr (OH)3加入盐酸生成CrCl3溶液，在氯化氢气氛中蒸发结晶的产品
CrCl3。CrCl3溶液容易水解，因此蒸发结晶操作应在氯化氢气流进行。(1)由分析可知，滤渣1 主要成分是
SiO2，滤渣2 主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3；(2)由分析可知，试剂X 作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，以便
后续步骤中能一次性将Al3+和Fe3+沉淀除去，则试剂X 可选用Cl2和H2O2，由题干图示信息可知，若不将
Fe2+氧化为Fe3+，则导致Fe2+和Cr3+无法一次性分离，故该流程设计添加X 的好处与不好之处，好处是将铁
一起沉淀，便于以后的利用，不好之处是：需要添加H2O2、Cl2等，而增加成本；(3)由题干工艺流程图可
知，“操作I”为过滤、洗涤，证明沉淀洗涤干净的操作方法即检验最后一次洗涤滤液中是否含有硫酸根或
者铵根离子，具体方法为：取适量最后一次洗涤的滤液于试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，
说明沉淀洗涤干净；(4)由于CrCl3+3H2O
Cr(OH)3+3HCl，HCl 易挥发，故蒸发结晶操作应在氯化氢气流
条件下进行，以抑制CrCl3水解，制得纯净的无水CrCl3；(5)硼化铬是在650℃时由金属镁与硼、氯化铬的
混合物制得的，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：2CrCl3+2B+3Mg
CrB+3 Mg
Cl2。
7．Fe3O4是一种重要的化工产品，以黄铁矿烧渣(主要含Fe2O3、Fe3O4、
等物质)为原料制备Fe3O4
的过程如下。
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(1)酸浸、过滤
①酸浸过程Fe3O4发生反应的离子方程式是 。
②充分酸浸后浸取液中仍有Ca2+残留，加入FeS2可进一步提高钙的脱除率，结合方程式解释原因
。
(2)纯化
Fe
①
粉的作用是 。
②检验纯化是否完全还原，应向滤液中加入 。
a．KMnO4溶液 b．K3[Fe(CN)6]溶液 c．KSCN 溶液
(3)制备
将NaOH 溶液与FeSO4溶液(稍过量)按一定比例混合，产生白色沉淀，继而转变为墨绿色，最后变为
黑色。溶液混合的同时通入空气并记录pH 的变化，如图所示。
已知：
ⅰ.pH≈7.8 时，浊液中主要存在Fe(OH)+、Fe(OH)2和少量Fe2+
ⅱ.墨绿色物质主要成分为Fe5O2(OH)5SO4制备过程可能发生了如下历程：
①0~ t 1时段，pH 明显降低。结合离子方程式解释原因： 。
②t 1~ t 2时段，墨绿色物质的生成与转化(生成Fe3O4)同时进行。
21
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a．生成墨绿色物质的方程式是： 。
b．墨绿色物质转化为Fe3O4的方程式是： 。
③t 2~ t 3时段，pH 继续降低的原因是： 。
【答案】(1) Fe3O4+8H+= Fe2++2Fe3++4H2O FeS2+Ca2+=Fe2++CaS2，难溶的FeS2可转化为更难溶的
CaS2
(2) 还原Fe3+为Fe2+ C
(3) 4Fe2++O2+2H2O=4Fe3++4OH-，Fe2+被氧气氧化为Fe3+，Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+，Fe3+水解生成H+使
得pH 明显降低 4Fe(OH)2+ Fe(OH)3+Na2SO4=Fe5O2(OH)5SO4+2 NaOH+2H2O
2Fe5O2(OH)5SO4+4Na2SO4=Fe3O4+ Fe(OH)2+ 6 FeSO4+8 NaOH 溶液中含FeOH+，Fe(OH)++H2O
Fe(OH)2+2H+，FeOH+水解使得pH 继续降低
【解析】黄铁矿烧渣主要含Fe2O3、Fe3O4、CaO 等物质，加入硫酸浸取，转化为Fe2+，Fe3+和Ca2+，加
入FeS2除去Ca2+，然后加入Fe 还原Fe3+得到FeSO4，最后在NaOH 和O2条件下生成Fe3O4。(1)①酸浸过程
Fe3O4发生反应的离子方程式为Fe3O4+8H+= Fe2++2Fe3++4H2O；②FeS2+Ca2+=Fe2++CaS2，难溶的FeS2可转化
为更难溶的CaS2，加入FeS2可进一步提高钙的脱除率。(2)①据分析可知，接入Fe 粉还原Fe3+为Fe2+；②
