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题型四 无机化工流程题解题策略
一、无机工艺流程试题的结构模型
无机化工流程题是近年来高考中备受关注的一种题型，该类题源于生产实际，以解决化学实际
问题为目的，将化工生产过程中的主要生产流程用框图形式展示出来，并根据其中涉及的化学知识
步步设问，使问题情境真实，构成与化工生产紧密联系的化学工艺流程题。题型可以是选择题，也
可以是主观题。以物质制备和物质的分离提纯为主的工艺流程题考查元素化合物和实验操作、实际
生产的相关知识。试题新颖，内容丰富，阅读量大，其结构分题头、流程图和问题三部分。题头一
般简单介绍该工艺生产的原料和生产目的，流程图部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工
艺展示出来，问题部分主要根据生产过程中涉及的化学知识设计一系列的问题。
1
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流程图一般三大部分：原料预处理、核心化学反应、产品的分离与提纯
呈现模式
识图方法
1
图
2
图
3
图
箭头的意义
图1：箭头进入的是反应物(投料)，箭头出去的是生成物(产物、副产物)
图2：箭头表示反应物分步加入和生成物出来
图3：返回的箭头一般是“循环利用”的物质
二、无机工艺流程试题的“明线”与“暗线”
四线
内涵
试剂线
分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物的转
化等。
操作线
分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。
杂质线
分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。
产品线
工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的
操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。
三、工艺流程题过程解读
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(1)读流程图。
①箭头：箭头进入的是投料(反应物)，出去的是主产物或副产物(生成物)。
②三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。
(2)解题要点。
①审题要点：a.了解生产目的、原料及产品；b.了解题目提供的信息；c.分析各步的反应条件、原理及
物质成分；d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。
②答题切入点：a.原料及产品的分离提纯；b.生产目的及反应原理；c.生产要求及反应条件；d.有关产
率、产量及组成的计算；e.绿色化学。
(3)解题方法。
①首尾分析法：对线型流程工艺(从原料到产品为一条线的生产工序)试题，首先对比分析流程图中的
第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从此分析中找出它们的关系，弄清原料转化的基本原理和除杂、
分离、提纯的化工工艺，再结合题设问题，逐一解答。
②分段分析法：对于用同样的原料生产多种(两种或两种以上)产品(含副产品)的工艺流程题，用此法更
容易找到解题的切入点。
③交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部
分其他原材料生产所需的主要产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的流程示意图结合常见化合物
的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。
四、无机化工流程题中表述性词汇“十大答题方向”
化工生产流程和综合实验题中经常会出现一些表述性词语，这些表述性词语就是隐性的信息，它可以
暗示我们所应考虑的答题角度。
①“控制较低温度”——常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等。
②“加过量试剂”——常考虑反应完全或增大转化率、提高产率等。
③“能否加其他物质”——常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。
④“在空气中或在其他气体中”——主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、
防水解、防潮解等目的。
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⑤“判断沉淀是否洗净”——常取少量最后一次洗涤液置于试管中，向其中滴加某试剂，以检验某种
离子是否存在。
⑥“检验某物质的设计方案”——通常取少量某液体置于试管中，加入另一试剂，通过产生的某种现
象得出结论。
⑦“控制pH”——常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。
⑧“用某些有机试剂清洗”——常考虑降低物质溶解度有利于析出、减少损耗和提高利用率等。
⑨“趁热过滤(或冰水洗涤)”的目的——防止某些物质降温时会析出(或升温时会溶解)而带入新的杂质。
⑩“反应中采取加热措施”的作用——一般是为了增大反应速率或加速某固体的溶解。
五、化工流程试题的一般解题策略
(1)审题“四角度”
审题干
** 错误的表达式 **明确原料的主要成分和杂质成分
** 错误的表达式 **明确目的
审信息
** 错误的表达式 **寻找信息再流程中的作用
** 错误的表达式 **寻找信息与某设问的对立关系
审流程
** 错误的表达式 **明确三线：主线产物，分支副产物，回线为循环物
** 错误的表达式 **结合设问的问题细审流程中转化原理，找出进料物质(反应物)和
出去物质(生成物)的主产物和副产物
审设问
明确答什么，答的问题与哪步流程有关，考查的什么知识等
(2)破题“三方法”
首尾分析法
对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中
第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关
系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工
艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答
分段分析法
对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分
段分析法更容易找到解题的切入点
交叉分析法
有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部
分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流
程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析
[解题思路]
首尾对比：对比分析原料与目标产物之间的关系，比较物质变化和主要元素化合价的变化
主元素跟踪：跟踪主要物质(元素)的转化形式和转化方法，即原料→中间转化物质→目标产物
除杂分析：分析原料中的“杂质”转化除去过程，分析每一步骤的目的以及反应产物、反应过程
综合判断：根据题干信息、流程信息、题中设问信息审题、解题(读完全题再做题)
(3)解题“三步骤”
第一步：读题头，得目的，找原料，明产品，解决“干什么”
通过阅读题头，了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，通过对比分析工
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业流程示意图中的第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，弄清从原料出发，要得到最终产品，必须除
去什么元素、引进什么元素
第二步：读题干，析过程，看措施，推用意，解决“怎么做”
题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来。分析流程中的每一步骤的反应
物是什么？发生了什么反应？利用了什么原理(氧化还原、溶解度、电离平衡、水解平衡、溶解平衡)？该
反应造成了什么后果？(除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？这些物质又是如何分离、提纯和循环利
用的？如何体现绿色化学思想？)每一步操作进行到什么程度最佳？在此过程中抓住一个关键点：一切反应
或操作都是为获得产品而服务，在回答相关操作的原因或目的时要从对产品的影响层面作答。
第三步：读题问，逐空填答，用语要规范，解决“怎么写”
从化学原理的角度、用化学语言作答；要抓住主要问题，针对具体问题做具体分析。具体答题要点如
下：
审清楚
要看清题目要求，按要求答题。如：写离子方程式还是化学方程式；写物质的名称还是化
学式等；方程式中反应物、产物的分子式书写要正确；尤其是化学方程式要配平，电极反
应式和化学方程式一定要书写正确；正确使用等号或可逆符号；沉淀、气体、水溶液等符
号要标明
答规范
回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，例如评价或比较实验方案时要全面考虑：
反应物种类多少、是否易得、是否对环境有污染；反应产物的种类多少，对目标产物的分
