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专题08 工艺流程综合题
1．（2024 届·天津河西·统考二模）铋(Bi)及其化合物在电子材料等领域有着广泛作用。以某铋矿(主要成分
为
、
，主要杂质
和
)制取
并回收锰的工艺流程如下：
按要求回答下列问题。
(1)元素Bi 较同主族N 的周期数大4，写出基态Bi 原子的价层电子排布式 。
(2)回收Mn 时，
被还原为Mn 的过程中，电子填入原子轨道的名称是 。
(3)滤渣1 的主要成分的晶体类型为 。
(4)“还原”步骤中Bi 粉的作用为 。
(5)已知
在
的环境中，易水解成BiOCl 沉淀。写出该反应的化学方程式： 。若
实验室配制
溶液，需用的试剂有
、蒸馏水、 。
(6)已知：常温下，
；“沉Bi”步骤得到BiOCl 沉淀。此“沉Bi”步骤控制溶液的pH
范围为 。
(7)
(相对分子质量为Mr)的立方晶胞结构如图所示(棱长为apm)。
的化学式为 ；晶胞密
度为
(用含a、Mr、
的代数式表示；
为阿伏伽德罗常数的值)。
【答案】(1)6s26p3
(2)4s
(3)共价晶体
(4)将Cu2+还原成Cu，Fe3+还原成Fe2+
(5)
浓盐酸
(6)小于6.5
(7)Bi2O3
【分析】含铋烧渣先水浸除锰，另加入少量稀硫酸可促进MnS 溶解，同时MnSO4溶于水通过过滤分离；
用浓盐酸处理浸出固体后过滤，二氧化硅不反应得到滤渣1 为SiO2，铋、铁、铜元素反应进入滤液，滤液
1
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中含有Fe3+、Cu2+、Bi3+；氧化性：Fe3+>Cu2+>Bi3+，则加入Bi 粉处理滤液，Cu2+被还原成Cu，Fe3+被还原成
Fe2+，过滤滤渣2 中含有Cu 以及过量的Bi，滤液中含有Fe2+、Bi3+；加入NaOH 使得铋转化为沉淀过滤分
离出来，沉淀加入氢氧化钠溶液脱氯处理得到Bi2O3。
【详解】（1）元素Bi 较同主族N 的周期数大4，则为第6 周期ⅤA 族，基态Bi 原子的价层电子排布式
6s26p3；
（2）基态Mn 原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，则
被还原为Mn 的过程中，电子填入原子轨
道的名称是4s；
（3）滤渣1 为SiO2，是由共价键形成的共价晶体；
（4）加入Bi 粉处理滤液，Cu2+被还原成Cu，Fe3+被还原成Fe2+，除去铜且便于后续分离铁和铋元素；
（5）
在
的环境中，易水解成BiOCl 沉淀，根据质量守恒可知，还生成HCl，该反应的
化学方程式：
。由
容易水解，故实验室配制
溶液，需用的试剂有
、蒸馏水、浓盐酸，浓盐酸用于抑制
的水解；
（6）亚铁离子浓度度为0.05mol/L，亚铁离子开始沉淀时，
，pOH=7.5，pH=6.5，故“沉Bi”步骤控制溶液的pH 范
围为小于6.5；
（7）根据“均摊法”，晶胞中含
个Bi、6 个O，则晶体化学式为Bi2O3，密度为
。
2．（2024 届·江西景德镇·统考二模）以红土镍镉矿(NiS、CdO，含
、CuO、PbO、
等杂质)为原
料回收贵重金属Ni、Cd 和Cu，其工艺流程如图所示：
已知：水溶液中物质得失电子的能力可用标准电极电势[E(高价态/低价态)]衡量，E 越大说明高价态物质的
氧化性越强、E 越小说明低价态物质的还原性越强。
物质
E/V
+0.34
-0.13
-0.40
-0.44
-0.26
(1)“浆化”的目的是 。
(2)滤渣Ⅰ中含有硫单质，写出“酸浸”时NiS 反应的离子方程式 ；滤渣Ⅰ中还含有 。(填化学
2
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式)
(3)溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时(浓度
mol/L)的pH 如下表，则物质X 不可能是 ；所调
pH 范围 。
离子
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.2
4.7
6.8
沉淀完全的pH
3.3
9.9
9.5
6.7
9.2
a．
b．CuO c．
d．NaOH
(4)电解时阴极的电极反应为 。
(5)整个流程中可以循环使用的物质有 。(填化学式)
【答案】(1)增大接触面积，加快酸浸反应速率
(2) 2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O SiO2、PbSO4
(3)d 3.3-4.7
(4)Ni2++2e－=Ni、Cd2++2e－=Cd
(5)Ni、CO、H2SO4
【分析】镍镉矿浆化，然后通入空气加入稀硫酸进行酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，
二氧化硅不反应，PbSO4不溶，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入镍的不溶
物调节pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，X 可以是碳酸镍或氧化镍等，过滤得到含有氢氧化铁的
滤渣Ⅱ和滤液；结合电极电位和不引入杂质，可向滤液中加入Y 镍，置换出铜离子为铜，过滤得到含有铜、
镍的金属A 和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入
一氧化碳气化分离得到Ni(CO) 4和镉；Ni(CO) 4受热分解得到镍以及CO，则该工艺流程中可以循环利用的
物质为一氧化碳、硫酸和镍等。
【详解】（1）“浆化”的目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率，提高某些金属元素浸取率。
（2）空气中氧气具有氧化性，酸性条件下氧化NiS 得到硫单质，反应为：2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O；
由分析可知，滤渣Ⅰ中还含有SiO2、PbSO4；
（3）向滤液中加入不溶物X 和溶液中氢离子反应调节pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，而其它
离子不沉淀，则需调pH 范围为3.3-4.7；氢氧化钠溶液碱性太强且会引入钠离子，不合适，
、
CuO、
均为固态且和氢离子反应能调节pH 不引入其它杂质，合适；故选d；
（4）电解时阴极的镍离子、镉离子得到电子发生还原反应转化为金属单质，电极反应为Ni2++2e－=Ni、
Cd2++2e－=Cd；
（5）由分析可知，整个流程中可以循环使用的物质有Ni、CO、H2SO4。
3．（2024 届·陕西西安·统考二模）随着新能源汽车的不断发展，从经济价值、环境保护等多重背景下考虑，
废旧锂离子电池中的锂、镍、钴、锰金属的回收利用已经刻不容缓。某科研团队对废旧三元锂电池进行处
理，工艺如图所示：
3
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查阅资料显示：
a．正极片预处理后的粉料中主要成分与终端产品2 相同，均为
，且其中所含镍、钴、
锰的化合价均为＋3 价。粉料中杂质主要为
。
b．碳酸锂微溶于水，其溶解度随温度升高而减小。
(1)旧电池拆解前进行放电处理有利于锂在正极的回收，其原因是 。
(2)写出粉料中的
通过“浸出还原”得到含
、
、
、
的化学反应方程式：
。
(3)温度、浸出时间对镍、钴、锰浸出率的影响如下图所示。根据图中信息，应选择的温度为
℃，浸出时间为 min。除温度和时间外，写出另外一种影响浸出率的因素： 。
(4)“浸出还原”后，可用低浓度的碳酸氢铵溶液除杂，写出反应的离子方程式 。
(5)“共沉淀”后的滤液中含有大量
，加碳酸钠后，对溶液采用如下“系列操作”可得到终端产品1：
、 、洗涤、干燥。检验沉淀是否洗涤干净的操作是 。
(6)已知
、
、
三种物质的
分别为
、
、
，共沉淀时，使构成
三元材料的金属离子均完全沉淀(溶液中离子浓度
)，则pH 至少应调至 。
【答案】(1)防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸等事故
(2)
(3) 70℃ 120min H2SO4用量
(4)
(5) 蒸发结晶 趁热过滤 取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉
4
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淀产生，则说明沉淀洗涤干净，否则，洗涤不干净
(6)10.1
【分析】经过放电处理后，负极Li 放电形成Li+，最终转移到正极材料中，可提高Li 元素的回收率，经过
浸出还原，正极材料中相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，加入NaOH 调节pH 至11，可将Ni2+、
Co2+、Mn2+转化为沉淀除去， 最终在滤液中加入Na2CO3得到Li2CO3产品， 正极材料前驱体在空气中煅烧
得到终端产品2
；
【详解】（1）回收处理时首先对废旧锂电池进行放电，目的是防止在电池拆解过程中，发生短路引起火
灾、爆炸等事故；
（2）粉料中的
被过氧化氢氧化，相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，Ni2+、Co2+、
Mn2+化合价由+3 价变为+2 价，H2O2氧元素由-1 价变为0 价，故相关化学方程式为
；
（3）①由图可知，当温度为70℃、浸出时间为120min 时金属的浸出率较高，再提高温度和浸出时间，金
属的浸出率几乎不变，所以最佳的温度为70℃、最佳的浸出时间为120min；
