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专题08 工艺流程综合题
1．（2024 届高考·江西上饶·统考一模）锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船
舶、电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分是
，含少量
、
、
、
等杂质)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：
①“浸取”时，
和
转化为
、
进入溶液。
②
时，
，
③深度除杂标准：溶液中
≤2.0×10-6。
(1)“浸取”温度为
，锌的浸出率可达
，继续升温浸出率反而下降，其原因为 。
(2)“滤渣1”的主要成分为
、 。
(3)“深度除锰”是将残留的
转化为
，写出该过程的离子方程式 。
(4)“深度除铜”时，锌的最终回收率，除铜效果(用反应后溶液中的铜锌比
表示)与
加入量的关系曲线如图所示。
①由图可知，当
达到一定量的时候，锌的最终回收率下降的原因是 (用离子方程式解
释)
1
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②“深度除铜”时
加入量最优选择 (填标号)
A．100% B．110% C．120% D．130%
(5)
原子能形成多种配位化合物，一种锌的配合物结构如图：
①配位键①和②相比，较稳定的是 。
②基态
原子的价电子排布式为 ，位于元素周期表中 区。
③键角③
(填“>”“<”或“=”)
【答案】(1)温度升高，氨气挥发量增加且
分解，生成
减少，不利于锌的浸出
(2)
、
(3)
(4)
C
(5)
①
ds <
【分析】废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液，同时
铁、镁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰
沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，
加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌；
【详解】（1）“浸取”温度为30℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为温
度过高，氨挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出；
故答案为：温度升高，氨气挥发量增加且NH4Cl 分解，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸
出；
（2）根据分析，滤渣1 为Mn(OH)2、Fe(OH)3、SiO2；
故答案为：Fe(OH)3、SiO2；
（3）在氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀和水、铵根离子，
反应为
；
故答案为：
；
（4）①当(NH4)2S 加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子和将锌转化为硫化锌沉淀，
反应为[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3；
2
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②“深度除铜”时，(NH4)2S 加入量最好应120%，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高；
故答案为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3；C；
（5）①N 和O 的电负性相比，N 弱于O，则N 易提供孤电子，配位键稳定性强；
故答案为：①；
Zn
②
为30 号元素，电子排布式为
，价电子排布式
；位于元素周期表ds 区；
故答案为：
；ds；
③角③属于双键与单键形成夹角，电子云密度大，键角斥力大，键角小；
故答案为：＜。
2．（2024 届高考·广西柳州统考一模）我国主要以
型锂辉石(主要成分
、
、
，含有
、
等杂质)为原料，通过硫酸锂苛化法生产氢氧化锂
并制备锂离子电池的正极材料
。流
程如下：
已知：①
不溶于水，能溶于强酸。
②部分金属氢氧化物的
如下表。
物质
③
和
的溶解度随温度变化的曲线如图所示，二者结晶时均以水合物形式析出。
回答如下问题：
(1)“球磨”操作的目的是 。
(2)加入石灰石中和残酸，调节pH 使铁、铝等杂质完全沉淀，则pH 至少为 。(保留一位小数。通常
3
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认为溶液中离子浓度小于
为沉淀完全)
(3)滤渣2 的成分是 。
(4)获得
时，通常“冷冻至0℃”，原因是 。
(5)
溶液与
和
混合溶液制备
的化学方程式为 ；两种溶液相互滴加的方式
不同会影响产率和纯度，有同学认为应该将
和
混合液滴加到
溶液中，你认为是否合理
(填“是”或“否”)，说明理由： 。
(6)
需要在高温下成型后才能作为电极，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是 (任
写一点)。
【答案】(1)增大反应接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分
(2)4.7
(3)
、
(4)此温度下
的溶解度与
的相差较大
(5)
否 碱性环境下会产生
，继
而氧化为
从而影响产品产率和纯度
(6)改善成型后
(或电极)的导电作用(或者与空气中的氧气反应，防止
中的
被氧化)
【分析】该工业流程原料为
型锂辉石(主要成分
、
、
，含有
、
等杂质)，产品
为锂离子电池的正极材料
，流程主线中元素为锂元素，铝、硅、铁、镁等元素作为杂质元素在工
业流程中被除去，
型锂辉石通过“球磨”被粉碎，加入浓硫酸“酸化焙烧”转化为
、
、
、
、
，“调浆浸出”使铝、铁等杂质元素转化为
、
等被除去，通
过“净化除杂”使镁元素及引入的钙元素转化为
、
而除去，“蒸发结晶、离心分离”得
到的硫酸锂溶液中加入
，利用
和
在不同温度下的溶解度的差异，采用“冷冻至0℃”析
出
，从而得到
溶液，经过一系列操作得到
，最后与
和
混合
溶液制备
。
【详解】（1）
型锂辉石通过“球磨”被粉碎，从而增大与浓硫酸反应的接触面积，加快反应速率，使
焙烧更充分；
故答案为：增大反应的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分；
（2）调节pH 使铁、铝等杂质完全沉淀，
的
大于
的
，说明
更难溶于水，
加入石灰石与水调节pH 时，
先生成
，故
完全沉淀时
也已完全沉淀，利用
的
计算
完全沉淀时
，
，则
4
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，故
；
故答案为：4.7；
（3）“净化除杂”工艺中得到滤渣2，该过程加入
调节pH 为11，使
完全转化为
沉
淀除去，加入
使前一工艺中引入的
转化为
沉淀而除去故滤渣2 的成分是
、
；
故答案为：
、
；
（4）“冷冻析钠”过程是利用
和
在不同温度下的溶解度的差异，采用“冷冻至0℃”析出
，从而得到
溶液，在该温度下，
溶解度较小，与
的溶解度相差较大；
故答案为：在该温度下，
溶解度较小，与
的溶解度相差较大；
（5）根据流程转化可知，
与
和
混合溶液制备
，反应中元素化合价未发生变化，
为非氧化还原反应，根据元素守恒，可推知其余生成物为
、
，故化学反应方程式为
；
溶液为碱性溶液，将
和
混合液滴加到
溶液中，由于开始时
溶液过量，会生
成
沉淀，进一步被氧化为
，从而影响产品的纯度和产率，故这种操作不合理；
故答案为：
；否；碱性环境下会产生
，继而氧
化为
从而影响产品产率和纯度；
（6）
作正极电极材料，石墨本身可以导电，故少量石墨可以改善成型后
的导电作用，
中铁元素为+2 价，具有还原性，可以被氧气氧化，加入少量石墨可以与空气中的氧气反应，防止
中的
被氧化；
故答案为：改善成型后
(或电极)的导电作用(或者与空气中的氧气反应，防止
中的
被
氧化)。
3．（2024 届高考·湖南长沙·统考一模）
作为电极材料，具有价格低，电位高、环境友好、安全性
能高等优点，受到广泛关注。由菱锰矿（主要成分为
，含有少量Fe、Ni、Al 等元素）制备
的流程如图。
已知常温下部分物质的
如表。
5
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物
质
回答下列问题：
(1)基态Mn 原子的价电子轨道表示式为 。
(2)常温下，若溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=5，可沉淀完全的金属离子是 ；若测得溶液中
浓度为0.1
，
浓度为0.01
，为防止
、
发生沉淀，反应器中溶液用石灰
乳调节的pH 应小于 。（已知：离子浓度小于等于
，即可认为该离子沉淀完全）
(3)加入少量BaS 溶液除去
，生成的沉淀有 （填化学式）。
(4)具有强氧化性的过一硫酸（
）可代替电解槽反应将
氧化为
，该反应的离子方程式为
（已知：
的电离第一步完全，第二步微弱）。
(5)煅烧窑中，生成
反应的化学方程式是 。
(6)
中锰元素的平均价态为+3.5。在不同温度下，合成的
中
、
和
的含量与
温度的关系见下表。
T/
℃
/%
/%
/%
700
5.56
44.58
49.86
750
2.56
44.87
52.57
800
5.50
44.17
50.33
850
6.22
44.40
49.38
由此可以确定，在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化情况是 。
【答案】(1)
(2)
、
7
(3)
、NiS
(4)
(5)
(6)先升高，后降低
【分析】菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Fe、Ni、Al 等元素，硫酸溶矿MnCO3和稀硫酸反应生成硫
酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石
6