检验纯化是否完全还原，即检验溶液中是否还有Fe3+，应向滤液中加入KSCN 溶液，故选C。(3)①0~ t 1
时段，Fe2+被氧气氧化为Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+2H2O=4Fe3++4OH-，Fe3+水解生成H+使得pH 明显降
低，离子方程式为Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+；②a．墨绿色物质主要成分为Fe5O2(OH)5SO4，方程式为
4Fe(OH)2+ Fe(OH)3+Na2SO4=Fe5O2(OH)5SO4+2NaOH+2H2O ；b．墨绿色物质转化为Fe3O4，同时生成
Fe(OH)2，方程式为2Fe5O2(OH)5SO4+4Na2SO4=Fe3O4+ Fe(OH)2+ 6 FeSO4+8 NaOH；③t 2~ t 3时段，溶液中
含FeOH+，Fe(OH)++H2O
Fe(OH)2+2H+，FeOH+水解使得pH 继续降低。
8．硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC 材料。工业上以高钛渣(主要成分为
TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如下：
已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②B2O3高温下蒸气压大、易挥发；
Ti
③
O2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。
回答下列问题：
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(1)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
(2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为_______，该工艺中，经处理可循环利用的物质为
_______(填化学式)。
(3)“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量，
原因是_______。仅增大配料中B2O3的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC 含量随w%增大
而降低的原因是_______(用化学方程式解释)。
(4)原料中的B2O3可由硼酸脱水制得。以
为原料，用电渗析法制备硼酸(H3BO3)的工作原理
如图所示，产品室中发生反应的离子方程式为_______。若反应前后NaOH 溶液的质量变化为m kg，则制
得H3BO3的质量为_______kg。
【答案】(1) SiO2
(2) TiO2++( x+1)H2O
TiO2·x H2O+2H+ H2SO4
(3) TiO2+ B2O3+5C
TiB2+3CO↑ B2O3 高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反
应 TiC+ B2O3+2C
TiB2+3CO↑
(4) H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O
【解析】工业上以高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)加入稀盐酸，
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只有SiO2不会溶解，TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+，TiO2+在沸水中形成TiO2·x H2O，“热还原”中发
生反应的化学方程式为TiO2+ B2O3+5C
TiB2+3CO↑。(1)加入稀盐酸，只有SiO2 不会溶解，滤渣为
SiO2；(2)“水解”需在沸水中进行，TiO2+在沸水中形成TiO2·x H2O，离子方程式为TiO2++( x+1)H2O
TiO2·x H2O+2H+，该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4；(3)“热还原”中发生反应的化学方程式为
TiO2+ B2O3+5C
TiB2+3CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是B2O3高温下
蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中B2O3的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。
杂质TiC 含量随w%增大而降低的原因是TiC+ B2O3+2C
TiB2+3CO↑；(4)有稀硫酸得一极为阳极，1 膜
为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1 膜进入产品室，2 膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]-通
过2 膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O。原料室中的钠离子通过
阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1mol 电子时，NaOH 溶液的质量变化为
23g-1g=22g，此时制得H3BO3 的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH 溶液的质量变化为m
kg，则制得H3BO3的质量
。
9．活性氧化锌能对太阳光线和其他大气物质形成防护，常用于敏感皮肤的面霜和化妆品．工业上可
用转炉炼铜所得的铜灰[主要含
及少量的
(II)、
、
、As 元素]制取活性氧化锌。流程如下：
已知：①活性炭主要吸附有机质；
25℃
②
时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38；
③本流程中，沉锌前溶液环境中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在；
④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的
：
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金属离子
开始沉淀pH
1.9
7.0
4.5
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.4
10.1
(1)滤渣I 的主要成分FeAsO4中，As 的化合价为_______。
(2)“浸取”步骤时，ZnO 发生反应的离子方程式____________。
(3)“浸取”步骤后，As 转化为AsO4
3-。写出“除杂1”步骤主要反应的离子方程式：_______________。
(4)加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，则滤渣Ⅱ的成
分为MnO2、______，常温下此时体系中
残留最大浓度为_______
。
(5)已知“除杂3”是利用置换反应进行除杂，则试剂a 为____________。
(6)根据平衡移动原理，解释碱式碳酸锌的生成____________。
(7)活性氧化锌纯度测定：已知：与
相当的氧化锌质量为
。取mg 所
得活性氧化锌样品配成含
的待测液，用
标准液进行滴定，消耗标准液
。写出计算样
品中氧化锌质量分数的表达式____________。
【答案】(1)+5
(2)ZnO+2NH3·H2O+2NH4
+=[Zn(NH3)4]2++3H2O
(3)Fe3++ AsO4
3-= FeAsO4↓
(4) Fe(OH)3 4.0×10−8
(5)Zn
(6)HCO3
-电离出的CO3
2-和H+，Zn2+、CO3
2-、OH−结合生成Zn2(OH)2CO3沉淀，促进HCO3
-的电离平衡，
电离出的H+又和HCO3
-结合生成CO2和H2O
(7)
【解析】由题给流程可知，向铜转炉烟会中加入了氧化铵和氨水浸取，将铅元素转化为Pb(OH)Cl 沉
淀，过滤得到含有Pb(OH)Cl 的浸出渣和浸出液，向浸出液中加入氧化铁溶液，将铁元素转化为FeAsO4沉
淀，过滤得到含有FeAsO4的的滤渣和浸出液；向滤液中加入高锰酸钾和稀硫酸，将残留的铁元素转化为氢
氧化铁沉淀。同时高锰酸根离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁，二氧化锰的滤渣和滤液，
向滤液中加入过量的锌，将溶液中铜离子还原为铜，过滤得到含有锌、铜的滤渣和滤液，向滤液中加入活
性炭净化溶液，过滤得到净化渣和净化液，向净化液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锌离子转化为碱式
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碳酸锌沉淀，过滤得到碱式碳酸锌;碱式碳酸锌煅烧分解制得活性氧化锌。(1)FeAsO4中Fe 为+3 价，As 的
