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题型15 无机工艺流程综合题
化学工艺流程题是全国高考中的必考题型，它是将化工生产过程中主要生产阶段——生产流程用框图
形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创新；化学工艺流程题是现代
化学工业生产工艺流程的简化，它涉及了化工生产过程中所遇到的生产成本、产品提纯、环境保护等实际
问题，并考查了物质的制备、检验、分离提纯等实验基本操作和基本实验原理在化工生产中的实际应用。
根据试题的原料不同以及操作目的不同，可将题化学工艺流程题分为四个题组：一是物质制备类化工流程
题综合分析：二是提纯类化工流程题综合分析；三是化学基本原理类化工流程综合分析；四图像、图表信
息加工类化工流程综合分析。
题组01 物质制备类化工流程题综合分析
【例1-1】（2024·江西卷）稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.含有
Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O 的工艺流程图。
热点题型·选择题攻略
目 录
题型综述
解题攻略
题组01 物质制备类化工流程题综合分析
题组02 提纯类化工流程题综合分析
题组03 化学基本原理类化工流程综合分析
题组04 图像、图表信息加工类化工流程综合分析
高考练场
1
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已知：ⅰ．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10
45
﹣，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10
20
﹣，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10
48
﹣
ⅱ．镭为第ⅡA 族元素
回答下列问题：
（1）关于独居石的热分解，以下说法正确的是 (填标号)。
a．降低压强，分解速率增大 b．降低温度，分解速率降低
c．反应时间越长，分解速率越大 d．提高搅拌速度，分解速率降低
（2）Na2U2O7中铀元素的化合价为 ，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为
。
（3）浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 ，滤液可用于 阶段循环利用，避免产生大
量的高碱度废水。
（4）溶解阶段，将溶液pH 先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。
①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 。
②当溶液pH=4.5 时，c(Th4+)= mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
（5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 。
【答案】（1）b
（2）+6 2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O
（3）Na3PO4•12H2O 热分解
（4）①2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O
4×10
②
7
﹣
（5）RaSO4
【分析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH 进行热
分解，U3O8发生反应：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce 被氧化为
Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、
，滤液浓缩结晶后，得到的
晶体化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到
的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3+
+Cl2↑+8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th 进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和
RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3•nH2O，据此分析作答。
【解析】（1）a．降低压强，分解速率降低，故a 错误；
b．降低温度，分解速率降低，故b 正确；
c．反应时间越长，分解速率逐渐变慢，故c 错误；
d．提高搅拌速度，分解速率加快，故d 错误；
2
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故答案为b；
（2）Na2U2O7中Na 为+1 价，O 为﹣2 价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6 价，热分解阶
段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O
（3）稀释过滤后的滤液中含有Na+、
，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为：
Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水；
（4）①根据后续流程可知，生成+3 价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4发生氧化还原反应，其离子方程式为：
2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O；
②当溶液pH＝4.5 时，c(H+)＝1×10
4.5
﹣mol/L，c(OH﹣)＝1×10
9.5
﹣mol/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10
45
﹣，则
c(Th4+)＝4×10
7
﹣ mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀；
（5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO4，RaSO4的溶解度更小。
【例1-2】（2023·重庆卷）
是一种用途广泛的磁性材料，以
为原料制备
并获得副产物
水合物的工艺如下。
时各物质溶度积见下表：
物质
溶度积
回答下列问题：
（1）
中
元素的化合价是
和 。
的核外电子排布式为 。
（2）反应釜1 中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。
（3）反应釜2 中，加入
和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 。
②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。
（4）①反应釜3 中，
时，
浓度为
，理论上
不超过 。
②称取
水合物
，加水溶解，加入过量
，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸
中，用
标准溶液滴定，消耗
。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中
的质量分数为 。
【答案】（1）+3 1s22s22p6
（2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
3
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（3）①
②适当升高温度、搅拌
（4）①11 ②最后半滴标准液加入后，溶液变为微红色，且半分钟内不变色 66.6%
【分析】
溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，
溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、
2 中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，
【解析】（1）
可以写成
，故
元素的化合价是
和+3。
为氧原子得到2 个电子形
成的，核外电子排布式为1s22s22p6；
（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1 中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气
中氧气氧化为三价铁；
（3）①反应釜2 中，加入
和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和
水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为
。
②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；
（4）①反应釜3 中，
时，
浓度为
，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此
时
，pOH=3，pH=11，故理论上
不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为微红色，且半分钟
内不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀
，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化
还原反应：
，结合质量守恒可知，
，则该副产物中
的质量分数为
。
【提分秘籍】
一、物质制备过程中的常考知识点
1.原料处理阶段的常见考查点
研磨
减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。
水浸
与水接触反应或溶解。
酸浸
与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。
灼烧
除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。
煅烧
改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。
2．分离提纯阶段的常见考查点
（1）调pH 除杂
①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2
＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。
②调节pH 所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH 增大；不引入新杂质。例如：若要除去
4
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Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
（2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。
如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的
NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
（3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。
3．获得产品阶段的常见考查点
（1）洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。
（2）蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl 的气流中加
热，以防其水解。
（3）蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl 和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固
体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。
（4）蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl 和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要
是NaCl，同样原理可除去NaCl 中的少量KNO3。
4、工艺流程题中常见问题的答题方向
常见问题
答题要考虑的角度
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的
方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥)
提高原子利用率
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利
用)
在空气中或特定气
体中进行的反应或
操作
要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空
气，防氧化、水解、潮解等目的
洗涤沉淀
方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上
操作2～3 次
判断沉淀是否洗涤
干净
取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化
物沉淀)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度(常用水
浴、冰浴或油浴)
①使化学平衡移动；控制化学反应的方向
②控制固体的溶解与结晶
③控制反应速率：使催化剂达到最大活性
④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
5、核心反应——陌生方程式的书写
5
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关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。
（1）氧化还原反应：熟练应用氧化还原反应规律，判断生成物并配平。陌生情景的氧化还原反应方程式