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灰乳调节pH 生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS 生成NiS 除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液
得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4，据此分析；
【详解】（1）基态Mn 原子的价电子排布式为3d54s2，价电子轨道表示式为
；
（2）常温下，若溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=5，
mol/L，根据表格中的
，计算可
得
、
浓度小于
，故可沉淀完全的金属离子是
、
；为防止
、
发生沉
淀，根据溶液中
浓度为0.1
，计算
mol/L=
mol/L，pH 小于7；
（3）加入少量BaS 溶液除去
，生成的沉淀有
、NiS；
（4）具有强氧化性的过一硫酸（
）可代替电解槽反应将
氧化为
，根据
的电离第一
步完全，第二步微弱，该反应的离子方程式为：
；
（5）煅烧窑中，碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气，化学方程式是：
；
（6）根据表格中锰元素化合价的变化，可知在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化情况是先升高，
后降低。
4．（2024 届高考·陕西安康·统考一模）硒被誉为“生命元素”。亚硒酸钙(
，难溶于水)常作
饲料添加剂，
常作制备含硒营养物质的原料。一种含硒废料制备亚硒酸钙和二氧化硒的流程如图(部
分条件和部分产物省略)。回答下列问题：
已知部分信息如下：
①含硒废料的主要成分是
和
；“焙烧”时固体产物为
、
和
。
②
易溶于水，
难溶于水。
(1)“焙烧”时，含硒废料需要粉碎，目的是 。
(2)利用“浸渣”可以制备胆矾，其操作步骤是加入足量稀硫酸溶解，再通入热空气。通入热空气的目的是
(用离子方程式表示)。
(3)上述参加反应的双氧水远小于实际消耗的双氧水(反应温度在50℃)，其主要原因是 。
(4)硒酸分解制备
的副产物有 (填化学式)。
(5)已知
、
的熔点分别为315℃、733℃，其熔点差异的主要原因是 。
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(6)测定
产品纯度。称取
产品溶于水配制成250mL 溶液，取25.00mL 于锥形瓶中，加入足量
溶液和适量稀硝酸，充分反应后，滴加3 滴
淀粉溶液，用
溶液
滴定至终点时消耗VmL 滴定液。发生有关反应：
①
(未配平)
②
该
产品中硒元素的质量分数为 %。如果大量空气进入锥形瓶，可能导致测得的结果
(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率
(2)2Cu2O+O2+8H+=4Cu2++4H2O
(3)温度较高，双氧水受热分解
(4)O2、H2O
(5)都是分子晶体，后者相对分子质量大，范德华力大，熔点高
(6)
偏高
【分析】含硒废料的主要成分是
和
，加入纯碱和空气焙烧后，得到固体产物为
、
和
；加水溶解，浸渣中含Cu2O，Na2SeO3、Na2TeO3溶于水形成溶液，继续加入稀硫酸，
Na2TeO3与硫酸反应生成难溶性酸H2TeO3，并分解得到难溶于水的TeO2，Na2SeO3与硫酸反应生成可溶于
水的弱酸H2SeO3，经分离得到H2SeO3，加入H2O2发生氧化还原反应得到H2SeO4，加热分解得到SeO2；
H2SeO3中加入石灰乳发生酸碱反应生成亚硒酸钙结晶水合物，沉淀析出。
【详解】（1）“焙烧”时，含硒废料需要粉碎，目的是增大接触面积，提高反应速率。
（2）浸渣中含Cu2O 用足量稀硫酸溶解，通入热空气的目的是将Cu2O 氧化为Cu2+，根据得失电子守恒和
电荷守恒配平离子方程式为：2Cu2O+O2+8H+=4Cu2++4H2O。
（3）参加反应的双氧水远小于实际消耗的双氧水(反应温度在50℃)，其主要原因是温度较高，双氧水受热
分解。
（4）硒酸受热分解的化学方程式为2H2SeO4
2SeO2+O2
+2H2O，故副产物有O2、H2O。
（5）已知
、
的熔点分别为315℃、733℃，其熔点差异的主要原因是都是分子晶体，后者相对
分子质量大，范德华力大，熔点高。
（6）①根据氧化还原反应得失电子守恒，可知消耗一个SeO2得到4e-，生成一个I2失去2e-，故SeO2~2l2，
第二个反应若消耗2I2，则消耗4Na2S2O3，故关系为SeO2~2I2~4Na2S2O3，n(SeO2)=
，wg 产品中n(Se) =n(SeO2)=
，.则产
品中Se 的质量分数=
；
②如果大量空气进入锥形瓶，碘离子被氧气氧化，则使标准液Na2S2O3消耗量增大，导致测得结果偏高。
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5．（2024 届高考·四川南充·统考一模）锰废渣的硫酸浸出液含有大量
、
、
以及少量的
、
、
、
。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。
已知：萃取剂a 和b 均为有机物，可用通式
表示，萃取金属离子时，发生反应：
(
代表被萃取的金属)。
(1)
的作用是 。
(2)该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。
A．过滤
B．蒸发结晶
C．分液
D．蒸馏
(3)加入
调
的目的是 。
(4)已知：
，
，向除铁后的溶液中加入
，当溶液中
时，
。(保留1 位有效数字)
(5)写出反萃取出
的离子方程式 。
(6)
、
利用萃取剂b 进行分离，二者萃取率随无机相
变化如图所示。无机相的
控制在
左右为宜。
(7)回收液中
浓度的测定：取
回收液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(遇
显橙黄色)，用浓
度为
的
溶液进行滴定(
)，达到滴定终点时消耗
溶
液的体积
。
物质的量浓度为 。
【答案】(1)氧化
(2)AC
(3)使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去
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(4)0.001
(5)
(6)5.4
(7)0.0250mol/L
【分析】锰废渣的硫酸浸出液首先用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁，加入碳酸钙后调节pH 使三价铁转
化为氢氧化铁除去三价铁离子，再用氟化锰除去钙离子、镁离子，随后再用萃取剂a 萃取滤液中的
，
所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液,无机相用萃取剂b 萃取
，无机相中为含
的溶液，
有机相加入反萃取剂得到含Co2+的溶液，以此解题。
【详解】（1）根据题意可知，浸出液中含有二价铁，
的作用是氧化
；
（2）根据流程图可知，该流程涉及的实验过程有过滤，分液，故选AC；
（3）在用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加入碳酸钙调节pH 使三价铁形成氢氧化铁沉淀，故目的是：
使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去；
（4）当溶液中
时，
，
；
（5）根据信息可知，反萃取剂为酸，则反萃取出
是加入适量的酸将锰离子反萃取出来，相应的方程
式为：
；
（6）根据图中信息可知，pH 为5.4 左右时，
、
的萃取率相差较大，故无机相的
控制在5.4 左
右；
（7）根据滴定原理可知，Ni2+与H2Y2-的物质的量之比为1 1∶，则Ni2+的物质的量为0.1000mol/L×0.0125L
=0.00125mol，则Ni2+的物质的量浓度为
。
6．（2024 届高考·陕西咸阳·统考一模）钒酸铋(
)是一种亮黄色无毒无害的光催化剂，主要应用于高
选择性制备氢气。工业上以辉铋矿粉(主要成分是
，并含
、Bi、
和
等杂质)为原料制备
钒酸铋(
)的流程如图所示：
已知部分信息如下：
①氧化性：
。
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②滤液1 中的阴离子主要是
。
③常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：
氢氧化物
开始沉淀时的pH
7.6
1.6
4.0
完全沉淀时的pH
9.6
3.1
5.5
当溶液中某离子浓度小于
时，视为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)浸渣1 的主要成分为 。
(2)浸取时
转化的离子方程式为 。
(3)从工艺流程分析，氧化调节pH 环节，除了可用NaOH 溶液，还可用 调节，且需调至溶液的pH
为 (填范围)。
(4)稀释水解时通常通入水蒸气，其目的是 ；水解的化学方程式为 。
(5)设计实验检验气体X 的成分： 。
(6)常温下，
的
为 。
【答案】(1)S、
(2)
(3)
或氨水、
等
(4) 温度升高，有利于
水解平衡正向移动
或
(5)将产生的气体X 通入品红溶液，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，则表明生成的气体是
(6)
【分析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫
氧化为S 单质，得滤液主要成分：BiCl3和FeCl2，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1 为二氧化硅和硫单
质，滤液1 中加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后滤液
2 中含氯化铋和氯化钠，稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐酸，过滤后滤饼溶于盐酸得BiOCl,BiOCl
与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，BiCl3与(NH4)3VO4反应生成BiVO4，据此进行解答。
【详解】（1）由上述分析可知，浸渣1 的主要成分为S 和
；