化合价为+5 价。(2)氧化锌是两性氧化物能溶于氨水生成四氨合锌离子，离子方程式为：
ZnO+2NH3·H2O+2NH4
+=[Zn(NH3)4]2++3H2O。(3)“除杂1”步骤中向浸出液中加入氧化铁溶液，将铁元素转化
为FeAsO4沉淀，离子方程式为：Fe3++ AsO4
3-= FeAsO4↓。(4)加入适量KMnO4溶液目的是除铁元素，同时溶
液中不会有明显的锰元素残留，说明此时锰元素是以MnO2的形式存在，亚铁离子被氧化成三价铁，此时
pH 为4~4.5，又根据已知④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知生成的是Fe(OH)3；要使常温下
此时体系中Fe3+残留浓度最大，则pH=4，c(OH-)=10-10mol/L，c(Fe3+)=
=4.0×10−8mol·L−1。(5)为了不引入杂质，“除杂3”步骤中向滤液中加入过量的锌，将溶液中铜离子还原为铜，
则试剂a 为：Zn。(6)溶液中有大量Zn2+，加入碳酸氢铵后产生碱式碳酸锌，说明HCO3
-电离出的CO3
2-和
H+。Zn2+、CO3
2-、OH−结合生成Zn2(OH)2CO3沉淀，促进HCO3
-的电离平衡，电离出的H+又和HCO3
-结合生
成CO2和H2O。(7)取mg 所得活性氧化锌样品配成含Zn2+的待测液，用
标准液进行滴定，消
耗标准液
，消耗n(EDTA)=aV×10-3mol，与
相当的氧化锌质量为
，
m(ZnO)= aV×10-3×
=8.139aV×10-5g，样品中氧化锌质量分数为
。
10．铟(In)被广泛应用于电子工业、航空航天、太阳能电池新材料、合金制造等高科技领域。自然界
铟大多富集在闪锌矿(主要成分
，还含有
、
等杂质)中，工业上常采用铅锌冶炼过程中的含铟烟
灰作为回收铟的主要原料。如图为工业提取铟的流程图：
已知：①烟灰中钢主要以硫化铟、氧化铟以及InO·xSnO2和In2O·xSnO2形式存在，其中InO·xSnO2和
In2O·xSnO2的化学性质非常稳定，难以被硫酸溶解浸出。
②铅锌冶炼烟灰先经稀硫酸溶液pH=2.0 预处理后得到中浸渣，主要成分如下：
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成分
In
质量分数(％)
0.72
3.01
60.48
8.92
1.16
③酸性条件下，温度过高，氯酸钠易分解释放出氯气。
回答下列问题：
(1)铟元素位于元素周期表第______周期______族。
(2)闪锌矿经氧化焙烧可获得铅锌烟灰，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是__________。
(3)写出闪锌矿主要成分氧化焙烧反应的化学方程式__________。
(4)已知InCl3与Cl-发生反应生成配合离子InCl6
3-，不利于In3+的萃取，则“氯化浸出”实验中加入硫酸
的原因是__________。
(5)氯化步骤中，铟元素被氧化到最高正价，写出氯化过程中InO·xSnO2发生反应的离子方程式
__________(产物中
元素以SnO2形式存在)。在氯化过程中，反应温度、时长、盐酸、硫酸、氯酸钠的浓
度都会影响铟元素的浸出率，控制其他条件不变，考查不同浸出温度对铟浸出率的影响，结果如图所示。
实验采取的是80℃的条件，原因是__________。
(6)转化步骤中往往需要加入“锌粉”，其作用是__________。
【答案】(1) 五 IIIA
(2)利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率
(3)2ZnS+3O2
2ZnO+2SO2
(4)促进ClO3
-和过量的Cl-反应生成Cl2，降低Cl-浓度，使InCl3与Cl-反应生成配合离子InCl6
3-的平衡逆
向移动，提高In3+的萃取率
(5) 6 InO·xSnO2+ ClO3
-+18H+=Cl-+6In3++6x SnO2+9H2O 温度高于80℃时，铟的浸出率虽然上升，但
上升的幅度不大，且温度过高会导致盐酸挥发，印象铟的浸出率
(6)将In3+从萃取液中置换出来得到粗铟
【解析】自然界铟大多富集在闪锌矿(主要成分ZnS，还含有PbS、SnS 等杂质)中，工业上常采用铅锌
冶炼过程中的含铟烟灰作为回收铟的主要原料，将烟灰酸浸，得到中浸液且从中回收Zn，中浸渣进过氯化
浸出，得到酸浸渣且从中冶炼回收Pb，得到的酸浸液经过萃取转化得到粗铟。(1)In 是49 号元素，位于元