书写
①根据流程图的目的，分析元素化合价的变化。
②根据流程图的转化信息和反应规律预测产物。
③根据得失电子、溶液的酸碱性，配平化学(或离子)方程式。
（2）非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际情况判断生成物。
6、副产品及循环物质的确定
（1）副产品的确定
（2）循环物质的确定
【变式演练】
【变式1-1】（2024·河南·二模）氧化钴
粉体材料在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前
景。某工厂用废旧钴基合金(主要成分为
，还含有
、
、
、
、
)制备
，
工艺流程如图所示：
已知：①该工艺条件下，
、
不能氧化
。
②常温下，
，
，
。
③
。
回答下列问题：
（1）钴元素在元素周期表中的位置是 。
（2）“碱浸”时要将“废旧钴基合金”粉碎，其目的是 。
（3）“酸浸”所得“浸渣”的成分为 (填化学式)。
（4）“除铁”时需要控制反应温度低于50℃的目的是 。
（5）“沉钙”时反应的离子方程式为 。若“沉钙”后的溶液中
，则此时溶液的
为 。
6
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（6）为测定“转化”时获得草酸钴(
)的纯度，现称取
草酸钴样品，将其用适当试剂转化为草
酸铵
溶液，再用过量稀硫酸酸化，并用
高锰酸钾标准溶液滴定，平行实验三
次，达到滴定终点时，消耗高锰酸钾标准溶液的体积如下表所示：
实验序号
1
2
3
高锰酸钾标准溶液的体积/mL
39.97
41.86
40.03
①达到滴定终点时的标志为 。
②草酸钴样品的纯度为 。
【答案】（1）第四周期Ⅷ族
（2）增大接触面积，提高反应速率与碱浸效率(合理即可)
（3）
、
（4）防止双氧水分解及氨水的挥发与分解(合理即可)
（5）
5.7
（6）当滴加最后半滴高锰酸钾标准溶液时，溶液颜色由无色变为浅紫红色且
内不变色(合理即可)
73.5%
【分析】废旧钴基合金(主要成分为
，还含有
、
、
、
、
)，用氢氧化钠“碱
浸”生成四羟基合铝酸钠除氧化铝；滤渣“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，滤液中含有硫酸钴、硫
酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁；滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氨水生成氢氧化铁
沉淀除铁；滤液中加HF 生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁；滤液中加碳酸钠，可以得到碳酸钴；碳酸钴与
盐酸反应，生成氯化钴，氯化钴与草酸铵反应，得到得到草酸钴；草酸钴灼烧得到
，据此分析解
答。
【解析】（1）钴元素的原子序数为27，原子核外有27 个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，则
位于第四周期Ⅷ族，故答案为：第四周期Ⅷ族。
（2）粉碎可以增大接触面积，“碱浸”时要将“废旧钴基合金”粉碎的原因为增大接触面积，提高反应
速率与碱浸效率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率与碱浸效率。
（3）根据分析，“酸浸”时和硫酸反应生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，所得“浸渣”的成分为
、
，故答案为：
、
。
（4）双氧水受热易分解，氨水易挥发，“除铁”时需要控制反应温度不能高于的原因是防止双氧水分
解，及浓氨水的挥发与分解，故答案为：防止双氧水分解及氨水的挥发与分解。
（5）“沉钙”是钙离子和HF 反应，生成CaF2和H+的过程，反应的离子方程式为
；若“沉钙”后的溶液中
，根据
、
，则
，
7
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，则此时溶液的
为
，故答案为：5.7。
（6）①酸性KMnO4溶液为紫红色，滴定终点时无色变为紫红色，则滴定终点的现象是当滴加最后半滴高
锰酸钾标准溶液时，溶液颜色由无色变为浅紫红色且
内不变色，故答案为：当滴加最后半滴高锰酸钾
标准溶液时，溶液颜色由无色变为浅紫红色且
内不变色。
②第2 次实验误差较大，舍弃，消耗高锰酸钾标准溶液的体积为
mL=40.00mL，根据反应的离
子方程式
可知，
，则样品中含有的草酸钴的质量为=
，则样品的纯度为
，故答案为：73.5%。
【变式1-2】（2024·四川自贡·模拟预测）高锰酸钾消毒片主要成分为KMnO4，可外用消炎杀菌。用某软
锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)制备KMnO4的流程图如下：
已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应。
（1）“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为
（2）向“浸取液”中通入CO2，调节其pH，经“过滤”得滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ的成分 。
（3）①“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是 (填字母)。
A．浓盐酸 B．亚硫酸 C．稀硫酸 D．氢碘酸
②“歧化”时，加入冰醋酸的目的是 。(从平衡移动的角度用必要的离子方程式和文字解释)。
（4）由于直接歧化制备高锰酸钾的产率不高，且后续分离纯化步骤较多，目前工业上较多采用电解
K2MnO4水溶液法制备(如图)，试写出该电解过程总反应的离子方程式： 。
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【答案】（1）2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O
（2）Al(OH)3、H2SiO3
（3）C 消耗OH-，使平衡3
+2H2O
2
+MnO2(s)+4OH-正向移动，提高KMnO4产率
（4）
【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)加KOH、空气进行熔融煅烧得K2MnO4、
KAlO2、K2SiO3，冷却浸取得含K2MnO4、KAlO2或四羟基合铝酸钾、K2SiO3溶液，调pH 使铝元素、硅元
素转化为氢氧化铝、硅酸沉淀，然后过滤除去，得到K2MnO4溶液，K2MnO4溶液加冰醋酸进行歧化反应得
到MnO2和KMnO4，过滤、洗涤、干燥等操作得到KMnO4。
【解析】（1）“熔融煅烧”时，MnO2被氧气氧化为K2MnO4，化学方程式为2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O。
（2）向“浸取液”中通入CO2，KAlO2或四羟基合铝酸钾、K2SiO3溶液分别与二氧化碳、水反应生成氢氧
化铝、硅酸，故经调节pH、“过滤”得滤渣Ⅰ的成分为Al(OH)3、H2SiO3。
（3）歧化”时，醋酸的作用是提供酸性环境，得到高锰酸钾：
A
①．常温下，KMnO4会和浓盐酸反应，不可用浓盐酸，A 不选；
B．亚硫酸有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，不可用亚硫酸，B 不选；
C．稀硫酸可提供酸性环境，不和锰酸钾、高锰酸钾、二氧化锰反应，可替代醋酸，C 选；
D．氢碘酸有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，不可用氢碘酸，D 不选；
选C；
②由所给信息可知K2MnO4溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应，即存在3K2MnO4(aq)+2H2O(l)
2KMnO4(aq)+MnO2(s)+4KOH(aq)，故“歧化”时，加入冰醋酸的目的是：消耗OH-，使平衡正向移动，提
高KMnO4产率。
（4）由图可知电解时a 极作阳极，电极反应式为
，K+向阴极室移动，b 极为阴极，电极
反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则D 为浓KOH 溶液，故该电解过程总反应的离子方程式为
。
题组02 提纯类化工流程题综合分析
【例2-1】（2024·福建卷）实验室用发光二极管(LED)的生产废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量
In、Mg 金属)制备Ga2O3，过程如下。已知：Ga 与In 为同族元素，In 难溶于NaOH 溶液。
（1）①基态镓(Ga)原子的价电子排布式为 。
②Ⅰ中GaN 反应生成[Ga(OH)4]-的离子方程式为 。
③Ⅰ使用装置如图(加热及夹持装置省略)，吸收液可用 。(填标号)
9
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a．水 b．浓盐酸 c．稀硫酸 d．四氯化碳
（2）①Ⅱ需用到的玻璃仪器有烧杯、 和 。
②“沉淀1”含金属元素 。(填元素符号)
（3）①Ⅲ加硫酸调节溶液pH 的目的是 。
②按下列操作顺序测定溶液pH，不规范的是 。(填标号)
a．用镊子夹取湿润的pH 试纸
b．将pH 试纸置于干燥清净的玻璃片上
c．用滴管吸取少量待测液，滴在pH 试纸中央
d．观察试纸颜色变化，并与标准比色卡比较
（4）Ga2O3纯度测定：称取Ga2O3样品wg，经处理配制成VmL 溶液，从中移取V0mL 于锥形瓶中，一定
条件下，加入V1mLc1mol/LNa2H2Y 溶液(此时镓以[GaY]-存在)，再加入PAN 作指示剂，用c2mol/L CuSO4标
准溶液滴定过量的Na2H2Y，滴定终点为紫红色。
该过程涉及反应：Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+
①终点时消耗CuSO4溶液V2mL，则Ga2O3纯度为
。(列出计算式)
②滴定时会导致所测Ga2O3纯度偏小的情况是 。(填标号)
a．未使用标准溶液润洗滴定管 b．称重后样品吸收了空气中水汽
c．终点时滴定管尖嘴内有气泡 d．终点读数时仰视滴定管刻度线
【答案】（1）①4s24p1 ②
ac
③
（2）①玻璃棒 漏斗 ②
（3）①将
转化为
沉淀 ②ac
（4）①
或
②ad
【分析】由题干工艺流程图可知，LED 生成废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg 金属)中加
入2mol/LNaOH 溶液在80℃下反应3 个小时，将GaN 转化为[Ga(OH)4]-，In 和Mg 不与NaOH 溶液反应，
过滤得到沉淀1 即为In 和Mg，滤液中主要含有Na[Ga(OH)4]和NaOH，加入硫酸将Na[Ga(OH)4]转化为
Ga(OH)3沉淀，过滤得到Ga(OH)3沉淀和滤液，Ga(OH)3沉淀加热后分解得到Ga2O3，据此分析解题。
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【解析】（1）①已知Ga 是31 号元素，故基态镓(Ga)原子的价电子排布式为：4s24p1，故答案为：4s24p1；
②Ⅰ中GaN 反应生成[Ga(OH)4]-的离子方程式为：GaN+3H2O+OH-
[Ga(OH)4]-+NH3↑，故答案为：
GaN+3H2O+OH-
[Ga(OH)4]-+NH3↑；
GaN
③
与NaOH 溶液反应时产生NH3，NH3极易溶于水，故能用水来吸收NH3，浓盐酸易挥发，不利于吸
收NH3，NH3具有碱性，稀硫酸可以吸收NH3，NH3为极性分子，CCl4为非极性分子，NH3难溶于CCl4
中，不能用CCl4吸收NH3，故答案为：ac；
（2）①由题干工艺流程图信息可知，Ⅱ为过滤操作，则需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答
案为：漏斗；玻璃棒；
②由分析可知，“沉淀1”含金属元素In、Mg，故答案为：In、Mg；
（3）①由分析可知，Ⅲ加硫酸调节溶液pH 的目的是将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀，故答案为：将
Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀；
②用pH 试纸测定溶液pH 的规范操作为：用镊子夹取一片干燥的pH 试纸放在干燥洁净的玻璃片上，用玻
璃棒蘸取少量的待测液于试纸中央，观察试纸颜色变化，并与标准比色卡对照，据此解题：a．pH 试纸测
量溶液的pH 时不能用湿润的pH 试纸，操作不规范，a 符合题意； b．由上述分析可知，将pH 试纸置于
干燥清净的玻璃片上，操作规范，b 不符合题意；c．根据pH 试纸的规范性操作可知，应该用玻璃棒蘸取
少量的待测液于试纸中央而不能用滴管吸取少量待测液，滴在pH 试纸中央，c 符合题意；d．根据pH 试纸
的规范性操作可知，观察试纸颜色变化，并与标准比色卡比较，读出待测液的pH 值，d 不符合题意；故答
案为：ac；
（4）①终点时消耗CuSO4溶液V2mL，根据反应Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+可知，过量的Na2H2Y 的物质的量
为：c2V2×10-3mol，则与Ga3+反应的Na2H2Y 的物质的量为：(c1V1×10-3- c2V2×10-3)mol，原样品中含有Ga2O3
的物质的量为：
(c1V1×10-3- c2V2×10-3)mol，则Ga2O3纯度为：
=
=
，故答案为：
或
；
a
②．未使用标准溶液润洗滴定管，导致标准液的浓度偏小，V2偏大，故导致实验结果偏小，a 符合题意；
b．称重后样品吸收了空气中水汽，对实验结果没有影响，b 不符合题意；c．终点时滴定管尖嘴内有气
泡，导致标准液的体积V2偏小，故导致实验结果偏大，c 不符合题意；d．终点读数时仰视滴定管刻度
线，导致标准液体积V2偏大，故导致实验结果偏小，d 符合题意；故答案为：ad。
【例2-2】（2024·广东卷）镓(
)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副
产品炭渣(含
和少量的
等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
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工艺中，
是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用
提取金属离子
的原理如图。已知：
①
。
②
(冰晶石)的
为
。
③浸取液中，
和
以
微粒形式存在，
最多可与2 个
配位，其他金属
离子与
的配位可忽略。
（1）“电解”中，反应的化学方程式为 。