②影响浸出率的因素除了温度时间外，还包括反应物浓度，故答案为H2SO4用量；
（4）Al3+与
发生相互促进的完全双水解反应：
；
（5）由于碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，沉淀完成后从溶液中得到Li2CO3的操作有蒸发结晶、趁热
过滤、洗涤、干燥；
若沉淀洗涤干净则沉淀表面不存在硫酸根离子，则检验沉淀是否洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液于试
管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净，否则，洗涤不干净；
（6）比较
、
、
三种物质的Ksp，第二次调pH 时，要使构成三元材料的金属
离子均完全沉淀（溶液中离子浓度
)，则只需要满足
[
]=
就能达到目的，
，
，所以pH 至少应调至10.1，答案为
10.1。
4．（2024 届·江西鹰潭·统考二模）钛白粉是一种重要的无机化工颜料，主要成分为二氧化钛(
)，一种
以含
、CaO、
等杂质的钛铁矿(
)为原料制备钛白粉的工艺流程如图所示。
已知：①
不溶于水和稀酸；
②“酸浸”后钛元素主要以
形式存在；
③
，当溶液中
'时可认为
完全除去。
回答下列问题：
5
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(1)请写出加快“酸浸”速率的一个措施： 。
(2)“酸浸”时，
发生反应的化学方程式为 。
(3)“滤渣”①的主要成分是 (填化学式)。
(4)流程中加入铁粉的目的是把体系中的
还原成
，冷却结晶析出
晶体。体系中的
还可以用调节pH 的方法除去，设酸浸后体系中
，常温下
开始沉淀的pH 为
。
(5)经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe 外，还有 (填化学式)。
(6)碳化钛晶胞结构如图所示，碳化钛的化学式为 ，碳原子距离最近且相等的碳原子的数目为 。
晶胞边长参数
，则晶体的密度
(列出计算式，不要求化简)。
【答案】(1)粉碎钛铁矿石、升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度等
(2)
(3)Fe、
和
(4)2
(5)
(6)TiC 12
或
【分析】钛铁矿主要成分FeTiO3，还含有
、CaO、
等杂质，加硫酸“酸浸”，用过量的铁把
Fe3+还原为Fe2+，
难溶于水、CaSO4微溶于水，过滤除去
、CaSO4、Fe；滤液冷却结晶析出
；滤液②含有TiOSO4，加热水解生成H2TiO3沉淀，H2TiO3灼烧分解的TiO2，据此分析解题。
【详解】（1）根据影响反应速率的因素，加快“酸浸”速率的一个措施有：粉碎钛铁矿石、升高温度、
搅拌、适当增大硫酸的浓度等；
（2）“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在，“酸浸”时，和硫酸反应生成硫酸亚铁和TiOSO4，发生反
应的化学方程式为：
；
（3）
难溶于水、CaSO4微溶于水，所以“滤渣”①的主要成分是
、CaSO4和剩余的Fe；
（4）酸浸后体系中
，
，常温下
开始沉淀时
6
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，c(H+)=10-2，pH 为2 时开始沉淀；
（5）TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，硫酸可用于“酸浸”，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe 外，
还有
；
（6）根据均摊原则，晶胞中Ti 原子数
、C 原子数为
，碳化钛的化学式为TiC；
碳原子距离最近且相等的碳原子的数目为12；晶胞边长参数
，则晶体的密度
或
。
5．（2024 届·山东枣庄·统考二模）GaN 作为第三代半异体材料广泛应用于大功率充电器和5G 通讯技术，
某工厂利用炼锌矿渣［主要成分
、
、CuO 和
］制备并提取GaN，工艺流程如下：
已知：ⅰ．镓和铝位于同一主族，性质相似
ⅱ．
可溶于过量氨水生成
ⅲ．常温下，酸浸后浸出液中可能存在的各离子浓度、形成氢氧化物沉淀的pH 和金属离子在该工艺条件
下的萃取率见下表：
金属离子
浓度
—
0.78
0.22
开始沉淀pH
8.0
1.7
5.6
3.0
4.5
完全沉淀pH
9.6
3.2
8.0
4.9
a（a>5.5）
萃取率/%
0
99
0
97~98.5
93
（萃取率指进入有机层中金属离子的百分数；
难被萃取；离子浓度
时即认为沉淀完
全）
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中
发生反应的化学方程式为 。
(2)滤液①中
的浓度为： ；从工业经济性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，
还可用于 ；滤液①中的主要溶质之一可采用加热浓缩、降温结晶的方法提取，不同降温方法对
析出固体的颗粒大小影响如图所示，若工业生产对产品粒径均一度有要求，则应选用 （填“快
速”“缓慢”或“变速”）降温的方法，原因是 。
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(3)物质A 的化学式为 。反萃取过程中物质B 会溶于水相分离，生成物质B 的离子方程式为
；若通过电解物质B 的溶液可以得到单质Ga，则阴极电极反应式为 。
【答案】(1)
(2)
或
在酸浸中循环利用O2和
变速 变速降温下
析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）等
(3) Fe
【分析】锌矿渣［主要成分
、
、CuO 和
］通入空气，加入硫酸进行酸浸，去除
浸出渣，再加入氨水调节pH 为5.5，得到滤液①，
、
转化为沉淀，固体①加入过量氨水，洗涤得
到滤液②和固体②，固体②加入盐酸和物质A 溶解转化，物质A 为Fe，还原Fe3+，转化为Fe2+，使之在萃
取的时候不会被萃取出来（题中Fe3+的萃取率比Ga3+高），镓和铝位于同一主族，性质相似，利用萃取剂
萃取去水相，有机相再加入过量氢氧化钠溶液反萃取得到有机相和物质B 为[Ga(OH)4]-，经一系列操作得
到GaN；
【详解】（1）“酸浸”过程中
与硫酸反应生成硫酸镓和硫酸铁，发生反应的化学方程式为
；
（2）根据表中数据可知，
开始沉淀时浓度为0.22mol/L，pH=4.5，则c(OH-)=10-9.5mol/L，
=
，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中
的浓度
为：
；或完全沉淀时pH=a，c(OH-)=10a-14mol/L，
的浓度
，
=
，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中
的浓
度为：
；
从工业经济性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，还可用于在酸浸中循环利用O2和
；
结合图中信息可知，在变速降温的情况下析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）等；
（3）根据分析可知，物质A 的化学式为Fe；反萃取过程中物质B 会溶于水相分离，生成物质B 的离子方
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程式为
；若通过电解物质B 的溶液可以得到单质Ga，则阴极上[Ga(OH)4]-得电
子产生Ga，电极反应式为
。
6．（2024 届·安徽黄山·统考二模）氧缺位体
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
，含
、
等杂质)为原料制备
流程如图所示：
已知：①酸浸后溶液中的金属离子有
和
②
时已知几种金属离子沉淀的
如表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的
1.9
3.4
6.4
7.0
完全沉淀的
3.2
4.7
7.6
9.0
请回答下列问题：
(1)
“焙烧”时生成三种氧化物，其中金属氧化物的化学式为 。
(2)焙烧产物中的
在有氧条件下利用石灰石浆液吸收可制得一种副产品 。(填化学式)
(3)流程中，若无“还原”工序，造成的后果是 。
(4)已知
有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的
的空间结构是
。
(5)“灼烧”工序的化学方程式是 ，“煅烧”时通入
的作用是 。
(6)“煅烧”
得到氧缺位体
时，不同温度范围内，发生变价的金属元素不同，某温度下
制得的氧缺位体质量为原质量的
，则
。
(7)氧缺位体催化分解水制氢可分为两步：
第一步： (完成方程式)；
第二步：
。
【答案】(1)CuO、Fe3O4
(2)CaSO4
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(3)还原工序是将Fe3+还原为Fe2+，若没有还原工序，会使Fe3+发生沉淀
(4)平面正方形
(5) CuO+2Fe(OH)3
CuFe2O4+3H2O N2在煅烧时做保护气
(6)0.15
(7)
【分析】氧气具有氧化性，已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙烧生成三种
氧化物，结合质量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸金属氧化物转化为相应的硫酸盐，
滤渣1 为SiO2，加入Cu 还原Fe3+为Fe2+，加入CuO 调节pH 使Al3+沉淀，，而Cu2+和Fe2+不沉淀，滤渣2