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素周期表第五周期IIIA 族。(2)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与
气体的接触面积，提高化学反应速率。(3)在焙烧过程中产生气体，硫化物高温状态下产生SO2，闪锌矿的
主要成分是ZnS，主要反应是2ZnS+3O2
2ZnO+2SO2。(4)已知InCl3与Cl-发生反应生成配合离子
InCl6
3-，“氯化浸出”实验中加入硫酸可以促进ClO3
-和过量的Cl-反应生成Cl2，降低Cl-浓度，使InCl3与
Cl-反应生成配合离子InCl6
3-的平衡逆向移动，提高In3+的萃取率。(5)氯化过程中，InO·xSnO2中铟元素被
ClO3
-氧化到最高正价为+3 价，产物中Sn 元素以SnO2形式存在，根据氧化还原反应的规律配平离子方程式
为：6 InO·xSnO2+ ClO3
-+18H+=Cl-+6In3++6x SnO2+9H2O；由图可知，温度高于80℃时，铟的浸出率虽然上
升，但上升的幅度不大，且温度过高会导致盐酸挥发，印象铟的浸出率，故实验采取的是80℃的条件。(6)
由题意可知，萃取得到的萃取液中混有In3+，转化步骤中往往需要加入“锌粉”，目的是：将In3+从萃取液
中置换出来得到粗铟。
11．铟被广泛应用于电子工业、航空航天等高科技领域。某企业采用铅锌冶炼烟灰中浸渣(InO·xSnO2)
氯化浸出工艺回收粗铟的工艺流程如下：
已知：①水溶液中铟主要以
的形式存在。
In
②
3++3HX
InX3+3H+
回答下列问题：
(1)“氯化浸出”时，主要反应的离子方程式为___________________，此步骤加热的目的是
_________________________；浸出温度选定80℃的原因之一是温度过高易反应产生_______气体(任写一
种)。
(2)在不同的溶液初始pH 下，萃取剂浓度对萃取率的影响如图所示，则适宜的条件为
___________________。
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(3)反萃取剂应选用_______(填化学式)。
(4)常温下，在0.1mol·L-1的InCl3溶液中存在平衡体系：In3+ (aq)+3H2O(l)
In(OH)3(aq)+3H+(aq)，
则该反应的化学平衡常数
_______(计算结果保留两位有效数字，常温下Ksp[In(OH)3]=1.3×10-37)。
(5)“置换”时，主要反应的离子方程式为_________________________；所得浊液经过滤、洗涤、干燥
等操作得到粗铟，检验粗铟已洗涤干净的方法为___________________。
【答案】(1) 6InO·xSnO2+ ClO3
-+18H+=6 In3++6xSnO2+9H2O 增大反应速率，提升酸浸效
率 Cl2或ClO2
(2)pH=0.5，萃取剂浓度为15%
(3)H2SO4
(4)7.7×10-6
(5) 2In3++3Zn=2In+3Zn2+ 取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗
净
【解析】铅锌冶炼烟灰中浸渣(InO·xSnO2)加H2SO4、HCl、NaClO3进行“氯化浸出”，铟主要以In3+进
入水溶液，锡以SnO2进入酸浸渣，水溶液用萃取剂HX 萃取、分液，去掉水相，得到InX3有机相，有机相
中加反萃取剂进行反萃取去掉有机相得到高含量In3+溶液，往溶液中加过量锌粉置换出In，同时得到硫酸
锌溶液，硫酸锌溶液经过系列步骤制备硫酸锌晶体。(1)“氯化浸出”时，In 由+2 价被氧化为+3 价，Sn 价态
不变仍以SnO2存在，则该步骤是利用酸性条件下氯酸根离子氧化二价In，主要反应的离子方程式为
6InO·xSnO2+ ClO3
-+18H+=6 In3++6xSnO2+9H2O；此步骤加热的目的是增大反应速率，提升酸浸效率；温度
过高HCl 和NaClO3会发生氧化还原反应生成Cl2或ClO2；(2)萃取率越高越好，则适宜的条件为pH=0.5，
萃取剂浓度为15%；(3)由In3++3HX
InX3+3H+和后续制备硫酸锌晶体副产品可知萃取剂选H2SO4；
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(4)In3+ (aq)+3H2O(l)
In(OH)3(aq)+3H+(aq)的化学平衡常数K=
=7.7×10-6；(5)“置换”时，主要反应是Zn 置换出In，反应的离子方程式为