（2）“浸取”中，由
形成
的离子方程式为 。
（3）“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过
，从而有利于
的
分离。
（4）“
提取”中，原料液的
浓度越 ，越有利于
的提取；研究表明，原料液酸度过
高，会降低
的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I 室中加入 (填化学式)，以
进一步提高
的提取率。
（5）“调
”中，
至少应大于 ，使溶液中
，有利于
配离子及
晶体的生成。若“结晶”后溶液中
，则
浓度为
。
（6）一种含
、
、
元素的记忆合金的晶体结构可描述为
与
交替填充在
构成的立方体体
心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比
，其立方晶胞的体积
为
。
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【答案】（1）2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑
（2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]-
（3）铁 [FeCl4]-
（4）高 NaCl
（5）3.2 4.0×10-7
（6）2:1:1 8a3
【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F 和少量的Ga、Fe、K、Ca 等元素)进行焙烧，金属转化为
氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM
提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II 室并转化为Ga3+，II 室溶液进一步处理得到镓，I 室溶液加入含F-的废液
调pH 并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝；
【解析】（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑；
（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-；
（3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM 是一种新型阴离子交
换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过
LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga 的分离；
（4）“LAEM 提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga 的
提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I 室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提
高Ga 的提取率；
（5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)=
=10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=
×10-3.2<10-
3.2mol/L，故pH 至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中
c(Na+)=0.10mol L
⋅
-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为
=4.0×10-
7mol L
⋅
-1；
（6）合金的晶体结构可描述为Ga 与Ni 交替填充在Co 构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取
Ga 为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni 处于晶胞棱心和体心，Ga 和Ni 形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞
中Ga 和Ni 形成的8 个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni 个数为4，Co 个数为8，粒子个数最简比
Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga 之间（或最近的Ni 之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为
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8a3nm。
【提分秘籍】
1．物质分离提纯四原则
不增
不引入新的杂质
不减
不减少被提纯的物质
易分离
被提纯物与杂质易于分离
易复原
被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。
2．解题方法
从试题中找出想要什么，要除去的杂质有哪些；加入的试剂都与哪些物质发生了反应，转化成了什么物
质；怎样操作才能将杂质除去(注重信息的提取与加工)。核心是杂质的去除要彻底。
3．明确常用的提纯方法
（1）水溶法：除去可溶性杂质。
（2）酸溶法：除去碱性杂质。
（3）碱溶法：除去酸性杂质或铝及其氧化物。
（4）氧化还原法：除去还原性或氧化性杂质。
（5）加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。
（6）调节溶液pH 法：如除去Cu2＋中混有的Fe3＋等。
4、明确常用的分离方法
（1）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。
（2）萃取和分液：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，如用CCl4或苯萃取溴水中
的溴。
（3）蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。
（4）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。
（5）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。
（6）冷却法：利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。
5．答题模板
（1）除杂：除去……中的……
（2）干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……
（3）增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流
速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。
（4）加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。
（5）温度不高于××℃的原因，适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、
NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。
（6）从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：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)、干燥。
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（7）从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：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。
（8）控制某反应的pH 使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH 所用试剂为主要元素对应的氧化
物、碳酸盐、碱，以避免引入新的杂质；pH 分离时的范围确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围
过大导致主要离子开始沉淀。
（9）减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分
解、挥发。
（10）检验溶液中离子中是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无
沉淀生成，则离子沉淀完全。
（11）洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3 次。
（12）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，向其中滴入某试剂，若未出现
特征反应现象，则沉淀洗涤干净。
（13）洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。
（14）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。
（15）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。
（16）蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl 气流
中进行。
（17）事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的(如氧气)防止某物质被氧化。
【变式演练】
【变式2-1】（2025·浙江杭州·模拟预测）铜阳极泥(主要含有铜、银、金、铅等单质)是一种含贵金属的可
再生资源，一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如上图(所加试剂均过量)：
已知：①溶液2 中
的主要存在形式为
②
请回答：
（1）沉淀B 的主要成分为 (填化学式)，从氧化还原的角度分析，步骤5 中
体现的性质是
。
（2）步骤2 中单质金发生反应的离子方程式为 。
（3）下列说法正确的是_______。
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A．步骤1 中加入
的主要作用是使溶解出的
转化为
沉淀
B．步骤1 可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌、改用浓硫酸等方式加快反应速率
C．溶液1 可经浓缩后蒸发结晶，趁热过滤取滤渣，得到胆矾粗产品
D．溶液4 若返回步骤3 中循环使用，需补加
以保证银的浸出率
（4）
溶液中含硫微粒物质的量分数与
的关系如图所示。
步骤4 中加入稀硫酸调节溶液
可析出
，请用离子方程式表示析出
的原因： 。
（5）工业上变废为宝获得
的另一途径是：在铅酸蓄电池废料中加入
作为催化剂，将废料转化
为
，涉及的反应如下：
①
②
已知
和
难溶于
，通过对比有无催化剂的实验组，观察不到明显差异。请设计实验，证明
的催化作用，写出操作和现象。 。
【答案】（1）AgCl、PbSO4 还原性
（2）
（3）AD
（4）
（5）向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红
色褪去，可证明Fe2+为催化剂
【分析】铜阳极泥中含有铜、银、金、铅等单质，经过步骤1 后，铜溶解得到硫酸铜溶液即溶液1，银与
铅溶解后分别得到氯化银与硫酸铅沉淀，金不溶即沉淀A 为氯化银、硫酸铅、金，经过步骤2 后，Au 与
氯离子形成配合物溶解，所以沉淀B 为氯化银与硫酸铅，经过步骤3，氯化银溶解
得到溶液3，经过步骤4 得到氯化银沉淀；步骤5 加入甲醛，将
还原为银单质，得到的亚硫酸钠溶液可以重复利用。
【解析】（1）由分析可知，沉淀B 为AgCl、PbSO4，步骤5 中HCHO 主要作用是将
中的银离
子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性；故答案为：AgCl、PbSO4；还原性；
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（2）单质金在HCl 酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子
方程式为
；故答案为：
；
（3）A．步骤1 中加入NaCl 主要作用是使溶解出Ag+的转化为AgCl 沉淀，A 正确；B．步骤1 可通过粉
碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜
溶解，B 错误；C．溶液1 是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C 错误；D．
溶液4 含有
，溶液4 可返回步骤3 中循环使用，但甲醛做还原剂，被氧化为甲酸使溶液4 呈酸性，可
能发生反应
，故需补加
中和酸，以保证银的浸出率，D 正确；故答案为：
AD；
（4）步骤4 中加入稀硫酸调节溶液pH=4 时，由图可知此条件下主要存在亚硫酸氢根，银离子将从配合物
中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为
；
故答案为：
；
（5）反应①中亚铁离子被氧化成铁离子，反应②中铁离子又被还原生成亚铁离子，整个过程中，亚铁离
子的质量不变，因此，只要证明反应后的溶液中有Fe2+，无Fe3+即可证明
的催化作用，故操作方法和
现象是：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，
红色褪去，可证明Fe2+为催化剂；故答案为：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量
PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂。
【变式2-2】（2025·四川·一模）钴的用途非常广泛，主要用于电动汽车、可再生能源和电子设备等行业。
用某炼锌厂产生的钴渣(含Co、Pb、Cu、Cd、Fe、Mn 等金属元素的化合物)为原料回收钴和
。其工
艺流程如下：
已知：常温下：饱和
溶液中：
；
；
请回答下列问题：
（1）
中S 的化合价为 ；基态Co 原子的价层电子排布图为 。
（2）滤渣2 中主要成分的化学式为 。
（3）提高“酸浸”的浸出率可采用的措施有 (写2 条)。