（2）浸取时
加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为S 单质，离子方程式为：
；
（3）加入NaOH 的目的是反应掉溶液中的H+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，除了可用NaOH 溶液，还可
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用
或氨水、
等，根据表格中几种离子生成氢氧化物沉淀的pH，调节溶液的pH 范围为
；
（4）水解反应为吸热反应，通入水蒸气有加热的作用，温度升高，有利于
水解平衡正向移动，BiCl3
水解的化学方程式为
或
；
（5）BiOCl 与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，即X 是SO2，检验的方法为将产生的气体X 通入品
红溶液，溶液褪色，加热后溶液又恢复为红色，则表明生成的气体是
；
（6）根据表格中，Bi(OH)3恰好完全沉淀时的pH 为5.5，此时c(OH-)=10-8.5mol/L，c(Bi3+)=10-5mol/L，
[ Bi(OH)3]= c(Bi3+) c3(OH-)=(10-8.5)3 10-5=
。
7．（2024 届高考·湖南岳阳·高三一模）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含
、
、
、
、
和
)。实现钴、镍、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
(1)基态Co 原子的价层电子轨道表示式为 。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(已知
的电离方程式为：
、
)。“氧化”中先用石灰乳调节
，再加入“混合气”，
被
氧化为
，该氧化还原反应过程的离子方程式为： ；得到滤渣的主要成分
为
、 (填化学式)。
(3)“沉钴镍”中得到的
在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为： 。
(4)“沉镁”中为使
沉淀完全(25℃)，需控制pH 不低于 (精确至0.1)。
(5)钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有少量Co(Ⅱ)、Cd(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸盐及氢氧化物。利用
以下工艺流程回收金属并制备氧化锌：
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下列说法正确的是：___________(填标号)。
A．粉碎矿渣、升高温度均可以提高“溶浸”率
B．通过高温焙烧可以将
制得氧化锌
C．根据
中S 的化合价分析，
具有强还原性
D．
可与浓盐酸反应生成
，
参与反应可生成
(6)
可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。氨气中
的键角比该配合物中
的键角小，其原因是 。
【答案】(1)
(2) H2O+Mn2++
=MnO2+
+3H+ Fe(OH)3
(3)
(4)11.3
(5)AB
(6)独立存在的氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而
中的N 原子的孤电子对提供出来与
Cr3+形成了成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故氮氢键的
键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳
调节pH=4，Mn2+被 H2SO5氧化为 MnO2，发生反应H2O+Mn2++
=MnO2+
+3H+，Fe3+水解同时生成
氢氧化铁，“沉钴镍”过程中，Co2+变为 Co(OH)2，在空气中可被氧化成 CoO(OH)。
【详解】（1）Co 为27 号元素，基态钴原子的价层电子排布式为3d74s2，轨道表示式：
；
（2）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被 H2SO5氧化为 MnO2，发生反应的离子方程式为H2O+Mn2++
=MnO2+
+3H+，在pH=4 时，铁元素被 H2SO5氧化为三价铁并转化为Fe(OH)3，故得到滤渣的主要成分
为MnO2和Fe(OH)3；
（3）
在空气中可被氧化成
，反应的化学方程式为：
；
（4）Mg(OH)2的Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=10-10.4，“沉镁”时Mg2+沉淀完全(25℃)的最低浓度是10-5mol•L-1，此
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时c(OH-)=
=
=10-2.7mol•L-1，则pOH=2.7，pH=14-pOH=14-2.7=11.3；即需控制pH 不低于
11.3；
（5）A．粉碎矿渣、升高温度均可以提高“溶浸”率，故A 正确；
B．
高温下分解会得到氧化锌，故B 正确；
C．
中有两个氧显-1 价，故
具有较强的氧化性，故C 错误；
D．没有说明标准状况，无法计算Cl2的体积，故D 错误；
答案为AB；
（6）
中，氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是独立存在的
氨气分子氮原子含有一对孤电子对，而
中的N 原子的孤电子对提供出来与Cr3+形成了成
键电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故氮氢键的键角比独立存
在的气态氨气分子中键角略大。
8．（2024 届高考·山西晋城·统考一模）锌是一种重要的金属，一种以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO，
含少量Fe2O3、CuO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：①25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；
25℃
②
时，Zn2+＋4NH3
[Zn(NH3)4]2+，K=2.5×109。
(1)Zn、Cu 在元素周期表中位于 区，第二电离能：I(Cu) (填“>”或“<”)I(Zn)。
(2)“浸取”时，ZnO、CuO 分别转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液。
[Zn(NH
①
3)4]2+的配位数为 。
ZnO
②
发生反应的离子方程式为 。
③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因为 。
(3)“除铜”时，当加入的(NH4)2S 超量时，会发生反应[Zn(NH3)4]2++S2-
ZnS↓+4NH3导致锌的回收率下降，
该反应的平衡常数数值为 。
(4)锌与铜相似，在潮湿的空气中可生成碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]，写出反应的化学方程式：
。
(5)用锌与铜合成的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备中。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已
知：晶胞参数为anm。
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①与Cu 原子等距离且最近的Cu 原子有 个。
②该铜锌合金晶体的密度为 g/cm3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1) ds >
(2) 4 2NH3·H2O+2
+ZnO=[Zn(NH3)4]2++3H2O{或2NH3+2
+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O}
温度过低，反应速率慢；温度过高会导致氨挥发量增加且NH4Cl 分解
(3)2.5×1014
(4)4Zn+2O2＋3H2O+CO2=ZnCO3·3Zn(OH)2
(5) 8
(或
)
【分析】催化剂加入NH3-NH4Cl 溶液，锌、铜元素已
、
进入溶液，同时铁转化
为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀，滤
液中加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌。
【详解】（1）Zn、Cu 价层电子排布式分别为3d104s2，3d104s1，在元素周期表中位于ds 区； Cu 的第二电
离能是失去3d10上的一个电子所需能量，Zn 的第二电离能是失去4s1上的一个电子所需能量，所以Cu、Zn
的第二电离能(I2)：Cu＞Zn ；
（2）①Zn2+与NH3中的N 原子间形成配位键，中心离子是Zn2+，从化学式看，4 个NH3与Zn 形成配位键，
所以该离子的配位数为4；
②“浸取”时，ZnO 转化为[Zn(NH3)4]2+进入溶液，ZnO 发生反应的离子方程式为2NH3·H2O+2
+ZnO=[Zn(NH3)4]2++3H2O{或2NH3+2
+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O}；
③“浸取”温度应控制在30℃左右，其原因是因为温度过低反应速率慢，温度过高会导致氨挥发量增加且
氯化铵分解；
（3）反应的平衡常数
;
（4）锌与铜相似，在潮湿的空气中可生成碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]，写出反应的化学方程式为
4Zn+2O2＋3H2O+CO2=ZnCO3·3Zn(OH)2；
（5）①根据图示可知，与铜原子等距离且最近的铜原子有8 个；
②该晶胞中铜原子个数为
，锌原子个数
，晶胞体积
，则铜锌合金晶体的密度
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为
或
g/cm3。
9．（2024 届高考·陕西西安·统考一模）以硫酸厂矿渣（含
等）为原料制备铁黄
的一种工艺流程如图所示：
资料:
i.