2In3++3Zn=2In+3Zn2+；由流程可知所得浊液中含硫酸根离子，检验粗铟已洗涤干净就是检验粗铟最后一次
洗涤液中没有硫酸根离子，方法为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则
洗净。
12．废旧于电池中含有多种有害物质，随生活垃圾填埋会污染周边环境，解决问题的最好途径是对废
旧干电池回收利用。一种利用废旧干电池制备锰锌铁氧体(Mn0.5Zn0.5Fe2O4)的工艺流程如图所示。
已知：酸浸的浸出液中含有Mn2+、Zn2+、Fe3+及少量Ni2+、Cu2+、Al3+、Ca2+、Pb2+；某些离子需两道工
序除杂才能达标。
回答下列问题：
(1)酸浸时，H2O2的作用是 ；该过程H2O2的实际消耗量高于理论用量较多，原因是 ；浸
渣中含有硫酸盐，化学式为 、CaSO4。
(2)初级净化时，Cu2+，Pb2+、Ni2+均转化为硫化物沉淀除去，说明CuS、PbS 或NiS 的Ksp (填
“大于”或“小于”)MnS 或ZnS 的Ksp；已知CaF2的Ksp=2.7×10-11，欲使Ca2+完全沉淀，则沉淀后溶液中
的c(F-) mol·L-1(结果可带根号)。
(3)NH4Al(SO4)2(硫酸铝铵)微溶于水，初级净化时可能不析出或析出少量硫酸铝铵沉淀，加入硫酸铵深
度净化时进一步析出其沉淀，其原理是 。
(4)若共沉淀时析出MnCO3·ZnCO3·4Fe(OH)3，则反应的离子方程式为 。
(5)锰锌铁氧体(Mn0.5Zn0.5Fe2O4)的晶体结构与MgAl2O4相似，MgAl2O4晶体中，镁离子占据立方晶胞的
顶点、面心及晶胞内相互交错的4 个小立方体的体心(如图，铝离子、氧离子未画出)。若MgAl2O4中
Mg2+被Mn2+和Zn2+替换，Al3+被Fe3+替换，即可得到Mn0.5Zn0.5Fe2O4晶体。若Mn0.5Zn0.5Fe2O4的晶胞边长为a
pm，则图中编号1 和2 两个粒子间的距离为 pm；M(Mn0.5Zn0.5Fe2O4)=236 g·mol-1，NA为阿伏加德罗
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常数的值，锰锌铁氧体的密度为 g·cm-3(列出计算式即可)。
【答案】(1)将Fe2+氧化为Fe3+(或作氧化剂) Fe3+等离子催化H2O2分解 PbSO4\
(2)小于
(3)利用同离子效应，促进硫酸铝铵沉淀析出
(4)Mn2++Zn2++4Fe3++2HCO3
-+14 NH3·H2O=MnCO3·ZnCO3·4Fe(OH)3↓+14NH4
++2H2O
(5)
【解析】根据工艺流程图可知，酸浸的浸出液中含有Mn2+、Zn2+、Fe3+及少量Ni2+、Cu2+、Al3+、Ca2+、
Pb2+(Ca2+、Pb2+大部分已形成硫酸盐沉淀)，加入(NH4)2 SO4\和NH4F 形成沉淀，除去Ni2+、Cu2+、Al3+、
Ca2+、Pb2+，再加入(NH4)2 SO4深度净化，加入硫酸锰或硫酸锌成分调整，加入碳酸氢铵沉淀，煅烧得到锰
锌铁氧体(Mn0.5Zn0.5Fe2O4)。(1)酸浸时，H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+(或作氧化剂)；该过程H2O2的实际
消耗量高于理论用量较多，原因是H2O2易分解，Fe3+等离子可以做H2O2分解的催化剂加速H2O2的分解；
浸渣中含有硫酸盐，化学式为PbSO4、CaSO4；(2)初级净化时，Cu2+，Pb2+、Ni2+均转化为硫化物沉淀除去，
同类型的难溶电解质，Ksp越小越容易沉淀，说明CuS、PbS 或NiS 的Ksp小于MnS 或ZnS 的Ksp；已知
CaF2的Ksp=2.7×10-11，欲使Ca2+完全沉淀，则
mol·L-1；(3)加入硫酸铵使硫酸根离子和铵根离子溶液增加，利用同离子效应，促进硫酸铝铵沉
淀析出；(4)共沉淀时析出MnCO3·ZnCO3·4Fe(OH)3，则反应的离子方程式为Mn2++Zn2++4Fe3++2HCO3
-+14
NH3·H2O=MnCO3·ZnCO3·4Fe(OH)3↓+14NH4
++2H2O；(5)图中编号1 和2 两个粒子间的距离为面对角线的
，
两个粒子间的距离为
；根据均摊法，晶胞内Mg 的数目为
，故晶胞内含有4 个Mn，
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4 个Zn，16 个Al，32 个O，锰锌铁氧体的密度为
。
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