中有Al(OH)3、CuO、Cu，加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+离子，加入过量的氨水反应生成Cu(NH3)4SO4，Fe3+生
成Fe(OH)3沉淀，Cu(NH3)4SO4经过系列操作生成CuO，灼烧CuO 和Fe(OH)3生成 CuFe2O4，在N2做保护
气下煅烧生成
。
【详解】（1）已知酸浸后的溶液中金属离子有Cu2+，Fe2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙烧生成三种氧化物，结
合质量守恒可知，三种氧化物为SO2、CuO、Fe3O4，其中金属氧化物的化学式为CuO、Fe3O4；
（2）焙烧产物中的
在有氧条件下利用石灰石浆液Ca(OH)2吸收可制得一种副产品是CaSO4；
（3）加入Cu 还原Fe3+为Fe2+，若没有还原工序，调节pH 值时会使Fe3+发生沉淀；
（4）已知
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
的空间构型为平面正方形；
（5）灼烧CuO 和Fe(OH)3生成 CuFe2O4，反应的方程式为CuO+2Fe(OH)3
CuFe2O4+3H2O；N2做保护
气，防止生成物被氧化；
（6）“煅烧”
得到氧缺位体
，质量减少的是氧气质量，
，得出=0.15
（7）制取氢气的总反应为：2 H2O=2 H2↑+ O2↑，结合第二步反应
，可知
第一步反应为
。
7．（2024 届·广东深圳·统考二模）一种从工业锌置换渣(主要含
等)
中回收锗、铅的工艺流程如图：
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已知：
能溶于强酸的浓溶液或强碱溶液；
可溶于热盐酸中：
；常温下，
。
(1)“还原浸出”时，
的存在可促进
浸出。
①
的空间结构为 。
②该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(2)“
酸浸”所用盐酸的浓度不宜过大或过小，浓度不宜过大的主要原因是 。
(3)“碱溶”时，
发生反应的离子方程式为 。
(4)“降温析铅”过程中，体系温度冷却至常温，且
。为防止
中混有
杂质，
应控制溶液中
(保留两位有效数字)。
(5)“转化”的意义在于可重复利用 (填物质名称)。
(6)通过掺杂硅可将锗单质转化为不同掺杂比例的硅锗合金，锗及硅锗合金的立方晶胞如图所示。
①锗晶体中一个
周围与其最近的
的个数为 。
②若硅锗合金i 的晶胞边长为
，设
为阿伏加德罗常数的值，则硅锗合金i 晶体的密度为
(列计算式)。
③硅锗合金ii 沿晶胞对角面取得的截图为 (填标号)。
【答案】(1)
形
(2)防止
大量溶解，导致锗的产率下降
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(3)
(或
)
(4)
(5)盐酸
(6) 4
或
或
C
【分析】工业锌置换渣(主要含
等)通入SO2并加入硫酸还原浸出，
生成Zn2+、Fe2+，滤渣1 中有PbSO4、GeO2、SiO2，加入盐酸90℃酸浸，浸渣2 为GeO2、SiO2，加入氢氧
化钠溶液碱溶，发生反应
(或
)，
，经过沉硅等一系列操作后得到硅，滤液中含有
，降温
平衡逆向移动，得到PbCl2，滤液1 中加入适量CaCl2得到CaSO4，过滤得滤液2，
滤液2 主要含有H+、Cl-。
【详解】（1）①SO2中S 的价层电子对数为：
，有1 个孤电子对，空间构型为V 形；
②该反应化学方程式为：
，氧化剂为
，还原剂为
SO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；
（2）盐酸浓度过大，会导致
大量溶解，锗的产率下降；
（3）“碱溶”时，GeO2与OH-发生反应，离子方程式为：
(或
)；
（4）
，
，即
，
，
，即为防止
中混有
杂质，应控制溶液中
；
（5）滤液1 中加入适量CaCl2得到CaSO4，过滤得滤液2，滤液2 主要含有H+、Cl-，“转化”的意义在于
可重复利用盐酸；
（6）①由图可知，锗晶体中一个Ge 周围与其最近的Ge 的个数为4；
②由均摊法得，1 个硅锗合金i 晶胞中含有Si 原子个数为
，Ge 原子的个数为
，
晶胞边长为apm，则硅锗合金i 晶体的密度为
；
③由硅锗合金ii 的晶胞结构图可知，沿晶胞对角面取得的截图为C。
8．（2024 届·广东梅州·统考二模）金属铼广泛用于航空航天等领域。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和
少量铼的硫化物)制取高铼酸铵晶体的流程如下图所示。回答下列问题：
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(1)金属铼具有良好的导电、导热性和延展性，可用于解释这一现象的理论是 。
(2)
“
①焙烧”常采用高压空气、逆流操作(空气从培烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，其目的是
。
②“焙烧”过程中
转化为
，反应方程式
。
(3)“萃取”机理为：
，则“反萃取”对应的离子方程式为 ；常
温下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的
，则溶液中
(填“>”“<”
或“=”)。(已知：常温下
)
(4)下图是
的X 射线衍射图谱，则
属于 。(填“晶体”或“非晶体”)
(5)工业上制备的铼粉中含有少量碳粉和铁粉(其熔沸点见表1)，在3500℃时，利用氢气提纯可得到纯度达
99.995%的铼粉(下图为碳在高温氢气环境中气-固占比计算结果)，请分析原因 。
表1
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物质
熔点
(℃)
沸点
(℃)
3180
5900
C
3652
4827
1535
2750
(6)三氧化铼是简单立方晶胞，晶胞结构如下图所示，摩尔质量为Mg/mol，晶胞密度为
。铼原子填
在氧原子围成的 (填“四面体”“立方体”或“八面体”)空隙中，该晶胞中两个相距最近的O
原子间的距离为 cm。(列出计算式)
【答案】(1)电子气理论
(2) 增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率 8CaSO4
(3)
或
＞
(4)晶体
(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
【分析】钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)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，通过酸
化、萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。
【详解】（1）金属铼属于金属晶体，在金属晶体中，金属原子的价电子从金属原子上“脱落”下来形成
“电子气”，外力作用金属原子移位滑动,电子在其中起到“润滑”的作用，因此金属具有延展性；电子气
在外电场作用下定向移动,因此金属有良好的导电性；金属受热,加速自由电子与金属离子之间的能量交换，
将热能从一端传递到另一端而使金属有良好的导热性，因此可以用电子气理论解释金属Re 具有良好的导
电、导热性和延展性；
（2）①“焙烧”常采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的
利用率；
ReS
②
2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
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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4ReS2+10CaO+19O2
2Ca(ReO4)2+8CaSO4；
（3）反萃取时R3N·HReO4与氨气反应生成NH4ReO4、R3N，反应离子方程式为：
或
；
lgKb(NH3∙H2O)=-4.7，Kb(NH3∙H2O)
=10-4.7，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的pH=9.0，则溶液
中c(OH-)=10-5mol/L，则
=100.3＞1，c(
)＞c(NH3∙H2O)；
（4）由NH4ReO4的X 射线衍射图谱可知，NH4ReO4具有衍射峰，说明NH4ReO4属于晶体；
（5）根据表中数据可知，在3500℃时，铁转化成铁蒸气，根据图象可知，在3500℃时，C 和氢气生成气
态物质，得到高纯度的Re；
（6）由图可知，顶角的Re 原子周围有6 个距离相等且最近的O 原子，这6 个O 原子构成正八面体，因此
Re 原子填在O 原子围成的八面体空隙中；根据均摊法可计算出一个晶胞中Re 和O 的个数分别为1 个和3
个，也就是1 个晶胞含有1 个ReO3，设晶胞的棱长为acm，则a3=V=
=
，a=
，根据晶胞棱中心的是O 原子，距离最近的O 原子是两条相交棱上的O 原子，两者的距离=
a=
cm。
9．（2024 届·广东肇庆·统考二模）稀土金属(RE)属于战略性金属，我国的稀土提炼技术位于世界领先地位。
一种从废旧磁性材料[主要成分为铈(Ce)、Al、Fe 和少量不溶于酸的杂质]中回收稀土金属Ce 的工艺流程如
图所示。
已知：①Ce(H2PO4)3难溶于水和稀酸。②常温下，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-16.4，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32.9，
Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20。③当溶液中的金属离子浓度小于或等于10-5mol/L 时，可认为已沉淀完全。
(1)为提高酸浸的速率，可采取的措施为 (写一条即可)。
(2)常温下，“酸浸”后测得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L，c(Ce3+)=0.01mol/L，则“沉Ce”时，为了使Al3+完全
沉淀，但不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH 范围为 。
(3)“碱转换”过程中Ce(H2PO4)所发生反应的离子方程式为 ，“滤液2”中铝元素的存在形式为
(填化学式)。
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(4)“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体，发生反应的化学方
程式为 。
(5)某稀土金属氧化物的立方晶胞如图所示，则该氧化物的化学式为 ，距离RE 原子最近的O
原子有 个。若M(晶胞)=Mg/mol，晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度
为 g/cm3(列出计算式)。
【答案】(1)加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等
(2)
(3)
Na[Al(OH)4](或NaAlO2)
(4)
(5) REO2 8
【分析】废旧磁性材料加入稀硫酸酸浸后过滤，滤液中含有硫酸亚铁、硫酸铈、硫酸铝，向滤液中加入磷
酸二氢钠，得到Ce(H2PO4)3、氢氧化铝沉淀；“碱转换”过程中Ce(H2PO4)所发生反应
，过滤向滤渣
中稀硫酸溶解后再加草酸“沉淀”
后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2， Ce2O3被还原为Ce。
【详解】（1）可通过加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等措施提高酸浸的速率，故答
案为：通过加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度；
（2）“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，
，
，此时
，pH 应大于等于4.7；
溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L，c(Ce3+)=0.01mol/L，为了不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3，当
，
，
，为了使Al3+完全沉淀，但
不引人Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH 范围
，故答案为：
；
（3）“碱转换”过程中Ce(H2PO4)所发生反应
，氢氧化铝溶于
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氢氧化钠溶液中生成了Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，故答案为：
；
Na[Al(OH)4](或NaAlO2)；
（4）“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2，发生反应
，故答案为：
；
（5）根据晶胞图可知1 个晶胞中RE：
， O：
，两种原子个数比为1:2，化学式为：
REO2；距离RE 原子最近的O 原子有8 个；M(晶胞)=Mg/mol，晶胞边长为anm，1 个晶胞的体积为
，晶胞的密度
为故答案为：REO2；8；
。
10．（2024 届·辽宁·统考二模）铊(Tl)广泛应用于电子、军工、航天等领域。一种从铅精矿焙烧产生的富铊
灰(主要成分为PbO、ZnO、FeO、Fe2O3、Tl2O)中回收铊的工艺流程如图所示：
已知：
Tl
①
+易被氧化为Tl3+
②在氯化物-硫酸水溶液中，Tl 元素以
形式存在
③萃取过程的反应原理为：H++CH3CONR2+
[CH3CONR2H]TlCl4
④常温下
请回答下列问题：
(1)铊(81Tl)与铝同主族，基态
原子的价电子轨道表示式为 。
(2)“浸取Ⅰ”中Tl2O 发生反应的化学方程式为 。
(3)滤渣的主要成分为 。
(4)常温下，向“萃取分液”后的水相中加入NaOH 溶液，调pH 回收铁。已知水相中c(Zn2+)=0.1mol/L，控
制pH 范围为 (已知当溶液中离子浓度小于10-5mol/L 时，通常认为该离子沉淀完全，结果保留一位
小数)。
(5)请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入CH3COONH4溶液的原因 。
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(6)“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式为 。
(7)铊镉合金是原子能工业重要材料，其一种立方晶胞结构如图所示，已知该铊镉合金密度为
，设
为阿伏加德罗常数的值，则铊原子和镉原子之间的最短距离d= nm(用含
的代数式表示)。
【答案】(1)
(2)5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+5Tl2(SO4)3+21H2O
(3)PbSO4
(4)2.8~6.0
(5)CH3COO-消耗H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，Tl 元素以
形式重新进入水层
(6)H2O+
+
=TlCl↓+
+2H++3Cl-
(7)
×
×107
【分析】富铊灰加入高锰酸钾和硫酸混合溶液、氯化钠溶液浸取时，氧化铅转化为硫酸铅、氧化锌转化为
硫酸锌、氧化铁和氧化亚铁转化为硫酸铁、氧化铊转化为四氯合铊离子，过滤得到含有硫酸铅的滤渣和浸
取液；向浸取液中加入萃取剂萃取，分液得到水相和含有[CH3CONR2H]TlCl4的有机相；向有机相加入醋酸
铵溶液反萃取，分液得到含有四氯合铊离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将四氯合铊离子转化为
TlCl 沉淀，过滤得到TlCl；向TlCl 中加入硫酸，经焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，最后用Zn 置换
Tl2SO4溶液得到金属铊，据此分析回答问题。
【详解】（1）
铊(81Tl)与铝同主族，即Tl 位于第6 周期第ⅢA 族，故基态Tl 原子的价电子轨道表示式为
，故答案为：
；
（2）由题干流程图可知，“浸取Ⅰ”中Tl2O 转化为Tl3+，该过程发生反应的化学方程式为：
5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+5Tl2(SO4)3+21H2O，故答案为：
5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+5Tl2(SO4)3+21H2O；
（3）由分析可知，滤渣的主要成分为PbSO4，故答案为：PbSO4；
（4）常温下，向“萃取分液”后的水相中加入NaOH 溶液，调pH 回收铁，即使Fe3+完全沉淀，则
c3(OH-)×10-5>Ksp[Fe(OH)3]，c(OH-)>
mol/L=3×
mol/L，pH>2.8，而Zn2+不产生沉淀，则已
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知水相中c(Zn2+)=0.1mol/L，即c2(OH-)×0.1＜Ksp[Zn(OH)2]，c(OH-)＜
mol/L=10-8mol/L，则pH＜
6.0，控制pH 范围为2.8<pH<6.0，故答案为：2.8~6.0；
（5）由萃取过程的反应原理可知，加入醋酸铵溶液反萃取时，醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，溶液
中氢离子浓度减小，使萃取过程的平衡向逆反应方向移动，使[CH3CONR2H]TlCl4转化为四氯合铊离子，故
答案为：CH3COO-消耗H+，使萃取过程的平衡逆向移动，Tl 元素以
形式重新进入水层；
（6）还原、氯化、沉淀过程中生成TlCl 的反应为溶液中的四氯合铊离子与亚硫酸根离子反应生成TlCl 沉
淀、硫酸根离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为H2O+
+
=TlCl↓+
+2H++3Cl-，故答
案为：H2O+
+
=TlCl↓+
+2H++3Cl-；
（7）由题干铊镉合金的一种立方晶胞结构所示信息可知，一个晶胞中含有Tl 的个数为：
=3，含Cd
个数为：
=1，已知该铊镉合金密度为
，设
为阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数为a=
×107nm，由晶胞图可知，铊原子和镉原子之间的最短距离为面对角线的一半，即d=
a=
×
×107nm，故答案为：
×
×107。
11．（2024 届·山东潍坊·统考二模）锆是一种稀有金属，广泛用在航空航天、军工、核反应、原子能领域。
一种以锆英砂（主要含
，还含有少量Cr、Fe、Hf 等元素）为原料生产金属锆和副产物硅酸钙的工
艺流程如下：