化学性质极不活泼,不溶于水也不溶于酸或碱。
ii.
;
。
(1)向“酸浸”后的溶液中加入
,溶液会变红,变红的原因是 （用离子方程式表示）。
(2)“滤渣"中主要成分有 (填化学式)。
(3)“沉铁”过程中铁元素大部分转化为
,但往往有少量副产物
生成,分析原因是 。
(4)若用
“沉铁”,则无副产物
产生,当
恰好沉淀完全时(浓度为
),溶液中
为
。
(5)写出氧化过程生成铁黄的化学方程式 。
(6)检验“滤液”中金属离子的实验操作及现象为 。
(7)为确定“滤液"中
的物质的量浓度，选用
标准溶液滴定溶液中的
，离子方程式为
（未配平）。取
滤液"进行滴定，消耗
，
标准溶液
则滤液中
。
【答案】(1)Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3
(2)α- Al2O3、SiO2和Fe
(3)NH4HCO3电离出的
促进了Fe2+的水解，产生Fe(OH)2
(4)
(5)
(6)取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子（合理即可）
(7)
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【分析】硫酸厂矿渣加入稀硫酸酸浸时，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，α-Al2O3和二氧化硅与稀硫
酸不反应，反应后溶液中加入过量铁粉，铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，过滤得到含有铁、二氧化
硅、α-Al2O3的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将亚铁离子转化为碳酸亚铁沉淀，向反应后的体
系中通入空气，空气中的氧气将碳酸亚铁氧化为铁黄，过滤得到铁黄。
【详解】（1）“酸浸”时Fe2O3溶于硫酸溶液中以铁离子形式存在，加入KSCN 检验，溶液变红是发生铁
离子与SCN-反应的反应，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。
（2）已知信息，α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，SiO2不溶于硫酸，加入的还原铁
粉过量，所以滤渣的主要成分有：α- Al2O3、SiO2和Fe。
（3）加入NH4HCO3，NH4HCO3电离出的
促进了Fe2+的水解，产生Fe(OH)2；
（4）用CaCO3发生反应
，
，当
恰好沉淀完全时(浓度为
)，溶液中
；
（5）“沉铁”得到FeCO3被空气中氧气氧化，生成铁黄，铁元素化合价有+2 变为+3、氧气中氧元素化合
价由0 变为-2，结合质量守恒可知，同时生成二氧化碳气体，据电子守恒可知，反应为
；
（6）“滤液”中金属离子为亚铁离子，亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀；故检验亚铁离子的
方法可以为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；
（7）配平方程式得：
，则
。
10．（2024 届高考·湖南株洲·统考一模）三氯化钌（
）是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、
电解阳极、电子工业等。从
催化剂废料中分离制各
和
的一种工艺流程如图所
示。
回答下列问题：
(1)基态
原子的价电子排布式为 。
(2)“焙烧”后所得固体主要成分为
、
、
和 。
(3)“还原”过程会产生
和
沉淀，该反应的化学方程式为 。
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(4)“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解
，然后加入盐酸羟胺（
）得到
和
。则
该两种产物的物质的量之比为 。
(5)“蒸发结晶”在真空度为
时进行（此时水的沸点是
），其目的是 。
(6)若维持
不变，让
沉淀完全（
浓度不高于
），则混合体系中
的浓度不
低于 。[已知：
，
，
结果
保留三位小数]
(7)“沉钴”时，若得到的是
晶体，该反应的离子方程式为 。
(8)该流程中，还有一种重要成分
未提取，你认为在哪一步骤后进行最合适： 。
【答案】(1)3d74s2
(2)Na[Al(OH)4](或NaAlO2)
(3)
(4)2 1∶
(5)低压低温蒸发，避免
分解
(6)0.167mol L
⋅
-1
(7)
(8)还原
【分析】“焙烧”过程Co、Ru 分别被氧化为CoO、Na2RuO4，NaNO3被还原为NaNO2，同时Al2O3与
NaOH 反应生成Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，“水浸”过程Na2RuO4、NaNO2和Na[Al(OH)4](或NaAlO2)溶解，
CoO 不溶，过滤得CoO 固体和滤液，向滤液中加入乙醇，“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO，Na2RuO4
被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH，过滤得Ru(OH)4沉淀，经过“酸溶”得含RuCl3溶液，RuCl3
溶液经过蒸发结晶得到RuCl3 6H
⋅
2O；CoO 进行酸浸得含Co2+溶液，用草酸溶液沉钴得到CoC2O4晶体，最
后经系列操作得到Co(NO3)2 6H
⋅
2O，据此解答。
【详解】（1）Co 是27 号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则价电子排布式为3d74s2；
（2）“焙烧”过程Co、Ru 分别被氧化为CoO、Na2RuO4，NaNO3被还原为NaNO2，同时Al2O3与NaOH
反应生成Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，则“焙烧”后所得固体主要成分为CoO、Na2RuO4、NaNO2和
Na[Al(OH)4](或NaAlO2)；
（3）“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO，Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH，则该反
应的化学方程式为：
；
（4）“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解Ru(OH)4得到RuCl4，再加入盐酸羟胺(NH2OH HCl
⋅
)与RuCl4反应
得到RuCl3和N2，则盐酸羟胺(NH2OH HCl
⋅
)与RuCl4反应的化学方程式为：
，所以产物RuCl3和N2的物质的量之比为2 1∶；
（5）“蒸发结晶”在真空度为40kPa 时进行(此时水的沸点是28°C)，即在低压低温下蒸发结晶得到RuCl3
晶体，其目的是低压低温蒸发，避免RuCl3 6H
⋅
2O 分解；
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（6）
，则
，所以
；
（7）“沉钴”时，向含Co2+溶液中加入草酸溶液得到CoC2O4 xH
⋅
2O 晶体，则反应的离子方程式为：
；
（8）“还原”后，过滤得到Ru(OH)4沉淀和含有Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的滤液，此时Co、Ru 都已经提
取，则可以从含有Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的滤液中提取Al2O3，所以在“还原”步骤后提取Al2O3最合适。
11．（2024 届高考·江苏连云港·统考一模）以含钼(
)废催化剂(含
，以及
、
、
等)
为原料制备
，其过程表示如下：
(1)焙烧。将废催化剂和足量
固体置于焙烧炉中，通入足量空气加热至
充分反应。焙烧过程中
转化为
的化学方程式为 。
(2)浸取。将焙烧所得固体加水浸泡，然后过滤、洗涤。过滤后所得滤液中存在的阴离子有
、
、
。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有 (任写一点)。
(3)除杂。向浸取后的滤液中通入过量
，过滤。通入过量
的目的 。
(4)制备。向上述(3)所得滤液中加入硝酸调节溶液的
小于6，使
转化为
，然后加入
充分反应，析出
，灼烧后可得到
。灼烧
得到
的化学方程式为 。
(5)应用。将
制成
催化剂，用于氨催化还原氮氧化物，一定压强下，将氨氮
比为1.0 的混合气体按一定流速通入装有上述催化剂的反应装置，测得
的转化率随温度的变化关系如图
所示。在温度
之间，
转化率不高的原因是 。
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【答案】(1)
(2)
废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等
(3)将
转化为氢氧化铝沉淀
(4)
(5)没有达到催化剂所需的合适的活化温度
【分析】废催化剂在氢氧化钠条件下，通入氧气焙烧将