（4）“沉铁”步骤中加入
的目的是 ；写出其反应的离子方程式 。
（5）“滤液5”中的钴以
形式存在，则生成
的化学方程式为 。
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（6）若“滤液1”中
，加入
溶液时，为了防止产生CoS 沉淀，应控制溶液的pH
不超过 (已知：
)。
【答案】（1）+6
（2）CuS
（3）钴渣粉碎、适当增加硫酸的浓度
（4）将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节溶液的pH 除去铁元素
（5）2CoSO4+Na2S2O8+6H2O=2Co(OH)3
+Na2SO4+3H2SO4
（6）1.2
【分析】钴渣(含Co、Pb、Cu、Cd、Fe、Mn 等金属元素的化合物)加过量稀硫酸酸浸，生成硫酸铅沉淀和
含CoSO4、CuSO4、FeSO4、MnSO4的混合滤液1，滤液1 中加Na2S 将铜元素转化为CuS 沉淀，除去铜离
子；然后在除铜液中加入MnO2将铁元素氧化为三价铁，调节溶液的pH 除去铁元素，在净化液中再加入
Zn 置换出Cd 除去；滤液4 中再加
溶液，将锰离子氧化为二氧化锰沉淀除去；滤液5 中加
并调节pH=5，将钴元素转化为氢氧化钴沉淀，再经处理得到Co，据此分析解答；
【解析】（1）
中S 的化合价为+6 价；基态Co 原子的价层电子排布图为
；
（2）由以上分析可知滤渣2 中主要成分为：CuS；
（3）提高“酸浸”的浸出率可采用的措施有将钴渣粉碎、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等；
（4）“沉铁”步骤中加入
的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节溶液的pH 除去铁元素；其反
应的离子方程式：
；
（5）“滤液5”中的钴以
形式存在，则生成
的化学方程式为：
2CoSO4+Na2S2O8+6H2O=2Co(OH)3
+Na2SO4+3H2SO4；
（6）加入
溶液时，为了防止产生CoS 沉淀，则c(S2-)最大=
，
，
，pH=-lg
=1.2。
题组03 化学基本原理类化工流程综合分析
【例3-1】（2024·山东卷）以铅精矿(含
，
等)为主要原料提取金属
和
的工艺流程如下：
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回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的
和
转化为
和
及单质硫。溶解等物质的量的
和
时，消耗
物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时
挥发外，
另一目的是防止产生 (填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的
沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属
，“电解I”阳
极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是 。
（4）“置换”中可选用的试剂X 为 (填标号)。
A．
B．
C．
D．
“置换”反应的离子方程式为 。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。
【答案】（1）1:1 H2S
（2）热浸
（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+
（4）C
（5）阳极
【分析】本题以铅精矿(含
，
等)为主要原料提取金属
和
， “热浸”时，难溶的
和
转化为
和
及单质硫，
被还原为Fe2+，过滤I 除掉单质硫滤渣，滤液中
在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为
，电解得到Pb；过滤II 后的滤液成分主要为
、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3
还原为FeCl2，试剂X 将
置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X 为铅，尾液为FeCl2。
【解析】（1）“热浸”时，
将
和
中-2 价的硫氧化为单质硫，
被还原为Fe2+，在这个过
程中Pb 和Ag 的化合价保持不变，所以等物质的量的
和
时，S2-物质的量相等，所以消耗
的物
质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的
沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为
，电解
溶液制备金
属
，
在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在
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热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精
矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X 可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X 应为Pb，发生的
反应为：
。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能
作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到
Pb，所以电极板应作阳极。
【例3-2】（2023·天津卷）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个
阶段。
Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。
（1）硫磺(
)的晶体类型是 。
（2）硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一
阶段，会导致 (填序号)。
a.硫的消耗量增加 b.SO2产率下降 c.生成较多SO3
（3）SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式 。随温度升高，SO2
的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。
（4）从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 。
Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工
艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将
气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段
转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到
97％。
（5）气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 。升高温度后的气体都需要降温，其
目的是 。
（6）采用四段转化工艺可以实现 (填序号)。
a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率
b．使反应达到平衡状态
c．节约能源
Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。
（7）SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。
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据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度 ，温度 。
（8）用32 吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是
97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸 吨。
【答案】（1）分子晶体
（2）ab
（3）2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)
降低
（4）降低反应活化能
（5）反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率
（6）ac
（7）98.3% 60℃
（8）94
【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化为三
氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸；
【解析】（1）
是硫单质的分子晶体；
（2）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为
硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a 正确；b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低
二氧化硫的生成率，b 正确；c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c 错误；故选ab。
（3）若每生成80g 气体三氧化硫，放出98.3kJ 能量，80g 三氧化硫的物质的量为：80g÷80g/mol=1mol，则
生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3 (g)
；该反
应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低；
（4）催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率；
（5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反
应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，提高
SO2转化率，保证反应速率；
（6）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以
保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a 正确；b．由题目信息可
知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b 错误；c．降温后的气体依次进行后
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三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c 正确；故选ac。
（7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时SO3吸
收率最高；
（8）由题意可知，32 吨含硫元素99%的硫粉物质的量为
，在第一步反应中硫
元素损失了2%，则生成
二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为
了三氧化硫，则生成
三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视
作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为
94 吨。
【提分秘籍】
1．化学反应热效应
化学反应中的热效应主要以热化学方程式的书写和盖斯定律的应用为考查重点。
2．平衡理论主要包括：
平衡理论主要以勒夏物列原理为指导在化工生产中的实际应用。
3．酸碱中和理论和氧化还原反应理论
酸碱中和滴定及拓展的应用----氧化还原反应的滴定和沉淀滴定是考查的重点。
根据氧化还原反应原理进行新情景条件下化学方程式书写是考查的重点。
4．电化学原理
新型原电池是目前高考考查的重点，电解原理的应用和金属腐蚀与防护也是考查的重点。
5．化工流程题的考向：
（1）据流程图或题目提供的反应物和部分生成物书写新情景方程式；
（2）滤渣的成分；
（3）滤液的成分；
（4）核心反应条件的控制和原因；
（5）选择化学除杂试剂及原因；
（6）调PH 值的范围及试剂的选择；
（7）常用的分离方法、实验操作及相关实验仪器；
（8）流程中的物质转化和循环；
（9）有关平衡的问题；
（10）相关化学计算
例如：
溶解平衡理论
水解平衡理论
电离平衡理论
化学平衡理论
平衡理论
22
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1、提高浸出率：粉碎、搅拌、升温、增大酸（或碱）浓度。【化学平衡原理】
2、调节pH 值：控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。【溶解平衡原理】
3、保持酸过量（酸化）的目的：通常是抑制某金属阳离子的水解。【水解平衡原理】
4、温度的控制（可用水浴或冰水浴或油浴来控制） 【化学平衡原理】
5、改变压强：加快反应速率，或促进化学平衡向某个方向移动。【化学平衡原理】
【变式演练】
【变式3-1】（2024·河北石家庄·模拟预测）电解精炼铜过程产生的阳极泥中含有
等物质，具备
很高的回收价值。一种从阳极泥中回收
的流程如图所示。
回答下列问题：
（1）“氧化浸出”时，
发生反应的化学方程式为 为增大氧气在硫酸溶液中的溶解度，可
采取的措施为 。
（2）“再处理”工序的目的为 。
（3）“络合溶解”时，浸渣1 发生反应的离子方程式为 ，该反应的平衡常数
。(已知：
（4）“还原”工序中生成的气体可以循环到 工序中再利用。
（5）浸液2 中
元素以
的形式存在。“沉硒”时，理论上
与
的物质的量之比为
。
（6）“萃取”时，
与萃取剂发生的反应可表示为
(
表示肟类有机物)，
则“反萃取”时应加入的试剂为 (填选项字母)。
A．
B．蒸馏水 C．
（7）“电解”工序中，金属
在 极上沉积。
【答案】（1）
加压
（2）将浸液1 中的
转化为
，提高银的收率
（3）
（4）络合溶解
（5）
（6）C
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（7）阴
【分析】氧化浸出时，铜被氧化为硫酸铜，银转化为微溶的硫酸银，部分硫酸银在浸液1 中，部分在浸渣
1 中，浸液1 中加入氯化钠，硫酸银转化为难溶的氯化银，和浸渣1 合并，通氨络合，形成[Ag(NH3)2]+，用