已知：①“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为
、
、
、
；
25℃
②
时，
，
；
③部分氯化物的沸点数据如表所示：
物质
沸
点/℃
331
1300
316
700
回答下列问题：
(1)“碱熔”时有
生成，则
发生反应的化学方程式为 ，温度和时间对锆英砂碱熔分解
率的影响如图所示，应采取的条件为 。
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(2)“萃取”时除去的杂质元素为 ，流程中可循环利用的物质除TOPO 外，还有 （填化学式）。
(3)“氨沉”时产物为
、
和
，反应结束后溶液中
，则
，“滤液2”中主要成分是 （填化学式）。
(4)“煅烧”时
分解生成
，“沸腾氯化”时
发生反应的化学方程式为 ，氯化反应结
束通入
，目的是 。
【答案】(1)
300℃条件下碱熔8h
(2) Hf NaOH、HCl
(3)
(4)
将
还原为
【分析】锆英砂主要含
，还含有少量Cr、Fe、Hf 等元素，“碱熔”时
转化为
，
“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为
、
、
、
，“萃取”时，锆元素生成
Zr(NO3)2Cl2·2TBP，除掉
，反萃取后“沉淀”时
、
生成沉淀，煅烧后生成
、Fe2O3、
Cr2O3，“沸腾氮化”时，
转化为ZrCl4， Fe2O3、Cr2O3转化为FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点
接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，而后还
原得到金属锆，据此作答。
【详解】（1）根据已知条件及分析可知：“碱熔”时发生反应的化学方程式：
；根据温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响图示，300℃
碱熔分解率最高， 时间为8h 和10h 的分解率没有太大变化，所以最佳的条件是300℃条件下碱熔8h；
（2）“萃取”时，锆元素生成Zr(NO3)2Cl2·2TBP，除掉
，故除掉的元素是Hf；沸腾氯化生成的HCl
可回到酸溶和反萃取步骤循环利用，除硅产生的滤液1 是NaOH 溶液，可回到碱熔步骤循环利用；
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（3）“沉淀”后的“废液”中有
，Kb（NH3•H2O）=1.8×10-5，则c（OH-）=1.0×10-
10mol/L，Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10-38，，则“废液”中c（Fe3+）=
=
mol/L=1.0×10-
8mol/L；根据分析，“滤液2”中主要成分是
；
（4）“沸腾氯化”时
发生反应的化学方程式
；根据分析，氯化反
应结束通入
，目的是把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质。
12．（2024 届·广东·统考二模）V 有“工业味精”之称。工业上提取钒的工艺有多种，一种从钒页岩（一
种主要含Si、Fe、Al、V 元素的矿石）中提取V 的工艺流程如下：
已知：
①“酸浸”时有VO 生成；
②
在有机溶剂中的溶解度大于水，“萃取”时离子的萃取顺序为
；
VO
③
和
可以相互转化。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-
与钒页岩形成混合物，这样做的目的是
。
(2)“滤渣1”除掉的主要杂质元素是 （填元素符号）。
(3)
作用是将VO 转化为
，转化的目的是 ，发生的离子反应方程式为
。
(4)
“
①沉钒”时，生成
沉淀，“步骤X”应该加入 （填“氧化剂”或“还原剂”），写出
“沉钒”时的离子反应方程式 。
②以“沉钒率”（
沉淀中V 的质量和钒页岩中钒的质量之比）表示钒的回收率如图所示，温度高
于80℃时沉钒率下降的原因是 。
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(5)①
可以溶解在NaOH 溶液中，得到
，
在不同的pH 下可以得到不同聚合度的多钒酸盐，
其阴离子呈如图所示的无限链状结构，其中一种酸式钒酸根离子可以表示为
，其中
。
V
②
的另一种氧化物
的立方晶胞如图所示，则在晶胞中，黑球代表的是 原子。
【答案】(1)生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率
(2)Si
(3) VO2+的萃取率大于VO ，转化为VO2+可以提高钒的萃取率 2VO +H2C2O4+2H+=2VO2+
+2CO2↑+2H2O
(4) 氧化剂 VO +NH =NH4VO3↓ 温度高于80℃时，NH 的水解程度增大，NH 浓度减小导致沉
钒率下降
(5) 10 V
【分析】由题给流程可知，向钒页岩焙烧得到的焙烧渣中加入酸酸浸，将金属元素转化为VO 、铁离子、
铝离子，二氧化硅不能与酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；调节滤液的pH 为5.1，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
滤液中加入草酸溶液，将VO 离子还原为VO2+离子，向反应后的溶液中加入萃取剂萃取、分液得到水相
和有机相；向有机相中加入反萃取剂萃取、分液得到水相和有机相；向水相中加入氧化剂将溶液中VO2+离
子氧化为VO 离子，向反应后的溶液中加入氯化铵溶液，将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀，过滤得到
钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。
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【详解】（1）“焙烧”时添加适量“盐对”与钒页岩形成混合物的目的是焙烧时氯化钠和硫酸钠提供的
钠元素能将钒页岩中的钒元素转化为易溶的钠盐，从而提高钒的浸取率，故答案为：生成易溶的钠盐，提
高钒的浸取率；
（2）由分析可知，滤渣1 的主要成分是二氧化硅，除掉的主要杂质元素是硅元素，故答案为：Si；
（3）由题给信息可知，VO2+的萃取率大于VO ，则转化过程中加入草酸溶液的目的是将VO 离子还原为
VO2+离子，有利于萃取时提高钒的萃取率，反应的离子方程式为2VO +H2C2O4+2H+=2VO2+
+2CO2↑+2H2O，故答案为：VO2+的萃取率大于VO ，转化为VO2+可以提高钒的萃取率；2VO
+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O；
（4）①由分析可知，步骤X 中加入氧化剂的目的是将溶液中VO2+离子氧化为VO 离子，向反应后的溶液
中加入氯化铵溶液的目的是将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀，反应的离子方程式为VO +NH
=NH4VO3↓，故答案为：氧化剂；VO +NH =NH4VO3↓；
②氯化铵在溶液中的水解反应我吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，所以温度高于80℃时
沉钒率下降的原因是温度高于80℃时，NH 的水解程度增大，NH 浓度减小导致沉钒率下降，故答案为：
温度高于80℃时，NH 的水解程度增大，NH 浓度减小导致沉钒率下降；
（5）①由无限链状结构可知，多钒酸盐中钒元素的化合价为+5 价，由化合价代数和为0 可知，
中x=
=10，故答案为：10；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的黑球个数为8×
+1=2，位于面上和体内的白球个数为4×
+2=4，由氧化物的化学式可知，黑球为钒原子、白球为氧原子，故答案为：V。
13．（2024 届·河北邢台·统考二模）稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。从钒钛磁
铁矿中提取钒、钛的工艺流程图如下：
已知：①钛渣中主要包括
、
、
和
等。
②“高温氯化”后的产物中含少量的
、
、
、
杂质，相关物质的沸点如下表：
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化合物
沸
点/℃
136
310
56.5
180
127
回答下列问题：
(1)钛在周期表中的位置为 ，上述获得钛单质的“还原”工序中需要通入氩气的目的是
。
(2)滤液X 中含有的主要金属离子有 。
(3)“高温氯化”工序生成
和一种可燃性气体Y，该反应的化学方程式为 ；
的粗产品
可以通过分馏提纯，但收集的
中总是混有
的原因是 。
(4)钒的浸出率随焙烧温度和浸取时间的变化如图所示，则“焙烧”时最适合的反应条件为 。
(5)“浸出”目的是将难溶物
转化成
进入水相，以便后续沉钒，则“浸出”时反应的离子方
程式为 。
(6)采用USTB 工艺电解制备高纯钛，过程以
固体为阳极、碳棒为阴极，
熔融盐为电解
质。阳极产生
与
，阴极只发生
的还原反应。请写出电池阳极反应的电极反应式： 。
【答案】(1)第四周期第ⅣB 族 作保护气，防止钛和钠被氧化
(2)
、
、
(3)
沸点相近，难以通过分馏分离
(4)1200℃、浸取1h
(5)
(6)
【分析】钒钛磁铁矿在空气中高温冶炼，得到含钒铁水和钛渣，向含钒铁水中通入空气深度氧化得到半钢
水和钒渣，钒渣加入CaO 焙烧后用CO2和碳酸氢铵溶液浸出，得到碳酸钙沉淀，过滤后向滤液中加入氯化
铵固体沉钒，最后经过煅烧得到V2O5，钛渣中主要包括
、
、
和