转化为
，焙烧产生的气体主要为硫
元素转化生成的SO2；加H2O 浸出除去不溶的铁、铜化合物，浸出液含
、
、
，通入
过量的二氧化碳，将
转化为氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中加入硝酸调节溶液的
小于6，使
转化为
，然后加入
充分反应，析出
，灼烧后可得到
；
【详解】（1）焙烧过程氧气具有氧化性，会氧化
生成二氧化硫和
，氢氧化钠、氧气和
转化为
、二氧化硫，水，化学方程式为
；
（2）氧化铝会和氢氧化钠生成可溶性的
，故过滤后所得滤液中存在的阴离子有
、
、
。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有废催化剂粉碎、使得升高温度、
搅拌等；
（3）通入过量的二氧化碳，将
转化为氢氧化铝沉淀，除去铝元素；
（4）
，灼烧后可得到
，结合质量守恒可知，还生成氨气和水，反应为
；
（5）催化剂催化需要一定的活化温度，在温度
之间，
转化率不高的原因是：。此时温度
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较低，没有达到催化剂所需的合适的活化温度，导致反应速率较慢，单位时间内
转化率不高。
12．（2024 届高考·上海静安·统考一模）废定影液、纽扣电池等可用于回收银等贵重金属。
Ⅰ．废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，某研究小组在废定影液中滴加6 mol·L-1的HCl 溶液充分反应后
(6HCl+2Na3[Ag(S2O3)2]=6NaCl+Ag2S↓+3S+3SO2 +H2SO4+2H2O)，过滤并将沉淀在空气中灼烧得到Ag 单质。
(1)SO2分子中硫原子的价层电子对数为 ，其分子空间构型为 。 SO2易溶于水，原因是 。
(2)上述回收银的方案缺点是 。
Ⅱ．Ag2O—Zn 纽扣电池的固体拆解物中含Ag2O、Ag、Zn、Cu、石墨等物质，某实验小组利用如图所示
方案回收银。
(3)固体拆解物需先粉碎的目的是 。
(4)浸渣的主要成分是 。
(5)上图流程中的试剂X 是________。
A．稀硝酸
B．浓硝酸
C．稀硫酸
D．硫酸铜溶液
(6)已知：Ag++2NH3
[Ag(NH3)2]+ K=1.7×107；Ksp(AgCl)=1.8×10-10，写出AgCl 沉淀与NH3反应的离子方
程式 ，计算该反应的平衡常数K= 。
(7)实验回收的银为粗品，可通过电解粗品得到高纯度的银。粗品为电解池的 极；若电流强度为y A，
2 小时后，得到Ag 质量 g(设NA为阿伏伽德罗常数，用含y、NA表示；已知1 个电子所带电量为1.6×10-
19库仑)。
【答案】(1) 3 V 形 根据相似相溶原理，SO2和水均为极性分子；SO2和水反应
(2)在空气中灼烧时产生的SO2有毒，污染空气
(3)增大接触面积，加快金属与酸反应速率
(4)石墨
(5)CD
(6) AgCl + 2NH3
[Ag(NH3)2]+ + Cl－ 3.06×10−3
(7) 阳极
【分析】Ag2O—Zn 纽扣电池的固体拆解物中含Ag2O、Ag、Zn、Cu、石墨等物质，粉碎后酸浸，石墨不
与稀硝酸反应，故滤渣为石墨，溶液中含有Ag+、Cu2+、Zn2+，向滤液中加入10%的NaCl 溶液生成AgCl 沉
淀，过滤后加入浓氨水中溶解，再加入锌粉还原得到Ag，在固体混合物中含Zn 和Ag，若要除去Zn，X
用硫酸铜或稀硫酸，以此解答。
【详解】（1）SO2分子中硫原子的价层电子对数为2+
=4，其分子空间构型为V 形，SO2易溶
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于水，原因是：根据相似相溶原理，SO2和水均为极性分子；SO2和水反应。
（2）上述回收银的方案缺点是：在空气中灼烧时产生的SO2有毒，污染空气。
（3）粉碎是为了更好的酸浸，所以目的是增大接触面积，加快金属与酸反应速率。
（4）石墨不与稀硝酸反应，故滤渣为石墨。
（5）在固体混合物中含Zn 和Ag，若要除去Zn，X 用硫酸铜或稀硫酸，故符合题意的为CD。
（6）由信息可得，AgCl 溶于NH3的离子方程式为AgCl + 2NH3
[Ag(NH3)2]+ + Cl－；该反应的平衡常
数为=
=K 稳×Ksp=1.7×107×1.8×10-10=3.06×10-3。
（7）通过电解粗品得到高纯度的银。粗品为电解池的阳极，阴极电极方程式为：Ag++e-=Ag，若电流强度
为y A，2 小时后转移电子的物质的量为
mol，则生成
molAg，质量为
mol×108g/mol=
g。
13．（2024 届高考·辽宁沈阳·高三一模）马日夫盐
是一种用于机械设备的防锈磷化
剂，工业上利用软锰矿(主要成分为
，含少量硅、铁、铝等氧化物)为主要原料，联合处理含
的烟
气并制备马日夫盐的一种工艺流程如下。请回答下列问题：
已知：①
不稳定，易被空气氧化
②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯(表示为
)的磺化煤油，萃取时发生的反应主要为
③
，
，
(1)若含
的烟气中混有空气，不同的浸出时间下，浸出液中
、
的浓度和
测定结果如下图，
在“浸锰”步骤中，主反应的化学方程式为 ，
后曲线产生明显差异的原因 。
(用化学方程式表示)。
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(2)萃取可分为扩散萃取和动力学萃取两种类型。萃取率随搅拌速度的增加而进一步增加称为扩散萃取，浸
出液受化学反应的控制称为动力学萃取。萃取时搅拌速度和溶液
对金属离子萃取率的影响如图所示。
萃取时，应采用的最佳实验条件为 ，
过大或过小都会降低
萃取率，结合平衡移动原理
解释其原因是 。
(3)若浸出液中
的浓度为
，则“调
”的范围为 (当离子浓度小于
时认为沉淀完全)。
(4)“沉锰”步骤中为减少副产物
的生成，正确的操作是将 溶液逐量加入
溶液中，并不断搅拌。
(5)“酸溶”后的操作步骤包括 、过滤、洗涤、干燥。
【答案】(1)
(2)
，
小于1 时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降，
过大，
水解生成氢氧化铁
(3)
(4) 碳酸钠 硫酸锰
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】该工艺流程原料为软锰矿(主要成分为
，含少量硅、铁、铝等氧化物)，产品为马日夫盐
，流程主线中的主元素为锰，硅、铁、铝等元素在流程工艺中被依次除去，“浸
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锰”过程二氧化硅不溶，过滤除去，滤渣1 为二氧化硅，Mn、Fe、A1 以离子形式进入“萃取分液”过程，
加入有机萃取剂，除去铁离子，调节水层的pH 除去铝离子，滤渣2 为氢氧化铝，溶液中主要含有硫酸锰，
加入碳酸钠溶液“沉锰”，过滤后再加入磷酸反应，一系列操作后得到
。
【详解】（1）在“浸锰”步骤中，主反应为
转化为
，锰元素化合价发生降低，为还原反应，
故
与具有还原性的
反应，化学方程式为
；
后浸出液中相同时间内
的浓度增加量小于
的浓度增加量，且
下降不明显，说明有副反应
发生，
故产生明显差异的原因为
；
（2）萃取时搅拌速度在
时，萃取率最大，溶液
=1 时，
萃取率最大，且
不会被
萃取，故答案为：
，
=1；
小于1 时，
萃取率下降，从萃取时的反应
可知，氢离子浓度过大，
反应的平衡逆移，导致
萃取率下降，
过大，氢离子浓度减小
该水解平衡
正移，生成氢氧化铁，且
萃取率提高而造成损失，故答案为：
小于1 时，氢离子浓度过大，反应
的平衡逆移，萃取率下降，
过大，
水解生成氢氧化铁；
（3）“调
”的目的是使
完全沉淀除去，
不被沉淀出来，
完全沉淀，则
，
，
，
，故
完全沉淀，溶液
，
不被沉淀出来，
，
，
，
，
不被
沉淀出来，
，故答案为：
；
（4）碳酸钠溶液显碱性，与硫酸锰“反应时可能有
生成，为减少副产物
的生成，应使
混合溶液的
，则碳酸钠溶液不能过量，故正确的操作是将碳酸钠溶液逐量加入硫酸锰溶液中，并
不断搅拌，答案为：碳酸钠；硫酸锰；
（5）“沉锰”反应后过滤、洗涤，得到的
固体再加入适量磷酸反应，得
溶液，从溶
液中得到结晶水化合物操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
14．（2024 届高考·陕西渭南·统考一模）金属镓被称为“电子工业脊梁”，GaN 凭借其出色的功率性能、
频率性能以及散热性能，应用于5.5G 技术中，也如雨后春笋般出现在了充电行业。让高功率、更快速充电
由渴望变为现实。
【方法一】工业上利用粉煤灰(主要成分为
、
、
，还有少量
等杂质)制备氮化镓流程
如下：
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已知：①镓性质与铝相似，金属活动性介于锌和铁之间；②常温下，相关元素可溶性组分物质的量浓度c
与pH 的关系如下图所示。当溶液中可溶组分浓度
mol/L 时，可认为已除尽。
回答下列问题：
(1)“焙烧”的主要目的是 。
(2)“滤渣1”主要成分为 。
(3)“二次酸化”中
与
发生反应的离子方程式为 。
(4)“电解”可得金属Ga，写出阴极电极反应式 。