水合肼还原得到银。浸液2 通SO2，H2SeO3中的Se 被还原为Se，过滤得到硒单质，滤液萃取再反萃取，
最后电解得到铜。
【解析】（1）“氧化浸出”时，
在酸性溶液中被氧气氧化生成硫酸铜，发生反应的化学方程式为：
。气体溶解度随压强增大而增大，为增大氧气在硫酸溶液中的溶解
度，可采取的措施为加压。
（2）由以上分析可知，“再处理”工序的目的为将浸液1 中的
转化为
，提高银的收率。
（3）由以上分析可知，浸渣1 是硫酸银，通氨络合，形成[Ag(NH3)2]+，发生反应的离子方程式为：
Ag2SO4+4NH3=2[Ag(NH3)2]++
。该反应的平衡常数K=
=(2×107)2×1.2×10-5=
。
（4）“还原”工序中水合肼还原[Ag(NH3)2]+得到银，NH3被释放出来，可以循环利用到络合溶解工序中再
利用。
（5）
与
发生反应生成Se 和硫酸，根据电子守恒，
与
的物质的量之比为2：1。
（6）根据萃取的方程式，反萃取时平衡逆向移动，所以可以加入硫酸，增大氢离子浓度，故选C。
（7）“电解”工序中，Cu2+在阴极得到电子生成铜：Cu2++2e-=Cu。
【变式3-2】（2024·河南·三模）
广泛用于生产、生活等方面。以含钴废液(主要含
，还
含少量
、
、
、
等)为原料制备
的工艺流程如图所示：
已知：常温下，
，
，
，
。
回答下列问题：
（1）“电解”中阴极反应式为 。
（2）若
还原产物为
，则生成
至少需要
。
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（3）“除铜”时还原剂为 (填化学式，下同)；已知“除铜”后滤液中
，
，在“除钙镁”中，先生成的沉淀是 。
（4）“沉钴”时分离
操作要快，否则
在潮湿空气中易被氧化成
。写出
在潮湿空气中发生反应的化学方程式： ；操作
在
气氛中完成，
的作用是
。
（5）
的水合物在加热逐步失去结晶水的过程中会呈现不同的颜色：
。
根据其性质设计
的一种用途： 。
（6）测定
样品中结晶水。准确称取
样品溶于水配制成
溶液，准确量
取
所配溶液于锥形瓶中，滴
滴
溶液作指示剂，用
的标准
溶液滴定
至终点，消耗滴定液
。
x=
①
。
②如果滴加
溶液过多或过少，测定结果会产生 (填“系统误差”或“随机误差”)。
【答案】（1）
（2）1 （3）
（4）
抑制
水解
（5）制硅胶含水量的指示剂、制指示空气湿度变化的“变色花”、制显隐墨水、制温度计、制变色水泥
等
（6）2 随机误差
【分析】以含钴废液(主要含
，还含少量
、
、
、
等)为原料制备
：电解
反应析出铜，加入氧化剂后除去铁，再加硫代硫酸钠作还原剂除铜，用氟化物沉淀钙，最后沉钴，加入溶
液是需注意防止氯化钴水解。
【解析】（1）阴极发生还原反应，析出铜：
；
（2）生成
，
失去
电子，根据得失电子守恒，至少需要
；
（3）铜离子变为铜单质，硫代硫酸钠作还原剂；根据离子浓度、溶度积计算，生成
时需要
，生成
时需要
，故先生成
沉淀；
（4）类似
在空气中反应，
在潮湿空气中发生反应的化学方程式：
；氯化氢气体中结晶氯化钴晶体，抑制氯化钴水解；
（5）从指示水蒸气含量、指示温度两个角度设计实验：制硅胶含水量的指示剂、制指示空气湿度变化的
“变色花”、制显隐墨水、制温度计、制变色水泥等；
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（6）①根据反应式，原样品的物质的量：
，
，
；
②根据溶度积判断，若滴加指示剂过多，提前到达滴定终点，测得结果偏高，若滴加指示剂较少，会延迟
到达终点，测得结果偏小，这些误差都属于操作不当引起的，统属于随机误差。
题组04 图像、图表信息加工类化工流程综合分析
【例4-1】（2024·北京卷）利用黄铜矿(主要成分为
，含有
等杂质)生产纯铜，流程示意图如
下。
（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。
（2）
的作用是利用其分解产生的
使矿石中的铜元素转化为
。
发生热分
解的化学方程式是 。
（3）矿石和过量
按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸
收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；
和
时，固体B 中所含铜、铁的主要物质
如表。
温度/℃
B 中所含铜、铁的主要物质
400
500
①温度低于
，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。
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②温度高于
，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。
（4）用离子方程式表示置换过程中加入
的目的 。
（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的
溶液做电解液，并维持一定的
和
。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）
（3）①温度低于
，随焙烧温度升高，
分解产生的
增多，可溶物
含量增加，
故铜浸出率显著增加 ②温度高于
，随焙烧温度升高发生反应：
，
和
转化成难溶于水的
，铜浸出率
降低
（4）
（5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质
会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量
【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵
生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A
的主要溶质，可以循环利用，固体B 为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤
液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C 和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗
铜再精炼可以得到纯铜。
【解析】（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更
充分；
（2）铵盐不稳定，易分解，
分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为
；
（3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温
度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加；
②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应
4CuFeS2+17O2+2CuSO4
6CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低；
（4）加入
置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为
；
（5）粗铜中含有
杂质，加酸可以除
，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质
会参与放电，则消耗相
同电量时，会降低得到纯铜的量。
【例4-2】（2024·湖南卷）铜阳极泥(含有Au、
、
、
等)是一种含贵金属的可再生资
源，回收贵金属的化工流程如下：
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已知：①当某离子的浓度低于
时，可忽略该离子的存在；
②
；
③
易从溶液中结晶析出；
④不同温度下
的溶解度如下：
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
回答下列问题：
（1）Cu 属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
（2）“滤液1”中含有
和
，“氧化酸浸”时
反应的离子方程式为 ；
（3）“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的
：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，
浓度不能超过
。
（4）在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，两种离子分布分数
随
浓度的变化关系如图所示，若
浓度
为
，则
的浓度为
。
（5）滤液4 中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序
需在
℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
【答案】（1）ds 3d104s1
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（2）
（3）①使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl 转
化为
②0.5
（4）0.05
（5）
高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞
管道，难以实现连续生产
【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl 氧化酸浸，由题中信息
可知，滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1 中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1 中加入NaClO、H2SO4、
NaCl，将Au 转化为Na[AuCl4]除去，滤液2 中含有Na[AuCl4]，滤渣2 中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2 中加
入Na2SO3，将AgCl 转化为
和
，过滤除去PbSO4，滤液3 中加入Na2S2O4，将
Ag 元素还原为Ag 单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4 中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。
【解析】（1）Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族，位于ds 区，其基态原子的价电子排布式为
3d104s1，故答案为：ds；3d104s1；
（2）滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se 与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成
、
和
，反应的离子方程式为：
，故答案为：
；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导
致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl 转化为
；
②由题目可知
，在“除金”工序溶液中，若
加入过多，AgCl 则会转
化为
，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol L
⋅
−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl 发生转
化，则令
，由
，可得
，即
浓度不
能超过
，故答案为：0.5；
（4）在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，溶液中存在平衡关
系：
，根据图可知当
时，此时
，则该平衡关系的平衡常数
，当
时，
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，解得此时
，故答案
为：0.05；
（5）由分析可知滤液4 中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下
的溶解度可知，高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，故答
案为：
；高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管
道，难以实现连续生产。
【提分秘籍】
1．图象题类型
（1）单一曲线型 2.多重曲线型
解决图象题的基本思路：
①会识图：一看面、二看线、三看点（弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线
的变化趋势）。
②会析数：分析数据、图象中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学
语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答。
2．表格题类型
解决表格题的关键
（1）理解表格中各个列项中文字、数字信息点的意义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。
（2）理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问
题。
3．图表信息试题的问题解决的方法归纳：
①应用分析归纳的方法，得出表格数据中蕴涵的具有本质性的规律：
②应用观察方法，准确理解图示中纵横轴代表的含义，并能结合化学知识分析判断曲线的走向趋势及起
点、拐点、水平线含义；
③注意信息的情景化：理解所给信息作什么用？
④注意信息与基础知识间的有机联系
4、实例分析
（1）浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。则适宜的浸出时间和液固比分
别为60min、3。
（2）“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图1 所示。由图可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验
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条件为100℃、2.8h
左右
（3）酸浸时，若使钛的浸出率(η)达到90%，则根据图2 工业上应采取的适宜条件是硫酸浓度和液固比的
取值分别约为40%、6 ：
1 。