等，用盐酸酸浸，
和
不和盐酸反应，滤液X 中含有
、
、
，
，，
和
滤渣用NaOH 碱浸得
到硅酸钠溶液，过滤后
和Cl2、C 反应生成TiCl4和CO，TiCl4用钠还原得到Ti，以此解答。
【详解】（1）钛是22 号元素，在周期表中的位置为第四周期第ⅣB 族，上述获得钛单质的“还原”工序
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中需要通入氩气的目的是作保护气，防止钛和钠被氧化。
（2）钛渣中主要包括
、
、
和
等，用盐酸酸浸，
和
和盐酸反应，
和
不和盐酸反应，滤液X 中含有
、
、
。
（3）“高温氯化”工序生成
和一种可燃性气体Y 为CO，根据得失电子守恒和质量守恒配平化学方
程式为：
，
的粗产品可以通过分馏提纯，但收集的
中总是混
有
的原因是沸点相近，难以通过分馏分离。
（4）由图可知，“焙烧”时最适合的反应条件为1200℃、浸取1h，此时钒的浸出率最高。
（5）“浸出”目的是将难溶物
转化成
进入水相，以便后续沉钒，则“浸出”时
和NaHCO3、CO2反应生成NaVO3、CaCO3和H2O，反应的离子方程式为
。
（6）阳极
失去电子生成
与
，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：
。
14．（2024 届·陕西渭南·统考二模）被誉为“工业维他命”的铂族金属钌（Ru）广泛用于航天航空、石油
化学、信息传感工业、制药等高科技领域。以下工艺实现了电子废弃物中铂族金属钌
的回收利用。已
知电子废弃物主要成分为
等物质，请回答以下问题：
已知：（1）
②常见物质的
如下表所示：
化合
物
(1)为加快“酸浸”时的浸取速率，下列措施中无法达到目的是 （填字母）。
a．将样品粉碎 b．延长浸取时间 c．充分搅拌 d．适当增加盐酸浓度 e．适当升高温度
(2)滤渣2 为 。
(3)“氧化溶浸”环节生成配离子
反应的离子方程式为 。
(4)“还原1”环节所需氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，则
的氧化产物为 。
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(5)滤液1 中含
和
的浓度分别为
，“调
”时调
的范围为 。
（已知：当
时，可认为
已经沉淀完全）
(6)沉钴。向除杂后的
溶液中加入
溶液或
溶液作沉淀剂，可得到
，
不能用同浓度的
溶液代替
溶液的原因是 。
(7)制备
。将所得的
草酸钴晶体
高温灼烧，其热重分析曲线如
图：
写出
点对应的物质的化学式： ，
段发生反应的化学方程式为： 。
【答案】(1)b
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致
的产率降低
(7)
【分析】电子废弃物主要成分为
等物质，酸溶后过滤得到含有Cr3+和Co2+的滤液1，滤
渣1 中含有Ru 和Si，滤液1 调节pH 沉淀Cr3+得到Cr(OH)3沉淀，过滤后向滤液中加入NH4HCO3沉钴得到
CoCO3，滤渣1 用NaClO3和HCl 氧化溶浸，得到Na2RuCl4，Si 不反应存在于滤渣2 中，Na2RuCl4氧化后得
到Na2RuO4，Na2RuO4被乙醇还原得到Ru(OH)4，再用H2还原得到Ru，以此解答。
【详解】（1）为加快“酸浸”时的浸取速率，可以将样品粉碎、充分搅拌、适当增加盐酸浓度、适当升
高温度，延长浸取时间不能加快反应速率，故选b。
（2）由分析可知，滤渣2 为Si。
（3）“氧化溶浸”环节中Ru 和NaClO3、HCl 发生氧化反应反应得到
，根据得失电子守恒和电荷
守恒配平离子方程式为：
（4）“还原1”环节中Na2RuO4被CH3CH2OH 还原得到Ru(OH)4，Ru 元素由+6 价下降到+4 价，氧化剂和还
原剂的物质的量之比为1：1 时，CH3CH2OH 中C 元素的平均化合价由-2 价上升到-1 价，说明CH3CH2OH
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转化为
。
（5）滤液1 中含
的浓度为
=
，则
开始沉淀时
c(OH-)=
，c(H+)=
，pH=8，
完全沉淀时，
的浓度为1×10-5mol/L，c(OH-)=
，c(H+)=
，pH=-lg c(H+)=5-lg
=5+ lg4=5.6，调pH 时要求
完全沉淀，
不沉淀，
则pH 的范围为：
。
（6）不能用同浓度的
溶液代替
溶液的原因是：若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会
有氢氧化亚钴沉淀生成，导致
的产率降低。
（7）由题意可知，草酸钴晶体的摩尔质量为183g/mol，由钴原子个数守恒可知，B 点固体中氧原子的物质
的量为
=0.1mol，则B 点所得固体的化学式为CoO，同理可得，D 点固体中氧原子的
物质的量为
，则D 点所得固体的化学式为Co3O4，CD 段发生反应的化学
方程式为
。
15．（2024 届·广东广州·统考二模）铬酸钠（
）是一种重要的化工原料。一种由铬铁矿（主要成
分为
，还含有硅、镁、铝的化合物等杂质）为原料制备
。的工艺流程如下：
已知：25℃时，
，
，
，
。
回答下列问题：
(1)基态Cr3+的价层电子排布式为 。
(2)“碱浸氧化”时，
转化为
和
，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
。
(3)“除铝”时，
转化为
沉淀，该反应的离子方程式为 。
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(4)“沉铬”中，常温下，往“除铝”所得滤液中加入过量
固体，充分搅拌，当溶液中
沉淀
完全（
）时，滤液1 中
为
，滤液1 经浓缩后可循环至 工序
重复使用。（已知：
）
(5)“酸溶还原”所得溶液中的溶质除HCl 外，还含有 （填化学式）。
(6)“碱溶氧化”中，生成
，反应的化学方程式为 。
(7)
的一种晶胞如图1，沿z 轴方向的投影如图2，其中氧原子不在图中标注，Cr 位于晶胞面上及
晶胞内。
①每个晶胞中含有
的个数为
②晶胞中位于晶胞顶角及体心的
的距离为 nm（用含a、b、c 的式子表示）。
【答案】(1)3d3
(2)7:4
(3)Na++[Al(OH)4]—+2SiO
=NaAlSi2O6↓+4OH—
(4) 4.48 碱浸氧化
(5)CrCl3、BaCl2
(6)2Cr(OH)3+3H2O2+4NaOH=Na2CrO4+8H2O
(7) 8
【分析】由题给流程可知，铬铁矿在氢氧化钠溶液、氧气中发生碱浸氧化，将铁元素转化为氧化铁、铬元
素转化为铬酸钠、镁元素转化为氢氧化镁、铝元素转化为四羟基合铝酸钠、硅元素转化为硅酸钠，过滤得
到含有氧化铁、氢氧化镁的滤渣和含有铬酸钠、四羟基合铝酸钠、硅酸钠的滤液；向滤液中加入硅酸钠溶
液，将溶液中的铝元素、硅元素转化为NaAlSi2O6沉淀，过滤得到含有NaAlSi2O6的滤渣和铬酸钠溶液；向
溶液中加入氢氧化钡溶液，将溶液中的铬酸根离子转化为铬酸钡沉淀，过滤得到滤液和铬酸钡；向铬酸钡
中加入盐酸和乙醇酸溶还有，铬酸钡与盐酸和乙醇反应生成氯化铬、氯化钡、二氧化碳和水，向反应后的
溶液中加入氢氧化钡，将溶液中的铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到滤液和氢氧化铬；向氢氧化铬中
加入氢氧化钠溶液和过氧化氢溶液碱溶氧化，将氢氧化铬转化为铬酸钠，铬酸钠溶液结晶得到铬酸钠。
【详解】（1）铬元素的原子序数为24，基态铬离子的价层电子排布式为3d3，故答案为：3d3；
（2）由化合价代数和为0 可知，
中铁元素的化合价为+2 价、铬元素的化合价为+3 价，由分析
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可知，碱浸氧化时，铁元素转化为氧化铁、铬元素转化为铬酸钠，由得失电子数目守恒可知，反应中氧化
剂氧气和还原剂
的物质的量之比为(1+3×2)：2×2=7:4，故答案为：7:4；
（3）由分析可知，“除铝”时加入硅酸钠溶液的目的是将溶液中的铝元素、硅元素转化为NaAlSi2O6沉淀，
反应的离子方程式为Na++[Al(OH)4]—+2SiO
=NaAlSi2O6↓+4OH—，故答案为：Na++[Al(OH)4]—+2SiO
=NaAlSi2O6↓+4OH—；
（4）由溶度积可知，溶液中铬离子浓度为1.0×10−5mol/L 时，溶液中钡离子浓度为
=1.2×10−5mol/L，则溶液中的氢氧根离子浓度为
=2
mol/L=4.48 mol/L，故答案为：
4.48；
（5）由分析可知，“酸溶还原”发生的反应为铬酸钡与盐酸和乙醇反应生成氯化铬、氯化钡、二氧化碳
和水，则反应所得溶液中的溶质除氯化氢外，还有氯化铬、氯化钡，故答案为：CrCl3、BaCl2；
（6）由分析可知，“碱溶氧化”中加入氢氧化钠溶液和过氧化氢溶液碱溶氧化的目的是将氢氧化铬转化
为铬酸钠，反应的化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4NaOH=Na2CrO4+8H2O，故答案为：
2Cr(OH)3+3H2O2+4NaOH=Na2CrO4+8H2O；
（7）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的钠离子个数为8×
+12×
+1=8，故答案为：8；
②由晶胞结构可知，晶胞的面对角线为
nm，则体对角线为
nm，晶胞中位于晶胞顶角及
体心的钠离子的距离为体对角线的
，则距离为
nm，故答案为：
。
16．（2024 届·湖南·统考二模）钛被称为“二十一世纪的金属”，绿矾是重要的化工原料，用钛铁矿［主
要成分是钛酸亚铁（
），含少量
、MgO、
等杂质］作原料生产金属钛和绿矾（