(5)常温下，反应
的平衡常数K 的值为 。
【方法二】溶胶凝胶法
(6)步骤一：溶胶——凝胶过程包括水解和缩聚两个过程
①水解过程：乙氧基镓
与乙醇中少量的水脱除部分乙氧基(
)，形成Ga-OH 键
i：
ii：
②缩聚过程：在之后较长时间的成胶过程中，通过失水和失醇缩聚形成
无机聚合凝胶
失水缩聚：
失醇缩聚：
(在下划线将失醇缩聚方程补充完整)
(7)步骤二：高温氨化(原理：
)
该实验操作为：将
无机聚合凝胶置于管式炉中，先通20min 氮气后停止通入，改通入氨气，并加热
25
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至850~950℃充分反应20min，再 (补充实验操作)，得到纯净的GaN 粉末。
【答案】(1)将
转化为
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)改通
冷却至室温
【分析】粉煤灰(主要成分为
、
、
，还有少量
等杂质)与纯碱混合焙烧将
、
、
转化为
、
、
，加入16%碳酸钠溶液浸取过滤后滤渣1 为
，滤液
为
、
、
、
的混合液。将混合液“一次酸化”二氧化碳将
转化为氢氧化铝沉淀，过滤滤渣2 为氢氧化铝，“二次酸化”二氧化碳将
转
化为
沉淀，滤饼为
。将滤饼
与氢氧化钠溶液混合转化为
，进一步电
解在阴极得到Ga，据此分析解答。
【详解】（1）镓性质与铝相似，金属活动性介于锌和铁之间。所以
的性质与
类似，具有两种
氧化物的性质。与碳酸钠高温焙烧发生反应
，“焙烧”目的将
转化为
，故答案为：将
转化为
；
（2）粉煤灰与纯碱碳酸钠混合焙烧以及加入16%碳酸钠溶液过程中
不与碳酸钠反应，浸取过滤后滤
渣1 为
，故答案为：
；
（3）“二次酸化”二氧化碳将
转化为
沉淀，离子方程式为：
，故答案为：
；
（4）将滤饼
与氢氧化钠溶液混合转化为
，电解过程中
在阴极得到Ga，阴
极电极反应式：
，故答案为：
；
（5）由图乙数据可知
时，溶液的pH 为
，
，该反应的平
衡常数为
，故答案为：
；
（6）观察所给方程式左右两边原子个数和结构，根据原子守恒可知发生反应为：
，故答案为：
；
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（7）将
无机聚合凝胶置于管式炉中，先通20min 氮气后停止通入，改通入氨气，并加热至
850~950℃充分反应20min，再改通
冷却至室温，得到纯净的GaN 粉末。故答案为：改通
冷却至室
温。
15．（2024 届高考·四川乐山·统考一模）二氧化锗是工业制高纯度半导体锗的中间体。工业上用精硫锗矿
[主要成分为GeS2(Ge 为+4 价)，还含有少量CuS、Bi2O3和SiO2]制备二氧化锗的一种工艺如图所示：
已知：①GeO2不溶于水和常见稀酸，但能与NaOH 反应生成锗酸盐(
)。
GeCl
②
4的沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。
回答下列问题：
(1)“预处理”时进行的操作可能是 。
(2)“煅烧”时生成“气体X”的化学式为 。
(3)“酸浸”时“浸出液A”中含可溶盐
、 和少量
，写出生成
的离子
方程式 ，“酸浸”后所得固体的成分为 。
(4)“浸出液B”与浓盐酸反应生成
的化学方程式为 ，浓盐酸的作用除作为反应物外，还有
(任写一条)。
(5)“操作a”的名称为 。
【答案】(1)粉碎、研磨等
(2)SO2
(3) CuSO4 Bi2O3+2H+=2BiO++H2O GeO2、SiO2
(4) Na2GeO3+6HCl=2NaCl+ GeCl4+3H2O 抑制GeCl4水解
(5)蒸馏
【分析】由题干工艺流程图可知，先将精硫锗矿进行“粉碎、研磨”等预处理后，在空气中煅烧将GeS2转
化为GeO2和SO2、CuS 转化为CuO 和SO2，即气体A 为SO2，煅烧后的固体加入稀硫酸则GeO2与稀硫酸
不反应，CuO 转化为CuSO4、Bi2O3转化为(BiO)2SO4，过滤得到滤液主要成分为CuSO4、(BiO)2SO4、过量
的H2SO4，滤渣主要成分为GeO2、SiO2，向滤渣中加入NaOH 溶液，将GeO2、SiO2分别转化为Na2GeO3、
Na2SiO3，向浸出液B 中加入过量的浓盐酸，Na2GeO3转化为GeCl4，Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，将生成的
GeCl4通过操作a 即蒸馏法得到纯净的GeCl4，向所得滤液中加入高纯水，让GeCl4完全水解得到GeO2，过
滤洗涤干燥即得纯净的GeO2，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，“预处理”时进行的操作可能是粉碎、研磨，故答案为：粉碎、研磨；
（2）由分析可知，在空气中煅烧将GeS2转化为GeO2和SO2、CuS 转化为CuO 和SO2，即气体A 为SO2，
故答案为：SO2；
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（3）由分析可知，煅烧后的固体加入稀硫酸则GeO2与稀硫酸不反应，CuO 转化为CuSO4、Bi2O3转化为
(BiO)2SO4，过滤得到滤液主要成分为CuSO4、(BiO)2SO4、过量的H2SO4，滤渣主要成分为GeO2、SiO2，生
成(BiO)2SO4即Bi2O3与H2SO4反应生成(BiO)2SO4，则该反应的离子方程式为：Bi2O3+2H+=2BiO++H2O，故
答案为：CuSO4；Bi2O3+2H+=2BiO++H2O；GeO2、SiO2；
（4）由分析可知，向浸出液B 中加入过量的浓盐酸，Na2GeO3转化为GeCl4，则“浸出液B”与浓盐酸反应
生成GeCl4的化学方程式为：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+ GeCl4+3H2O，由题干信息可知，GeCl4在水中或稀酸
溶液中易水解，故浓盐酸的作用除作为反应物外，还有抑制GeCl4水解的作用，故答案为：
Na2GeO3+6HCl=2NaCl+ GeCl4+3H2O；抑制GeCl4水解；
（5）由分析结合题干信息可知，GeCl4的沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解，“操作a”的名称为
蒸馏，故答案为：蒸馏。
16．（2024 届高考·陕西商洛·高三一模）亚铁氰化钾晶体俗名黄血盐，化学式为
，可溶于水，难溶于乙醇。用含NaCN 的废液合成黄血盐的主要工艺
流程如下：
回答下列问题：
(1)NaCN 中碳元素的化合价为 。
(2)“反应器”中投入等体积、等浓度的
溶液和
溶液，发生主要反应的离子方程式为
。
(3)“过滤1”后可以向滤液中加入少量铁粉，目的是 ；滤渣2 的主要成分是 (填化学
式)；“转化器”中生成黄血盐晶体的反应类型为 。
(4)实验室进行“步骤a”的具体操作为 。
(5)样品的纯度测定：
步骤1：准确称取8.884g 黄血盐样品加入水中充分溶解，并配制成100.00mL 溶液。
步骤2：量取25.00mL 上述溶液，用
的酸性高锰酸钾溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗酸
性高锰酸钾溶液30.50mL。
已知：
。
①配制100.00mL 样品待测液，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。
②该样品的纯度是 (保留4 位有效数字)。
③下列操作会使测定结果偏高的是 (填字母)。
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A．步骤1 过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡
【答案】(1)+2
(2)
(3) 防止Na4[Fe(CN)6]被氧化 除去过量的钙离子 络合反应
(4)用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3 次
(5) 100.00mL 容量瓶 95.0% C
【分析】含NaCN 的废液中加入FeSO4、CaCl2反应生成Na4[Fe(CN)6]、CaSO4、NaCl，过滤除去硫酸钙，
然后加入碳酸钠除去过量的钙离子，过滤除去碳酸钙；加入KCl 溶液使Na4[Fe(CN)6]转化为
Na4[Fe(CN)6] 3H
⋅
2O，过滤，用乙醇洗涤、干燥，最后得到产品；据此分析解题。
【详解】（1）NaCN 中碳元素的化合价为+2 价，故答案为：+2。
（2）由流程可知，反应器中NaCN、FeSO4、CaCl2反应，根据质量守恒和最终产物Na4[Fe(CN)6] 3H
⋅
2O 推
断反应生成Na4[Fe(CN)6]、CaSO4、NaCl，发生的主要反应为
，故答案为：
。
（3）反应过滤后，“过滤1”中Fe 为+2 价，加入少量铁粉，可已知Fe 的氧化，然后加入碳酸钠除去过量
的钙离子，过滤除去碳酸钙，反应器中NaCN、FeSO4、CaCl2反应生成Na4[Fe(CN)6]为络合反应；故答案为：
防止Na4[Fe(CN)6]被氧化；除去过量的钙离子；络合反应。
（4）亚铁氰化钾晶体可溶于水，不溶于乙醇，第2 次过滤得到亚铁氰化钾晶体，为了除去晶体表面的杂质