（4）图3 为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响，仅据图中信息，黄铁矿的质量分数应保持在40%
左
右。
（5）溶液温度和浸出时间对钴的浸出率影响如图4 所示，则浸出过程的最佳条件是75℃，30min。
【变式演练】
【变式4-1】（2024·四川眉山·一模）氯化铵焙烧菱锰矿(主要成分为
，含少量Fe、Al、Ca、Mg 等
元素)制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol•L-1]形成氢氧化物沉淀时的pH 如下：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.5
10.6
8.1
9.6
沉淀完全的pH
5.2
3.7
9.7
12.6
10.1
11.6
②常温下，
的溶度积分别为
回答下列问题：
（1）基态锰原子的电子排布式为 ，
的空间结构为 。
（2）由下图可知，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件：m(NH4Cl)：m(菱锰矿粉)=1.10：1，500℃焙烧60min，
不选用600℃焙烧90min 的原因是 。
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（3）焙烧产生的CO2和NH3可用于工业制备纯碱，操作时应先向饱和食盐水中通入过量的 (填
化学式)。
（4）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为
；若溶液中金属离子浓度均为0.1mol·L-1，调节溶液pH 使
沉淀完全，此时溶液的pH 范围为
，再加入NH4F 沉淀Ca2+、Mg2+，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，当
时，
(保留两位有效数字)
（5）碳化结晶时，发生反应的离子方程式为 。
（6）流程中能循环利用的固态物质是 (填化学式)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2 平面正三角形
（2）500℃焙烧60min 时，Mn 浸出率已经很高，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，生产
成本增大
（3）NH3
（4）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 5.2-8.1 5.1×10-6
（5）Mn2++2HCO =MnCO3↓+CO2↑+H2O
（6）NH4Cl
【分析】将菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧，将金属元素转化为金属氯化物，焙砂加水溶解浸出、过滤
得到浸出渣和浸出液；浸出液“净化除杂”得到氯化锰溶液，向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵溶液碳化结
晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰滤饼和氯化铵溶液；氯化铵溶液蒸发结晶得到
可以循环使用的氯化铵，碳酸锰滤饼干燥得到碳酸锰产品。
【解析】（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；碳酸根离子中碳
原子的价层电子对数：
、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面正三角形；
（2）由图可知，500℃60min 时，锰元素的浸出率已经很大了，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变
化不大，还会增加生产成本，所以氯化铵焙烧不选用600℃焙烧90min；
（3）碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与饱和食盐水反应，所以焙烧产生的二氧化碳和氨气通入饱和
食盐水时，应先向饱和食盐水中通入溶解度大的氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳可以增大二氧化碳
的溶解度，有利于碳酸氢钠的生成；
（4）浸出液“净化除杂”过程为首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，根据得失电子守恒及电荷守恒，反应
离子方程式：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；调节溶液pH 在5.2-8.1 范围内，使Fe3+、Al3+沉淀完
全，再加入NH4F 沉淀Ca2+、Mg2+，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，过滤得到氯化锰溶液；由溶度
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积可知，溶液中钙离子为1.0×10-5mol/L 时，溶液中的c2(F-)=
=1.46×10-5mol2/L2，则溶液中的镁
离子浓度为
=5×10-6mol/L；
（5）由分析可知，加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程
式为Mn2++2HCO =MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（6）由分析可知，可以循环使用的固体物质是氯化铵。
【变式4-2】（2024·广东肇庆·一模）废锂离子电池正极材料中含有钴、镍、锂等金属，具有较高回收价
值，对其进行无害化处理并回收具有重要意义。一种回收钴、镍、锂的工艺流程如下：
已知：①废锂电池正极材料成分为
、
、
及
、
的化合物。
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的
如下表所示：
金属离子
开始沉淀时(
)的
2.7
3.2
6.6
6.7
7.8
沉淀完全时(
)的
3.7
5.0
9.2
9.5
10.4
③
为淡绿色固体，
为玫红色固体。
回答下列问题：
（1）“浸出”过程中钴元素转化为
，该反应的化学方程式为 。此过程若用浓盐酸代替
和
，其缺点除因其挥发性导致利用率降低外，还有 (写一点)。
（2）如果“浸出”后溶液中
、
、
浓度均约为
，则“调
”过程中调节溶液的
时，滤渣的主要成分为 。
（3）“除钴”时水相
和
浓度会影响钴、镍分离效果，根据下图选择“除钴”的最佳条件：水相
，
。
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（4）判断沉镍母液中
已沉淀完全的操作为 。
（5）“反萃取”过程发生反应
，则反萃取剂为 (填化学式)。
（6）高温高压下向固态
中通入气态
可制得电池的电解质
，制备前需将
处理为多孔材料，
原因为 ；制得的
。中所含化学键类型为 。
【答案】（1）
可以被
、
等氧化成有毒的
，污染环境
（2）
、
（3）5.2 0.25
（4）取适量沉镍母液于试管中，滴加
溶液，若无淡绿色固体产生，说明
已沉淀完全
（5）
（6）增大气固接触面积，提高产率 离子键、极性共价键
【分析】由题给流程控制，向废旧锂电池的正极材料中加入硫酸和过氧化氢的混合溶液浸出，将金属元素
转化为可溶的金属硫酸盐，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离
子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入P204
萃取、分液得到除去锰离子水相，向水相中加入P507 萃取、分液得到钴萃余液和载钴有机相；向钴萃余
液中加入氢氧化钠溶液反萃取、过滤得到氢氧化镍和沉镍母液；向沉镍母液中加入氢氟酸，将溶液中的锂
离子转化为氟化锂沉淀，过滤得到氟化锂；向载钴有机相中加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液得到含有硫酸
亚钴的反萃取液；反萃取液经处理得到硫酸亚钴。
【解析】（1）“浸出”过程中钴元素转化为亚钴离子发生的反应为钴酸锂与硫酸和过氧化氢混合溶液反
应生成硫酸锂、硫酸亚钴、氧气和水，反应的化学方程式为
；浓盐酸具有还原性，若用浓盐酸代替硫酸和
过氧化氢混合溶液，浓盐酸会与钴酸锂、镍酸锂等发生氧化还原反应生成有毒的氯气污染环境，故答案
为：
；
可以被
、
等氧化成有
毒的
，污染环境；
（2）由表格数据可知，调节溶液pH 为5 的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝
沉淀，故答案为：
、
；
（3）由图可知，水相pH 为5.2、c(P507)为0.25 时钴、镍萃取率相差最大，所以“除钴”的最佳条件是水
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相pH 为5.2、c(P507)为0.25，故答案为：5.2；0.25；
（4）由题给信息可知，氢氧化镍为淡绿色固体，则判断沉镍母液中镍离子已沉淀完全的操作为取适量沉
镍母液于试管中，滴加
溶液，若无淡绿色固体产生，说明
已沉淀完全，故答案为：取适量沉镍
母液于试管中，滴加
溶液，若无淡绿色固体产生，说明
已沉淀完全；
（5）由分析可知，加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液的目的是得到含有硫酸亚钴的反萃取液，故答案为：
；
（6）制得电池的电解质LiPF6前需将氟化锂处理为多孔材料可以增大气固接触面积，提高产率；由化学式
可知，LiPF6中含有离子键、极性共价键，故答案为：增大气固接触面积，提高产率；离子键、极性共价
键。
1．（2024·海南卷）锰锌铁氧体(
)元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电
子产品中的锰锌铁氧体制备
、ZnO 和
，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如
下：
回答问题：
（1）氨浸的作用是将 元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。
（2）煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是 。
（3）沉锰反应的离子方程式为 。某次实验时，将原料中的Mn 以
形式定量沉淀完全，
消耗了
，并产出
(纯度为99.9%)，则该原料
化学式中
。
（4）沉铁时，选择
是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐 (填化学式)。该钾盐在种植业中
的一种用途是 。
（5）通过加入
固体，除去滤液中危害环境的
，已知
，
。反应
的平衡常数为 。
【答案】（1）Zn
（2）氨水
（3）
或不含结晶水形式 0.75
（4）
钾肥或其他合理用途
（5）
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【分析】锰锌铁氧体经过氨浸后，分离得到的溶液B 经煮沸得到氢氧化锌，则氨浸的作用是将锌元素转移
到溶液B 中，将分离得到的固体A 溶于硫酸，得到含锰、铁元素的溶液；沉锰过程中，
与
发
生归中反应生成
；由于加入铁粉还原，则溶液C 主要含三价铁离子，铁粉将铁离子还原为二价
铁离子，加入
沉铁，将二价铁离子转化为
。
【解析】（1）由分析可知，氨浸的作用是将Zn 元素有效转移到水溶液中。
（2）由分析可知，溶液B 含有配合物，煮沸溶液B 后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶
液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。
（3）根据沉锰前后物质可知，沉锰反应的离子反应式为
（便于后续计算）或不含结晶水；由离
子反应式可知，消耗了
，则锰锌铁氧体中
，
，由锰锌铁氧体化学式可知，
，化合价代
数和为0，则
，解的
。
（4）由分析可知，用硫酸溶解固体A 后，溶液中存在大量硫酸根，选择
可以从滤液中回收有价值
的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。
（5）平衡常数
。
2．（2024·陕西西安·模拟预测）钛白粉(纳米级
)广泛用作功能陶瓷、催化剂、化妆品和光敏材料等白
色无机颜料，是白色颜料中着色力最强的一种，具有优良的遮盖力和着色牢度，适用于不透明的白色制
品。以钛铁矿(主要成分为
、MgO)为原料制备高纯度钛白粉，同时得到绿矾的工艺流程如图。
已知：常温下，稀硫酸几乎与
不反应。钛元素在整个流程中化合价没有变化。
（1）稀硫酸浸出的目的是 。
（2）下图分别为不同固液比、温度下滤渣与热浓硫酸反应时的Ti 浸出率，据图分析，最适合的固液比和
温度分别是 、 。
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（3）若用浓硫酸浸出后Ti 元素的存在形式为
，则浓硫酸与
反应的化学方程式为 。
（4）“一系列操作”包括 ，过滤，洗涤，干燥。得到的绿矾先用稀钛液洗涤，再用冰水洗涤。用
冰水洗涤的优点是 。
（5）将钛液加热煮沸的目的是 。
（6）若取10kg 钛铁矿(
的质量分数为95%，)经过上述流程(钛元素在整个流程中损失率为5%)，则
可制得钛白粉固体的质量为 kg。
【答案】（1）除去MgO
（2）1 10 160℃
∶
（3）2FeTiO3+6H2SO4
2TiOSO4+Fe2(SO4)3+SO2↑+6H2O
（4）蒸发浓缩、冷却结晶 减少绿矾的溶解，减少损耗
（5）促进TiO2+水解成H2TiO3
（6）4.75
【分析】钛铁矿(主要成分为FeTiO3、MgO)用稀硫酸浸出时MgO 转化为MgSO4，过滤，滤渣中加入热浓
硫酸反应2h 后得到Fe2(SO4)3、TiOSO4的混合液，加入铁粉将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，过滤，滤液经一系
列操作得到FeSO4∙7H2O 和钛液，钛液经加热煮沸、过滤后得到废液和H2TiO3固体，H2TiO3固体水洗、煅
烧得到TiO2。
【解析】（1）常温下，稀硫酸几乎与FeTiO3不反应，结合分析，稀硫酸浸出的目的是：除去MgO，将
MgO 溶解转化成MgSO4。
（2）根据图可知，当固液比为1 10
∶
、浸出温度为160℃时钛浸出率已经较高，故最适合的固液比和温度分
别是1 10
∶
、160℃。
（3）钛元素在整个流程中化合价没有变化，若用浓硫酸浸出后Ti 元素的存在形式为TiO2+，浓硫酸具有强
氧化性，将FeTiO3中+2 价的Fe 元素氧化成+3 价，浓硫酸被还原成SO2，根据得失电子守恒和原子守恒，
浓硫酸与FeTiO3反应的化学方程式为2FeTiO3+6H2SO4(浓)