）等产品的一种工艺流程如下：
已知：Ti 有两种价态，在水溶液中主要以
（无色）、
（紫色）形式存在。
请回答下列问题：
(1)硫酸与
反应生成
的化学方程式是 。向滤液1 中加入适量铁粉，至刚好出现紫色为
止，此时溶液仍呈强酸性。已知：氧化性：
，则加入适量铁粉的原因是 。
(2)系列操作具体为 ，经系列操作后，再对所得到的绿矾晶体用75%的乙醇溶液洗涤，用乙醇溶液洗
涤绿矾的优点为 。
(3)滤液2 中加入适量的试剂A，A 可选用 （填标号）。
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a．稀硫酸 b．碳酸镁 c．二氧化碳 d．鼓入空气
(4)用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融
-CaO 作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原
剂还原二氧化钛制备金属钛。写出阴极区反应的电极总反应式： 。
(5)假如
中的铁元素占矿物中铁元素总量的80%；某次生产中，向滤液1 中加入纯铁粉14kg，得到
绿矾晶体（M＝278g/mol）的质量为278kg，整个过程中铁元素的总利用率为80%，Ti 元素的转化率为
90%，其他损失忽略不计。按上述流程，可得到
kg。
(6)最近发现一种由Ti 原子和C 原子构成的气态团簇分子如图所示，其化学式为 。
【答案】(1)
使
完全还原为
；同时避免过量的铁
将
还原成
，影响产品的纯度
(2) 蒸发浓缩（或加热浓缩）、降温结晶（或冷却结晶）、过滤 减少绿矾溶解损耗、快速得到干燥的
固体
(3)b
(4)
(5)57.6
(6)
【分析】钛铁矿用硫酸溶液溶解，过滤得强酸性溶液中含有TiOSO4、FeSO4及未反应的硫酸等，加入铁粉
将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，沉降分离得到溶液中主要含有Fe2+、TiO2+及硫酸根，
再浓缩蒸发得到绿矾与溶液2，溶液2 中含有TiOSO4，加入碳酸镁，调节pH，TiO(OH)2沉淀完全，煅烧
得到二氧化钛，电解得到Ti，高温下和氯气、焦炭反应生成四氯化钛，据此解答。
【详解】（1）钛铁矿的主要成分
与硫酸反应的主要产物是
和
，结合原子守恒配平化
学方程式为
。加入铁屑至浸出液刚好出现紫色，说明浸出液中含有
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，加入铁屑作还原剂，将
还原为
，防止
被
氧化成
，影响产品的纯度。
（2）为避免结晶水失去，适合用降温结晶获得绿矾，然后再过滤，用乙醇洗涤可避免损耗、快速干燥。
（3）试剂A 用来中和氢离子，调节pH，选项中只有碳酸镁符合，向富含
溶液中加入
粉末，
使其与
反应，降低溶液中
，使平衡
向生成
的
方向移动，便于得到
粗产品。
（4）电解时，阴极发生反应
，钙还原二氧化钛：
，所以阴极
区反应的电极总反应式为
。
（5）由
的质量为278kg，可求出最后在绿矾中的铁有56kg，因为铁只有80%的利用率，所以
损失前铁元素的总质量是56kg÷0.8＝70kg，又加了14kg 纯铁粉，故矿物中铁的质量为56kg，因矿石中
80%的铁来自于
，故
中铁元素的质量为56kg×0.8＝44.8kg，由此推出
中Ti 的质量为
kg＝38.4kg，因Ti 的转化率只有90%，故有38.4kg×0.9＝34.56kg Ti 可转化成二氧化钛，可求得所
得二氧化钛的质量为
kg＝57.6kg。
（6）因是团簇分子，所以不用均摊，直接数，根据结构可判断含有4 个Ti，5 个C，所以化学式为Ti4C5。
17．（2024 届·广东·统考二模）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。一种用锌浸渣(主
要含
、
，另含少量ZnS、
以及
)提取Ge 和
的工艺流程如下：
已知：①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0 时主要为
，
时主要为
。
②常温下，
，
。
请回答下列问题：
(1)Ge 是第四周期第ⅣA 族元素，其基态原子的价层电子排布式为 。
(2)“氧化酸浸”工序中，溶液
，浸渣的主要成分为
、S 和 (填化学式)；
被双
氧水氧化的离子方程式为 。
(3)“中和沉淀”工序中，所加化合物A 为 (填一种物质的化学式)；调节溶液
，Ge 和Fe
共沉淀，此时滤液中
。
(4)①
在水溶液中的溶解度曲线如图所示，则从滤液中回收
的操作为蒸发浓缩、
、洗涤、干燥。
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②用惰性电极电解
溶液可制取金属锌，电解后的溶液可在上述流程中 工序循环使用。
(5)“水解”工序中，
水解生成
的化学方程式为 ；
的沸点(1200℃)远高于
的沸点(84℃)，其原因为 。
(6)
是一种可用于制作太阳电池的钙钛矿型材料，其立方晶胞如图所示，Cs 与Br 的最短距离比Ge
与Br 的最短距离大，则Ge 在晶胞中的位置为 (填“体心”“面心”或“顶角”)；晶体中一个
Cs 周围与其距离最近的Br 的个数为 。
【答案】(1)
(2)
(3) ZnO 或
等
(4) 趁热过滤 氧化酸浸
(5)
是共价晶体，
是分子晶体
(6) 体心 12
【分析】由题给流程可知，向锌浸渣中加入过氧化氢和硫酸的混合溶液，将ZnFe2O4转化为硫酸锌、硫酸
铁，硫化锌、二硫化锗转化为硫酸锌、硫酸锗和硫，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅和
硫的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH，将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化
铁、氢氧化锗沉淀，过滤得到滤液和滤饼；滤液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锌晶体；
向滤饼中加入盐酸溶解后，蒸馏得到四氯化锗，四氯化锗一定条件下水解、过滤得到水解液和二氧化锗；
二氧化锗与合适的还原剂一定条件下反应生成锗。
【详解】（1）锗元素位于第四周期ⅣA 族，则基态原子的价层电子排布式为4s24p2，故答案为：4s24p2；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为硫酸钙、二氧化硅和硫；由分析可知，硫化锗与过氧化氢和硫酸混
合溶液反应生成硫酸锗、硫和水，反应的离子方程式为
，故答案为：
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；
；
（3）由分析可知，“中和沉淀”工序中，加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH 的目的是将溶液中的铁离子、
锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀；由溶度积可知，滤液中锗离子与铁离子的浓度比为
=101.6，故答案为：ZnO 或
等；101.6；
（4）①由图可知，一水硫酸锌的溶解度随温度升高而降低，则从硫酸锌溶液中回收一水硫酸锌的操作为
蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：趁热过滤；
②用惰性电极电解硫酸锌溶液制取金属锌的反应为2ZnSO4+2H2O
2Zn+2H2SO4+O2↑，则电解得到的硫
酸溶液可在上述流程中氧化酸浸工序循环使用，故答案为：氧化酸浸；
（5）由分析可知，四氯化锗一定条件下水解、过滤得到水解液和二氧化锗，反应的化学方程式为
；由沸点可知，二氧化锗是熔沸点高的原子晶体，四氯化锗是熔沸点低的分
子晶体，原子晶体的沸点高于分子晶体，故答案为：
；
是共价晶体，
是分子晶体；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的黑球个数为8×
=1、位于体心的条纹球个数为1、位于面心的
灰球个数为6×
=3，由化学式可知，灰球为溴原子，由铯原子与溴原子的最短距离比锗原子与溴原子的最
短距离大可知，条纹球为锗原子、黑球为铯原子；晶胞中位于顶点的铯原子与位于面心的溴原子距离最近，
则铯原子周围与其距离最近的溴原子的个数为12，故答案为：体心；12。
18．（2024 届·河北石家庄·统考二模）利用炼锌钴渣[主要含Co(OH)2、FeSO4、NiSO4和Zn、Cu 单质]协同
制备Co(OH)3和高纯Zn 的流程如下。
(1)“酸浸”过程Co(OH)2发生反应的离子方程式为 。
(2)“沉铁”过程CaCO3的作用有 。
(3)“沉镍”过程pH 对溶液中Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)含量的影响如图。
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①由图判断，应调节pH= 。
②该过程Co 可能发生的反应如下：
Co2++6NH3·H2O=[Co(NH3)6]2++6H2O K1=105
Co2++2NH3·H2O=Co(OH)2↓+2
K2
则K2= ，[Co(NH3)6]2+为 (填“热力学”或“动力学”)产物。
(已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=10-4.8，Ksp[Co(OH)2]=10-15)
(4)“沉钴”过程生成Co(OH)3的离子方程式为 。
(5)一种以Zn 和V2O5为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下图一所示。放电时，
Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。
①基态V 原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。
②上述电池充电时阳极的电极反应式为 。
③金属Zn 的晶胞如图二，密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数NA= (列代数式即可，下同)，晶
胞空间占有率为 。
【答案】(1)Co(OH)2+2H+=Co2++2H2O
(2)调节pH 使Fe3+沉淀完全的同时减少杂质引入
(3) 10 105.4 动力学
(4)2[Co(NH3)6]2++
+4OH-+H2O = 2Co(OH)3↓+
+12NH3↑
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(5) 1 4(
∶
或4 1) Zn
∶
xV2O5·nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn2+
【分析】炼锌钴渣加入硫酸酸浸，铜不和硫酸反应过滤后得到铜渣，滤液中含有Co2+、Fe2+、Ni2+、Zn2+，
向滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙调节pH 沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉
淀，滤液中加入氨水将镍转化为沉淀，过滤滤液加入亚硫酸钠氧化二价钴为三价钴，加入氢氧化钠转化为
钴沉淀，过滤滤液电解得到锌单质；
【详解】（1）“酸浸”过程Co(OH)2和酸反应转化为钴离子，离子方程式为Co(OH)2+2H+=Co2++2H2O；
（2）“沉铁”过程碳酸钙的作用有调节pH 沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且碳酸钙、硫酸钙均为
固体，减少引入其它杂质；
（3）①“沉镍”过程中使得镍转化为沉淀，而钴不转化为沉淀，由图判断，应调节pH=10，此时镍沉淀
完全、而钴损失较小；
K
②
2=
=
=
=105.4，钴离子和氨分子生成较为稳定的配合物
[Co(NH3)6]2+，故其为动力学产物；
（4）“沉钴”过程中亚硫酸钠氧化二价钴为三价钴同时生成硫酸根离子，加入氢氧化钠和三价钴反应转
化生成Co(OH)3沉淀，离子方程式为2[Co(NH3)6]2++
+4OH-+H2O = 2Co(OH)3↓+
+12NH3↑；
（5）
①基态V 原子的价电子排布式图为
，两种自旋状态的电子数之比为1 4(
∶
或
4 1)
∶
；
②放电时，V2O5为正极反应物，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，充电时阳极ZnxV2O5·nH2O 变为
V2O5并释放Zn2+，阳极反应式为ZnxV2O5·nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn2+；
③据“均摊法”，晶胞中含8×
+1=2 个Zn，则晶体密度为
×1021g•cm-3=
×1021g•cm-3=ρg•cm-3，则NA=
；由图可知，锌原子半径为
nm，晶胞空间占有率为
=
。
19．（2024 届·天津和平·统考二模）铬铁矿的主要成分为FeO-Cr2O, 制备K2Cr2O7流程如图所示：
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回答下列问题：
(1)基态Cr 原子价电子轨道分布图为 ,铬位于元素周期表中 区。
(2)配合物[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl 中提供电子对形成配位键的原子是 ，中心离子的配位数为
。
(3)铬的一种氧化物晶胞结构如图所示，若六棱柱的底面边长为lnm，高为hnm，NA代表同伏加德罗常数的
值，则该晶体的密度p= g/cm3。
(4)步骤①中 NaNO3反应后生成NaNO2，产物中 Cr 元素以CrO
形式存在。则该步主要反应的方程为
,该步骤不能使用陶瓷容器，原因是 。
(5)步骤④调滤液2 的pH 使之变 (填“大”或“小”)。原因是 (用离子方程式表示）。
(6)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，分离得到K2Cr2O7固体的方法是 ,
冷却到 (填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。
a.80℃ b.60℃ c.40℃ d.10℃
(7)已知Ksp(Ag2CrO4 )=1.0×10-12、Ksp(AgCl)=2.0×10-10, 若用10LNaCl 溶液溶解0.1mol 的Ag2CrO4固体，则
NaCl 溶液的最初浓度不得低于 mol/L。
【答案】(1)
d
(2) N、O 6
(3)
(4)
陶瓷在高温下会与碳酸
钠反应
(5) 小
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(6) 重结晶 d
(7)0.02002
【分析】铬铁矿中FeO-Cr2O 和碳酸钠、硝酸钠在高温下发生熔融氧化反应，反应的化学方程式为
，得到熔块，熔块加水进行水浸，
过量得到滤渣1，滤渣1 为
，滤液中含有
等钠盐，调pH=7 后过
滤，得到滤液2，滤液2 中主要含
，在加入酸，调pH，
发生
，生成
，过滤得到滤液3，滤液3 中含有
，再加入
进
行重结晶即可得到
，据此回答。
【详解】（1）
由于基态Cr 原子价电子排布式为3d54s1，轨道分布图为
；铬位于元素周期
表中d 区；
（2）配合物[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl 中，中心原子为Cr，配体为NH3和H2O，由中心原子提供空轨道，配体中
的N 和O 提供电子对形成配位键，中心离子的配位数为4+2=6；
（3）由图知，晶胞中，Cr 有4 个，O 有
，该晶胞的体积为
，故晶体的密度
（4）由分析知，步骤①中主要反应的方程为
；由于陶瓷在高温下会与碳酸钠
反应，该步骤不能使用陶瓷容器；
（5）由分析知，步骤④调滤液2 的pH 使酸性变强，pH 变小，将铬酸根转化为重铬酸根，离子方程式为
；
（6）由图知，分离得到K2Cr2O7固体的方法是重结晶，冷却到10℃得到的K2Cr2O7固体产品最多；
（7）1mol 的Ag2CrO4固体溶于10LNaCl 溶液中得
，
，
消耗的
，
则
，
，
37
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则消耗的
，由
得溶液中还含
有的
，故氯化钠溶液的初始浓度为
。
20．（2024 届·辽宁鞍山·统考二模）从含钴余液(含
、
、
、
等杂质)中提取氧化钴的流程
如下：
回答下列问题：
(1)在去除钙、镁时，选择适当加热条件的理由是 ；该步骤控制pH 是影响除钙镁效果的重要因
素，下图是不同pH 条件下硫化钴含量和钴收率图，根据图中信息选择最适宜的pH 为 ；
(2)酸解时，硫元素转化为最高价含氧酸根，请写出CoS 酸解反应的离子方程式 ；
(3)已知P507 萃取剂
和
发生如下反应：
萃取时适当增加溶液的pH，能增大
的萃取率，原因是 ；
(4)反萃取时加入的试剂a 应为___________(填代号)；
A．
B．HCl
C．NaOH
D．
(5)沉钴的离子方程式为 ；
(6)系列操作中如何检验
是否洗涤干净 ；
(7)空气中煅烧
生成钴的某种氧化物和
，测得充分煅烧后剩余固体质量为24.1 g，同时获得标
准状况下
，则钴的氧化物的化学式为 。
【答案】(1) 加快沉Co 的速率，让CoS 形成沉淀更彻底 0.5
(2)
(3)酸性减弱，平衡正向移动增加
的萃取率
(4)B
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(5)
(6)取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入硝酸银溶液观察是否出现白色沉淀
(7)
【分析】含钴余液有
、
、
、
等杂质，加入硫化钠除沉淀镍离子和和
，进入酸解的
主要是NiS 和CoS，经过萃取和反萃取后除掉镍离子，经过沉钴等操作得到氧化钴，据此作答。
【详解】（1）在去除钙、镁时，选择适当加热条件的理由是：加快沉Co 的速率，让CoS 形成沉淀更彻底；
该步骤是除钙镁，观察图可知最适宜的pH 为0.5，此时除钙镁含量最小，钴回收率最大，故答案为：加快
沉Co 的速率，让CoS 形成沉淀更彻底；0.5。
（2）CoS 酸解时，硫元素转化为最高价含氧酸根，根据氧化还原配平方法可知离子方程式为：
，故答案为：
。
（3）萃取时适当增加溶液的pH，能增大
的萃取率，原因是：酸性减弱，平衡正向移动增加
的萃
取率，故答案为：酸性减弱，平衡正向移动增加
的萃取率。
（4）反萃取时加入的试剂a 不可引入杂质，但需要将钴离子萃取出来，利用平衡移动的方法，根据
可知，选B，故答案为：B。
（5）沉钴的离子方程式为：
，故答案为：
。
（6）检验
是否洗涤干净主要检验的是氯离子，方法为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入
硝酸银溶液观察是否出现白色沉淀，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入硝酸银溶液观察
是否出现白色沉淀。
（7）
，Co 与碳原子数之比为1：2，所以24.1g 固体中n(Co)=0.3mol，则
，则钴的氧化物的化学式为
，故答案为：
。
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