残液，可以乙醇洗涤，故实验室进行步骤a 的操作为用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自
然流下，重复操作2～3，故答案为：用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操
作2～3 次。
（5）①配制100.00mL 样品待测液，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和100.00mL 容量瓶，故答案为：
100.00mL 容量瓶；
②根据方程式
可知，则样品中Na4[Fe(CN)6]的物质的量为
，则该样品的纯度是
，故答案为：95.0%；
A
②．步骤1 过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化，导致标准液用量减少，结果偏低，故A 错误；
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确，导致读数偏小，结果偏低，故B 错误；
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡，导致标准液用量偏大，结果偏高，故C 正确；
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故答案为C。
17．（2024 届高考·广东·高三一模）铋酸钠(NaBiO3)是一种可测定锰的强氧化剂。由辉铋矿(主要成分为
Bi2S3，含FeS2、SiO2、CuO 等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下：
已知：①
易水解，
难溶于冷水，与热水反应，
不溶于水。
②“氧化浸取”时，硫元素转化为硫单质。
③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH 如表：
金属离子
开始沉淀的pH
7.6
2.7
4.8
4.5
沉淀完全的pH
9.6
3.7
6.4
5.5
回答下列问题：
(1)基态
的3d 电子轨道表示式为 。“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。
(2)“氧化浸取”过程中，需要控制温度不超过40℃的原因是 ，
发生反应的化学方程式为
。
(3)已知
，
中
的配位数为 ，配体
的空间结构为 。
(4)“氧化”过程发生反应的离子方程式为 。
(5)取1.0g 制得的
产品，加入足量稀硫酸和
稀溶液，发生反应
，完全反应后再用0.1000
的
标准溶液滴定生成的
，当
溶液紫红色恰好褪去时，消耗23.50mL
标准溶液，则产品的纯度为 %。
(6)我国科学家对新型二维半导体芯片材料——
的研究取得了突破性进展。
的晶胞结构中
的位置如图所示(略去
、
)，已知晶胞为竖直的长方体，高为bpm，晶体密度为
。设
为阿伏加德罗常数的值，则晶胞底边边长
(填含b、
、
的计算式，不必化简)。
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【答案】(1)
S 和SiO2
(2) 防止盐酸挥发和双氧水分解
(3) 4 三角锥形
(4)
(5)65.8
(6)
【分析】已知，氧化浸取时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质向辉铋矿中加入过氧化氢和盐酸进
行氧化浸取，过氧化氢具有氧化性，发生的反应有Bi2S3+3H2O2+6H+＝2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6 H+＝
2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S 和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节
pH 除去Fe3+，得到滤渣2 为Fe（OH）3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3 H
⋅
2O
[Cu(NH3)4]2++4H2O，Bi3+转化为氢氧化铋沉淀，过滤后得固体为氢氧化铋沉淀，滤渣中加入NaOH、Cl2，
发生反应Na++Cl2+Bi(OH)3+3OH-=NaBiO3↓+2Cl-+3H2O，得到产品NaBiO3，据此分析解题。
【详解】（1）已知Fe 是26 号元素，基态
的3d 的电子排布式为：3d6，则电子轨道表示式为
，由分析可知， “滤渣1”的主要成分为S 和SiO2，故答案为：
；S 和SiO2；
（2）由题干工艺流程图可知，“氧化浸取”过程中使用的盐酸易挥发，H2O2受热易分解，故反应中需要
控制温度不超过40℃，FeS2发生反应生成FeCl3、S，该反应的化学方程式为：
，故答案为：防止盐酸挥发和双氧水分解；
；
（3）已知每个NH3分子与Cu2+间形成一个配位键，故
中Cu2+的配位数为4，配体即NH3中
心原子N 周围的价层电子对数=3+
=4，则其空间结构为三角锥形，故答案为：4；三角锥形；
（4）由分析可知，“氧化”过程发生反应的离子方程式为
，故答案为：
；
（5）根据反应方程式：
，2
+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可找到关系式：5NaBiO3~2
~5H2C2O4，故有
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n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=0.1000mol/L×23.50×10-3L=2.35×10-3mol，则产品的纯度为
=65.8%，故答案为：65.8；
（6）由题干晶胞示意图可知，Bi2O2Se 的晶胞结构中Se2-的位置如图所示(略去O2-、Bi3+)，一个晶胞中含有
Se2-的个数为：
=2，即一个晶胞中含有2 个Bi2O2Se，已知晶胞为竖直的长方体，高为bpm，晶体密
度为
，设
为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为：
，一个晶胞的
体积为：a2b×10-30cm3，则有：
，故则晶胞底边边长
，
故答案为：
。
18．（2024 届高考·贵州黔东南·统考一模）皓矾(
)在生活中主要用作材料防腐剂和医疗消毒
剂。以闪锌矿(主要成分为
，含有少量
、
、
、
、
等杂质)为主要原料制备皓矾的
工艺流程如图(已知：“滤渣1”含有硫等)。
回答下列问题：
(1)基态锌原子价层电子排布式为 ；S、O、Si 三种元素中，第一电离能最大的是 。
(2)“酸浸”时，
和
反应的离子方程式为 。
(3)“氧化”时，双氧水实际消耗量远大于理论计算值，除温度因素外，可能的原因是 。
(4)“滤渣2”为黄钠铁矾
沉淀，产生该沉淀的离子方程式为 。
(5)若“净化”时，将除去
和
的反应设计成原电池，正极生成的物质是 (填化学式)。
(6)该工艺产生的废液中含有
，需要先处理后排放。向废液中加入由
和
组成的
缓冲溶液调节pH，再通入
发生反应：
。
处理后的废液中部分微粒浓度如下：
微粒
浓度/(mol/L)
0.2
0.1
0.2
a
则a= ，该废水 (填“能”或“不能”)排放。
已知：常温下，
，
，
，
32
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。当c(Zn2+)≤1.0×10-5mol/L 时认为废水可以排放。
【答案】(1) 3d104s2 O
(2)
(3)
，
等金属离子催化
分解
(4)
(5)Cu、Ni
(6)
可以
【分析】闪锌矿(主要成分为ZnS．含有少量
，FeO，CuS，NiS，
等杂质)在酸浸时，SiO2不溶解，
ZnS、CuS、NiS 与含硫酸的FeCl3反应生成S 单质和盐酸盐溶液，
，FeO 反应分别生成硫酸铁和硫酸
亚铁，过滤后向滤液中加入双氧水将亚铁氧化为三价铁，加入硫酸钠溶液，利用水解原理生成黄钠铁矾
沉淀，除掉硫酸根；调pH 将剩余的三价铁变为氢氧化铁除去，加入锌粉将镍离子和
铜离子还原为铜和镍单质除去，得到较纯净的硫酸锌溶液，最后通过加热浓缩、冷却结晶得到
。
【详解】（1）锌原子价层电子排布式为3d104s2，同周期元素随核电荷数的递增第一电离能逐渐增大，故
S、O、Si 三种元素中，第一电离能最大的是O；
（2）“酸浸”时，ZnS 和
反应生成亚铁离子和S 单质、锌离子，离子方程式为
；
（3）H2O2受热易分解，另外由于
，
等金属离子催化
分解，故双氧水实际消耗量远大于理论
计算值；
（4）向硫酸铁溶液中加入硫酸钠生成
，利用了铁离子水解的原理，离子方程式为：
；
（5）“净化”时，若将除去
和
的反应设计成原电池，则
和
在正极发生还原反应，分别
得到Ni 单质和Cu 单质；
（6）
，即
，c(H+)=1.0
，
，即
=
，c(S2-)=5
，
，c(Zn2+)=
，
，该废水可以排放。
19．（2024 届高考·四川绵阳·统考一模）纳米ZnO 可用作催化材料、半导体材料。以锌焙砂(主要成分为
ZnO、
，含少量
、
等)为原料制备纳米ZnO 的流程如下：
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已知：i.