Fe2(SO4)3+2TiOSO4+SO2↑+6H2O。
（4）从FeSO4、TiOSO4的混合液中获得FeSO4∙7H2O 的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，
洗涤，干燥。得到的绿矾先用稀钛液洗涤，再用冰水洗涤，用冰水洗涤的优点是减少绿矾的溶解，减少损
耗。
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（5）钛液为TiOSO4溶液，其中存在水解平衡TiO2++2H2O
H2TiO3+2H+，加热煮沸的目的是促进TiO2+水
解成H2TiO3。
（6）根据Ti 守恒，可制得钛白粉固体的质量为
=4.75kg。
3．（2024·广西卷）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(
，含
和CuO 等杂质)制
备光电材料
的流程如下。回答下列问题：
已知：
物
质
（1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和
，其主要作用是 。为提高“浸取”速率，可采取
的措施是 (任举一例)。
（2）“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。
（3）常温下，用
调节溶液pH 至
时，可完全沉淀的离子有 (填化学式)。
（4）“X”可选用_______。
A．
B．
C．Zn
D．
（5）若用
替代
沉锰，得到
沉淀。写出生成
的离子方程式
。
（6）
立方晶胞如图，晶胞参数为
，该晶体中与一个
紧邻的
有 个。已知
为阿
伏加德罗常数的值，晶体密度为
(用含
的代数式表示)。
【答案】（1）把二氧化锰还原为硫酸锰 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等
（2）SiO2
（3）Al3+
（4）D
（5）
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（6）4
【分析】软锰矿含有
和少量
、CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和
。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化
铝、氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节
pH 生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS 沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应
生成碳酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为
。
【解析】（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和
，其主要作用是把二氧
化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅
拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)=
，pH 约为8.4；Al3+完全沉淀时，
c(OH-)=
，pH 约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=
，pH 约为
6.7；常温下，用
调节溶液pH 至
时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X 的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S 不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子
都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用
，选D。
（5）若用
替代
沉锰，得到
沉淀，反应的离子方程式为
。
（6）1 个晶胞中含有1 个K+，根据化学式
可知，1 个晶胞中含有1 个Mn、3 个F-，可知晶胞顶点上
的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个
紧邻的
有4 个；已知
为阿伏加德罗常数的值，晶体密
度为
。
4．（2024·广东·二模）“永磁之王”钕铁硼因超强的磁性被广泛应用于新能源汽车等领域。从钕铁硼废料
中提炼稀土金属钕(Nd)的工艺流程如下图所示。
已知：①钕铁硼废料主要成分为钕和铁，“氧化焙烧”后钕和铁主要以
和
的形式存在。
②“选择性浸出”中主要元素的浸出率如下图所示。
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③金属离子完全沉淀时，其浓度为
。
（1）“浸出渣”的主要成分为 (填化学式)。
（2）“浸出液”中仍有少量
，极易被P507 萃取液萃取进入有机相，故需继续氧化除铁。工业上可用
作氧化剂，反应的化学方程式为 ；已知常温下，
的
为
，要使
完
全沉淀，pH 至少应调至 。
（3）“萃取”是用酸性磷酸酯P507(用HA 表示)和煤油的混合液作萃取剂，其萃取原理为
。溶液初始pH 以及P507 的浓度对萃取率的影响如下图所示。请从平衡
移动的角度解释萃取率随初始pH 的减小而减小的原因： 。“萃取”操作条件应选的最佳pH 以及
与P507 浓度之比为 。
A．2.0
B．2.5
C．3.0
（4）“沉钕”过程中得到
晶体，反应的离子方程式为 。
（5）在钕铁硼表面电镀氧化铈薄膜可增强其抗腐蚀性。氧化铈的立方晶胞结构如下图所示，其晶胞参数
为anm。氧化铈的化学式为 ；晶体中与Ce 最近且等距的Ce 的个数为 ；已知
为阿伏加
德罗常数的值，则该晶体的密度为
(列出算式)。
【答案】（1）
（2）
3.0
（3）溶液pH 减小，即溶液中
浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的萃取效率 B
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（4）
（5）
12
【分析】钕铁硼废料主要成分为钕和铁，“氧化焙烧”后钕和铁主要以
和
的形式存在，加入
盐酸酸浸后，根据浸出滤图可知，
浸出滤随时间而增大，则滤出液主要含
，
的浸出滤逐渐降
低，则浸出渣主要成分为
；用P507 萃取
，加入
沉钕得到
晶
体，经过煅烧后得到
；
【解析】（1）由分析可知，浸出渣的主要成分为
；
（2）
作氧化剂，可将
氧化为
，化学方程式为
；要使
完全沉淀，则溶液中
，
，
，则
至少应调到
3.0；
（3）由萃取平衡式可知，溶液pH 减小，即溶液中
浓度增大，使得萃取平衡逆向移动，降低萃取剂的
萃取效率；由溶液初始pH 以及P507 的浓度对萃取率的影响图可知，当
后，
时的萃取率接近百分百，高于其余两种条件，故选B；
（4）“沉钕”过程的离子方程式为
；
（5）根据晶胞结构图可知，含有
个
，含有8 个
，则氧化铈的化学式为
；晶体中
与Ce 最近且等距的Ce 的个数为12；则该晶体的密度
。
5．（2024·福建卷）锂云母的主要成分为
，实验室探索一种碱浸分解锂云
母制备
的工艺流程如下：
（1）“高压浸出”中：
①“滤渣1”中卤化物Y 为 。(填化学式)
②一定条件下，元素浸出率与
用量的关系如图，为提高锂浸出率，
最佳用量为 g。(保留
小数点后一位)
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③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下：
i．尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触
ii．尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入
一定条件下，颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是
。
（2）“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为 。
（3）“沉淀转化”反应
的平衡常数
。
(列出计算式)已知：
时，
。
（4）“操作Z”为加热、趁热过滤和 ；趁热过滤的主要目的是 。(
分解温度约为
)
（5）
的晶胞结构如图所示。
①晶体中与一个O 紧邻的
有 个。
②一个
与所有紧邻O 形成的空间结构为 。
③晶体中微粒间作用力有 。(填标号)
a．氢键 b．离子键 c．金属键 d．范德华力 e．极性共价键 f．
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非极性共价键
【答案】（1）
4.5 该条件下ii 的影响程度大于i 的影响程度
（2）
（3）
（4）蒸发结晶 除去
杂质
（5）4 四面体形 bde
【分析】锂云母的主要成分为
，加入氢氧化钠、氧化钙、水高压浸出，得
到铝硅酸盐沉淀和氟化钙沉淀，所得滤液加少量氧化钙进一步净化过滤后，所得滤液中主要含氢氧化锂，
以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，向滤液中加入磷酸生成磷酸锂沉淀，过滤分离，向沉淀中加入氢氧化钙
溶液，转化得到磷酸钙沉淀和氢氧化锂溶液，过滤所得滤液2 中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化
钙，通过加热、趁热过滤除去氢氧化钙，滤液蒸发结晶得到氢氧化锂固体，据此分析。
【解析】（1）①“高压浸出”中，加入的
与水反应生成氢氧化钙，电离出的
与
生成难溶的
；
②结合图中曲线，锂的浸出率最大时，
的最佳用量约为4.5g；
③只考虑i 的影响，尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触，锂的浸出率越大；只考虑ii 的影
响，尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入，锂的浸出率越小，区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺
寸减小而降低，说明ii 的影响程度大于i 的影响程度；
（2）净化后的滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，“沉锂”加入磷酸生成磷酸锂
的化学方程式为：
；
（3）“沉淀转化”反应
的平衡常数
；
（4）滤液2 中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，
加热升温会析出氢氧化钙晶体，故趁热过滤的主要目的是除去
杂质；除杂后的滤液主要含
，通过蒸发结晶得到
固体；
（5）根据
的晶胞结构及其x 轴方向投影图可知，在晶胞中Li 位于8 个顶点和上、下底面的2 个面
心，O 位于前、后、左、右4 个侧面上，晶体为层状结构。①晶体中与一个O 紧邻的
有4 个，①晶体中
与一个
紧邻的O 也有4 个；②因为∠O-Li-O=129°，故一个
与所有紧邻O 形成的空间结构为四面体形
而非正四面体形；③由于O 无法提供价层孤电子对，且层间距离远，
间不能形成氢键；
为离子
化合物，不存在金属键；
与
间存在离子键；根据
晶体呈层状结构，层间存在范德华力；O-H
属于极性共价键；故晶体中微粒间作用力有bde。
6．（2024·吉林长春·模拟预测）钒的用途十分广泛，有金属“维生素”之称。以含钒石煤（主要成分为
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V2O3、V2O4，杂质有SiO2、FeS2 及Mg、Al 、Mn 等化合物）制备单质钒的工艺流程如图所示。
已知：①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀时和完全沉淀时的pH 如下表所示：
金属离子
Fe3
＋
Mg2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀时pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀时pH
3.2
9.0
4.7
10.1
②
，
，
远大于
。
回答下列问题：
（1）基态V 的价层电子排布式为 。
（2）“焙烧”时，V2O3、V2O4都转化为Ca(VO3)2，写出V2O4转化为Ca(VO3)2的化学方程式为
。
（3）“水浸”加入过量Na2CO3不能使CaSiO3完全转化为CaCO3，用沉淀溶解平衡原理解释原因是
。（一般情况下，K≥105，化学上通常认为该反应进行完全了）。
（4）“离子交换”与“洗脱”可表示为
，[RCl4]为强碱性阴离子交换
树脂，
为
在水溶液中的实际存在形式，则“洗脱”过程中“淋洗液”最好选用 。
（5）“沉钒”过程析出NH4VO3晶体，需要加入过量NH4Cl，目的是 。
（6）酸性条件下，
可聚合得到多种复杂阴离子。一种阴离子（如图）由4 个“VO4”四面体（位于体
心的V 为+5 价），通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为 。
（7）某全矾电池以惰性材料作电极，在电解质溶液中发生的电池总反应为：
，放电时，正极反应为
；充电时，反应每生成2mol H＋时电子转移数为 mol。
【答案】（1）3d34s2
（2）2V2O4+O2+2CaCO3
2Ca(VO3)2+2CO2
（3）
，其平衡常数K=
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＜105，不能完全转化
（4）饱和NaCl 溶液
（5）利用同离子效应，促进NH4VO3晶体的析出，提高沉钒率
（6）
（7）
+2H＋＋e－＝VO2＋＋H2O 1
【分析】含钒石煤(主要成分为V2O3、V2O4，杂质有SiO2、FeS2及Mg、Al、Mn 等化合物)中加入CaCO3、
通入O2焙烧，V2O3、V2O4都转化为Ca(VO3)2，同时SiO2被转化为CaSiO3，水浸并加入Na2CO3调节pH 使
Fe3+和Al3+沉淀完全，进行离子交换，将
转化为
，再加入淋洗液进行洗脱，将
转化为
，从而进行净化，再加入NH4Cl 沉钒，得到NH4VO3；煅烧NH4VO3，再加入Ca 进行冶炼得
到单质钒，据此解答。
FeS2被转化为Fe2O3，
【解析】（1）V 为23 号元素，其价层电子排布式为3d34s2；
（2）“焙烧”时，V2O3、V2O4都转化为Ca(VO3)2，则V2O4与O2发生氧化还原反应生成Ca(VO3)2，反应的
化学方程式为：2V2O4+O2+2CaCO3
2Ca(VO3)2+2CO2；
（3）CaSiO3与CaCO3沉淀转化的离子方程式为：
，其平衡
常数K=
＜105，该反应没有完全进行，说明CaSiO3不能完全转化为
CaCO3，则用沉淀溶解平衡原理解释原因是：
，其平衡常数
K=
＜105，不能完全转化；
（4）
为
在水溶液中的实际存在形式，因此“洗脱”过程是使反应
逆向进行，即需要加入氯离子，为了不引入其他杂质，最好选用饱和
NaCl 溶液；
（5）NH4VO3存在沉淀溶解平衡，加入过量NH4Cl，有利于平衡向生成沉淀的方向移动，促进NH4VO3晶
体的析出，提高沉钒率。所以“沉钒”过程析出NH4VO3晶体，需要加入过量NH4Cl，目的是：利用同离
子效应，可以促进NH4VO3晶体的析出，提高沉钒率；
（6）由图可以看出，4 个“VO4”四面体，V 位于四面体体心，因此V 原子个数为4，O 原子的个数为4×4-
4=12 个，且V 化合价为＋5 价，O 化合价为-2 价，该阴离子的化合价为：5×4＋(-2)×12=-4，则该阴离子的
化学式为
；
（7）根据总反应式可知，放电时，正极上
被还原生成VO2+，正极反应为：
+2H＋＋e－=VO2＋＋
H2O。充电时，V3＋转化为V2+，V 的化合价从+3 价降低到+2 价，因此反应每生成2mol H＋时电子转移数为
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1mol。
7．（2024·重庆卷）含钌(
)催化剂在能源等领域应用广泛。
方是制备负载型钌催化剂的
前驱体。一种制备高纯
的技术路线如下(部分试剂、步骤及反应条件略)。
回答下列问题：
（1）已知基态
的核外电子排布式为
，则
在元素周期表中位于第 周期第
族。
中，
的空间结构为 。
（2）为验证
与
形成了配位键，对所得
的表征结果如图所示，表征所用仪器是_______。
A．核磁共振仪
B．质谱仪
C．红外光谱仪
D．X 射线衍射仪
（3）步骤①中无气体生成，除生成
配合物外，生成的盐还有 (填化学式)。
（4）步骤②生成的
为难溶物，反应的化学方程式为 。
（5）步骤③在加入稀硝酸前，需要将难溶物加入
溶液中，以除去残留的
；为使
沉淀完全，
浓度应大于
。(已知
的
)
（6）
受热易分解，在
时完全分解，失重率为
，剩余固体为
的氧化物，则该
氧化物的化学式为 。
【答案】（1）五 Ⅷ V 形
（2）C
（3）KNO3、KCl
（4）
（5）
（6）RuO2
【分析】根据流程可知，第①步发生反应
，第②步发生反应
，第③步发生反应
，据此分析解答。
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【解析】（1）根据Ru 的价电子排布式为[Kr]4d75s1，Ru 在周期表中的位置是第五周期第Ⅷ族；
成键
电子对为2，孤对电子为
=1，价电子互斥模型为平面三角形，空间构型为V 形；
（2）图为吸收波谱的谱图，为红外光谱，测量仪器为红外光谱仪，答案选C；
（3）步骤①中加入NaNO2，亚硝酸钠发生歧化反应，反应无气体生成，根据氧化还原反应配平该反应为
，生成的盐还有KNO3、KCl；
（4）步骤②生成的
为难溶物，反应的化学方程式为
；
（5）为使
沉淀完全，则c(
)＜1×10-5mol/L，
浓度应大于
mol/L
（6）设分解1mol
，其质量为317g，当
时完全分解，失重率为
，剩余固体质量为
317g×(1－58%)=133.14g，根据Ru 守恒，n(Ru)=1mol，其含有的Ru 质量为101g，剩余固体为
的氧化
物，则n(O)=
，即固体中n(Ru) n(O)=1 2
∶
∶，则该氧化物的化学式为RuO2。
8．（2024·山西·模拟预测）高碳铬铁是生产不锈钢、轴承的重要原料，其主要成分是铁、铬、碳的合金，
还含有少量的硅、磷、硫的化合物，以废旧高碳铬铁为原料制备
和
的流程如图所示。
回答下列问题：
（1）铬元素在元素周期表中属于 族元素，基态铬原子价电子排布式为 。
（2）可利用NaClO 溶液吸收，“酸浸”步骤产生的
、
等有害气体，该吸收过程利用了NaClO 的
性。
（3）“调
”步骤中通过加入
将溶液的
调高至2.5，使“沉铁”步骤更有利进行，试分析需
要将溶液
调高的原因 。
（4）“沉铁”前溶液中
的浓度为
，“沉铁”后
的去除率为99%，则“沉铁”后的滤液
中
。(已知：
的溶度积为
。不考虑沉铁前后溶液的体
积变化)
（5）“沉铬”步骤中有
生成，写出生成
沉淀并放出
的反应的离子方程式 。
（6）“研磨”使反应物充分混合，“煅烧”生成
步骤中只有碳元素的价态发生改变，写出该步骤
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的化学方程式 。该步骤中的“煅烧”需要在
氛围中进行，其原因是 。
【答案】（1）第四周期VIB 族 3d54s1
（2）氧化
（3）增大pH，促进H2C2O4电离平衡正向移动，使溶液中
的浓度变大，有利于Fe2+转化为
FeC2O4 2H
⋅
2O
（4）8×10-5
（5）Cr3++3HCO =Cr(OH)3↓+3CO2↑
（6）LiOH+FeC2O4 2H
⋅
2O+NH4H2PO4
LiFePO4+NH3↑+CO2↑+4H2O+CO↑ 防止Fe2+被空气中的氧气
氧化
【分析】铁铬合金主要成分为铁、铬、碳的合金，还含有少量的硅、磷、硫的化合物，加入硫酸进行酸
溶，金属元素转化为相应的金属阳离子进入溶液，S、P 元素转化气态氢化物，滤渣为C、SiO2，加入碳酸
钠先调节pH 便于后续加入草酸，生成FeC2O4 2H
⋅
2O，过滤得到FeC2O4 2H
⋅
2O 晶体，再经过一系列处理得
到LiFePO4，滤液中含有Cr3+，加入碳酸氢铵沉铬得到Cr(OH)3，经煅烧后得到Cr2O3。
【解析】（1）铬元素位于第四周期VIB 族：原子序数为24，基态铬原子的核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d54s1，价 电子排布式为3d54s1；
（2）H2S 中的硫元素，PH3中的磷元素，均为最低价，具有较强的还原性，可被NaClO 氧化，因此利用了
NaClO 的氧化性；
（3）增大pH，促进H2C2O4电离出更多的
有利于Fe2+转化为FeC2O4 2H
⋅
2O；
（4）“沉铁”后溶液中的溶液中c(Fe2+)=
，
；
（5）Cr3+和HCO 在溶液中发生相互促进的水解生成Cr(OH)3沉淀和CO2气体，离子方程式为：Cr3+
+3HCO =Cr(OH)3↓+3CO2↑；
（6）因为只有碳元素的价态发生改变，结合反应物中碳元素为+3 价，推测碳元素发生了歧化反应，故有
CO 和CO2生成，据此写出化学方程式：LiOH+FeC2O4 2H
⋅
2O+NH4H2PO4
LiFePO4+NH3↑+CO2↑+4H2O+CO↑；
Fe2+具有较强的还原性，为了防止FeC2O4 2H
⋅
2O 和LiFePO4中的Fe2+被空气中的氧气氧化，需要在N2氛围
中进行
9．（2024·浙江卷）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为
)的利用有火法和电
解法等。
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已知：①
；
②电解前后
总量不变；③
易溶于水。
请回答：
（1）根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，
中硫元素体现的性质是 (选填
“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B 中有少量
，该物质可溶于浓盐
酸，
元素转化为
，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取
的步骤如下：
加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
（2）下列说法正确的是_______。
A．电解池中发生的总反应是
(条件省略)
B．产物B 主要是铅氧化物与锌氧化物
C．
化合物C 在水溶液中最多可中和
D．
的氧化性弱于
（3）D 的结构为
(
或
)，设计实验先除去样品D 中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探
究X 为何种元素。
①实验方案：取D 的溶液，加入足量
溶液，加热充分反应，然后 ；
②写出D(用
表示)的溶液与足量
溶液反应的离子方程式 。
【答案】（1）还原性 Pb3O4+14HCl(浓)=
+4H2O+Cl2↑ PbO 或Pb(OH)2或PbCO3
（2）AB
（3）①加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白
色沉淀，则有Cl-，反之则有F-
H
②
++SO3X-+3OH-=SO4
2-+X-+2H2O
【分析】铅锌矿(主要成分为
)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn 元素的氧化物，SO2与等物质的量的
ClF 反应得到化合物C，结构简式为
，化合物C(
)水解生成液态化合物D(
，X=F 或Cl)和气态化合物E(HCl 或HF)。
【解析】（1）根据富氧煅烧和通电电解的结果，
中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B
中有少量
，该物质可溶于浓盐酸，
元素转化为
，该反应的化学方程式：
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Pb3O4+14HCl(浓)=
+4H2O+Cl2↑；根据
可得反应：
，要从该反应液中提取
，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且
不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO 或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶；
（2）A． 根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS 生成S、Pb2+和Fe2+，阴极
上PbCl2生成Pb，发生的总反应是：
(条件省略)，A 正确；B． 据分析，铅锌矿(主要成分为
)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn 元素的氧化物，则产物B 主要是铅氧化物与锌氧化物，B 正确；
C． 据分析，化合物C 是
，卤素原子被-OH 取代后生成H2SO4和HCl、HF，则
化合物C
在水溶液中最多可中和4molNaOH，C 错误；D．
的氧化性由+1 价的Cl 表现，Cl2的氧化性由0 价的
Cl 表现，则ClF 的氧化锌强于
，D 错误；故选AB。
（3）①D 的结构为
(X=F 或Cl)，加入足量NaOH 溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，
则实验方案为：取D 的溶液，加入足量NaOH 溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反
应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-；
D(
②
用HSO3X 表示)的溶液与足量NaOH 溶液反应生成Na2SO4和NaX，HSO3X 为强电解质，需要拆开，发
生反应的离子方程式为H++SO3X-+3OH-=
+X-+2H2O。
10．（2024·广东韶关·一模）稀土元素有工业“黄金”之称。钇元素(元素符号
)、镧元素(
)均为稀土
元素。某种从稀土矿中提取
固体的工业流程如下，其中稀土矿渣是稀土矿经初步处理的产品，含有
、
及银的化合物等物质。
已知：ⅰ.
的
，
的
。
ⅱ.草酸根离子
能与
、
反应生成草酸盐沉淀，也能生成可溶于水的配位离子，如
等。
回答以下问题：
（1）酸浸时，
发生反应的离子方程式为 。
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（2）往滤液1 中加入适量
溶液，充分反应，经除杂处理后的溶液可用于 工序中。
（3）一次沉淀时，当溶液中的
恰好完全沉淀时，
。
（4）在隔绝空气条件下，滤渣高温分解时还产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，写出滤渣高温分解的化
学方程式 。
（5）二次沉淀时草酸的丙酮溶液浓度不低于
，若低于
，不仅钇元素沉淀不完全，
产品中还会
有杂质，检验存在杂质的操作及现象是：把少量
产品溶于稀硝酸，取
溶液于试管中， ；
若浓度过大，导致 元素以 (填化学式)微粒的形式进入滤液2，无法达到目的。
（6）镧系元素合金在材料、能源方面应用广泛。某储氢合金的晶体结构及俯视图分别如图(a)、(b)所示，
则
原子在晶胞中的位置是面上和 ，制取该合金时，理论上需要单质
、
的物质的量之比为
。
【答案】（1）
+3H+=Y3++3H2O
（2）一次沉淀
（3）5.0×10-21mol/L
（4）
（5）加入几滴KSCN 溶液，振荡，溶液变为红色 Y 或钇
（6）体心(或体内)1：5
【分析】稀土矿渣中含有
、
及银的化合物等物质，往其中加盐酸酸浸，银的化合物形成浸出
渣，从中可以回收银；
、
与盐酸反应转化为YCl3、FeCl3，往其中通入NH3、加NH4Cl 溶
液，进行一次沉淀，将YCl3、FeCl3转化为Y(OH)3、Fe(OH)3，过滤，往滤渣中加盐酸溶解后，往其中加
H2C2O4的丙酮溶液，进行二次沉淀，将铁元素转化为
，Y 元素转化为Y2(C2O4)3沉淀成为滤渣，
然后洗涤、烘干、高温分解得Y2O3。
【解析】（1）酸浸时，
和盐酸反应生成YCl3和水，发生反应的离子方程式为
+3H+=Y3+
+3H2O；
（2）滤液1 中含有
和Cl-等，所以往滤液1 中加入适量
溶液，充分反应，经除杂处理后的溶液
中含NH4Cl 和NH3•H2O，由流程图可知，可用于一次沉淀工序中；
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（3）一次沉淀时，当溶液中的
恰好完全沉淀时，
，则
；
（4）由分析可知，滤渣为Y2(C2O4)3，在隔绝空气条件下，Y2(C2O4)3高温分解时还产生能使澄清石灰水变
浑浊的气体，即生成CO2，根据得失电子守恒，滤渣高温分解的化学方程式为
；
（5）二次沉淀时草酸的丙酮溶液浓度不低于
，若低于
，不仅钇元素沉淀不完全，
产品中还会
含铁元素的杂质，检验存在杂质的操作及现象是：把少量
产品溶于稀硝酸，取
溶液于试管中，
加入几滴KSCN 溶液，振荡，溶液变为红色；若浓度过大，导致Y 或钇元素以
的形式进入滤液
2，无法达到目的；
（6）由储氢合金的晶体结构及俯视图可知，
原子在晶胞中的位置是面上和体心(或体内)，个数为
，La 位于顶点和棱上，个数为
，则制取该合金时，理论上需要
单质
、
的物质的量之比为2：10=1：5。
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