；
受热易分解，放出氨气；
ii.
。
(1)“浸取”时，锌元素以
形式进入滤液。
①浸出率与温度关系如图甲所示，请解释55℃时浸出率最高的原因： 。
②浸出率与
的关系如图乙所示，
之后浸出率下降，说
明 (填序号)的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。
A．ZnO 和
B．ZnO C．
③浸取过程加入
的目的是 。
(2)写出流程中生成“滤渣”的离子方程式： 。
(3)适量
能将
等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择ZnS 进行除杂，是否可行？ (填
“是”或“否”)，［已知：
，
；
化学反应完全，
化学
反应不发生］，用计算说明原因 。
(4)根据“蒸氨”时逸出的气体为氨气可推知“浸取”步骤中加入的氨水是过量的。你认为该推断是否正确？
并说明理由： 。
(5)写出流程中“沉锌”的离子方程式： 。
(6)该流程中可以循环利用的物质是 (写出主要成分的化学式)。
【答案】(1) 低于55℃时，反应速率随温度升高而增加，浸出率增大；超过55℃后，因氨气挥发而导
致
平衡正向移动，浸出率下降 C 将
氧化为
除去
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(2)
(3) 是 从反应
化学平衡常数分析，
化学反应完全，
浓度减小，使
平衡正向移动，除去溶液中的
(4)不正确，可能是
受热分解，放出氨气或铵盐分解放出氨气
(5)
(6)
、
【分析】工艺流程原料为锌焙砂(主要成分为
、
，含少量
、
等)，产品为纳米
，
流程主线中的主元素为锌元素，
、
、
元素为杂质元素被除去。锌焙砂在浸取后
、
转
化为
，
转化为
，经过过滤Ⅰ进入除杂工艺，
、
元素则分别转化为
、
沉淀而被除去，除杂过程加入
沉出
元素，蒸氨后加入
使锌元素转化为
分离出来，最终得到纳米
。
【详解】（1）温度低于55℃时，温度升高，反应速率增大，浸出率逐渐增大，但浸出时加入氨水，温度
高于55℃后，温度升高
易分解出氨气，氨气挥发，使
平衡正向移动，
浸出率反而下降；
是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，
是弱酸酸根离子，溶液酸性越强，越容易生成
沉淀，促进
溶出
，所以
之后浸出率下降，说明
的
浸出主要依赖
浓度的大小，C 正确；
在浸取后经过过滤Ⅰ以
沉淀而被除去，说明在浸取工艺发生氧化还原反应使
被氧化为
，所以浸取过程加入
的目的是将
氧化为
除去；
（2）
浸取后转化为
，经过过滤Ⅰ进入除杂工艺，加入
生成
沉淀，过滤Ⅱ得
到的滤渣为
，反应离子方程式为
；
（3）比较
、
可知，
更难溶于水，
转化为
的反应更容易
发生，从反应
化学平衡常数分析，
化学反应完全，
浓度减小，使
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平衡正向移动，除去溶液中的
，选择
进行除杂，是
可行的，原因是从反应
化学平衡常数分析，
化学反应完全，
浓度减小，使
平衡正向移动，除去溶液中的
（4）由题给信息可知“蒸氨”时逸出的氨气，可能是由于“浸取”步骤中加入的氨水是过量的，也可能
是
受热分解放出氨气，从整个流程来看，逸出的氨气还可能是由铵盐分解产生的，从“蒸氨”
时逸出氨气可推知“浸取”步骤中加入的氨水是过量的，推断不正确，原因
受热分解会放出氨
气，铵盐分解也会产生氨气；
（5）“蒸氨”后溶液中主要存在的金属阳离子为
，“沉锌”时加入
，溶液中的
与
溶液反应，生成
，离子方程式为
；
（6）“蒸氨”过程中除去的多余
和“过滤Ⅲ”所得滤液中的
都可循环使用。
20．（2024 届高考·四川自贡·统考一模）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含
、
、
。一种回收利用废催化剂的工艺流程如下图。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时，
转化为
，写出相应的化学方程式 。
(2)加快溶浸速率的方法是 。
(3)溶浸后的溶液中，铝元素以
的形态存在。写出“沉铝”时使铝元素恰好沉淀完全的离子方程
式为 。
(4)“沉钼”后，滤液X 的溶质主要是 (写化学式)。
(5)
在水中呈胶状，陈化是指将溶液静止存放一段时间，陈化的作用是 。
(6)已知
中
元素的化合价为0 价。
①在“反应”中的氧化剂和还原剂物质的量之比为 。
②
是一种可以循环利用的物质，
是 (填化学式)。
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【答案】(1)
(2)适当升高溶液温度，搅拌等
(3)
(4)
(5)使沉淀聚沉，颗粒变大，以利于过滤
(6)
【分析】废催化剂主要含
、
、
，加入氢氧化钠固体焙烧，
与NaOH 反应生成
NaAl(OH)4，
转化为
；加水溶浸过滤得到滤渣
；
和CO 在90℃时发生反应，
生成
；再将
分解得到
和
，
可以循环利用；溶浸过滤后的滤液中含
NaAl(OH)4、
，向滤液中通入
，生成Al(OH)3，过滤除去；向含有
的溶液中加
沉钼，陈化后过滤得到
，
分解得到
。
【详解】（1）“焙烧”时，
转化为
，化学方程式为
；
（2）加快溶浸速率的方法是适当升高溶液温度，搅拌等；
（3）“沉铝”时使铝元素恰好沉淀完全的离子方程式为
；
（4）焙烧时加入了固体NaOH，“沉钼”时加入了
，“沉钼”后滤液X 的溶质主要是
；
（5）
在水中呈胶状，陈化可以使
沉淀聚沉，颗粒变大，以利于过滤；
（6）①已知
中
元素的化合价为0 价，发生反应
，该反应
中，氧化剂
和还原剂
的物质的量之比为1：3；
②
是一种可以循环利用的物质，
是
。
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