离和提纯是否有影响；反应条件是否苛刻；仪器、设备是否要求高；工艺流程、实验步骤
的多少
答完整
要答到对产品生产的影响这一步！
①除杂：除去……中的……(只写“除杂”一类是不给分的)
②干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……
六、化工流程试题中常考试剂的作用
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1．(2023•海南卷，15)铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。
利用绿柱石(主要化学成分为(Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO 和Fe2O3)生产BeO 的一种工艺流程如下。
回答问题：
(1)Be3Al2Si6O18中Be 的化合价为_______。
(2)粉碎的目的是_______；残渣主要成分是_______(填化学式)。
(3)该流程中能循环使用的物质是_______(填化学式)。
(4)无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C 在600~800℃制备BeCl2的化学方程式为
_______。
(5)沉铍时，将pH 从8.0 提高到8.5，则铍的损失降低至原来的_______%。
【答案】(1)+2 (2)① 增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率 ②. SiO2
(3)(NH4)2SO4
(4)BeO+Cl2+C
CO+BeCl2
(5)10
【解析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH=1.5
除去铝离子，加入氨水调节pH=5.1 除去铁离子，再加入氨水到pH=8.0 生成Be(OH)2沉淀，滤液硫酸铵循
环利用。(1)按照正负化合价代数和为0，Be 的化合价为+2+价；(2)粉碎的目的是增大反应物接触面积，加
快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO2；(3)最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循
环利用；(4)BeO 、Cl2 与足量C 在600~800°C 生成BeCl2 同时生成CO ，化学方程式为BeO+Cl2+C
CO+BeCl2；(5)设Be(OH)2 的溶度积常数为Ksp，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=
，当
pH=8.0 时，c(OH-)=10-6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=
mol/L，当pH=8.5 时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损
失浓度为c(Be2+)=
mol/L，损失降低至原来的10%。
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2．(2023•浙江省6 月选考，18)工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2可以在炉内添加CaCO3通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式
___________。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是___________。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A 具有酸性
C．化合物A 是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收
②一定压强下，化合物A 的沸点低于硫酸的原因是___________。
(3)设计实验验证化合物A 中含有S 元素_____；写出实验过程中涉及的反应方程式____。
【答案】(1)2SO2+O2+2CaCO3
2CaSO4+2CO2
(2)① BCD ②硫酸分子能形成更多的分子间氢键
(3)①取化合物A 加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色
沉淀，说明A 中含有S 元素
②
+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【解析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被
氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A：
。(1)氧气具有氧化
性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为
2SO2+O2+2CaCO3
2CaSO4+2CO2；(2)①A 项，硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负
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价，A 错误；B 项，根据分析可知，化合物A 分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，
具有酸性，B 正确；C 项，化合物A 含有
基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一
种无机酸酯，C 正确；D 项，工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收用于生产发烟硫酸，D 正确；
故选BCD；②一定压强下，化合物A 分子只有1 个-OH 能形成氢键，而硫酸分子中有2 个-OH 形成氢键，
故导致A 的沸点低于硫酸；(3) A 为
，A 碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯
化钡生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A 加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸
化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A 中含有S 元素；涉及反应为：
+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。
3．(2023•湖北省选择性考试，16)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料
LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co 等金属，工艺路线如下：
回答下列
问题：
(1)Co 位于元素周期表第_______周期，第_______族。
(2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生
大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是_______。
(4)已知Ksp[Co(OH)2]= 5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为_______
mol·L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl 键极性更大 b．Si 的原子半径更大
c．Si-Cl 键键能更大 d．Si 有更多的价层轨道
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【答案】(1) ① 4 ② Ⅷ (2) SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl (3)焰色反应
(4) ①5.9×10-7 ②6Co(OH)2+O2
2Co3O4+6H2O
(5)abd
【解析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1 和滤饼1，滤饼1 的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液
1 用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2 置于空气
中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2 经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3 和滤饼3，滤饼3 为Li2CO3。(1)Co 是
27 号元素，其原子有4 个电子层，其价电子排布为3d74s2，元素周期表第8、9、10 三个纵行合称第Ⅷ族，
因此，其位于元素周期表第4 周期、第Ⅷ族。(2) “500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产
生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水剧烈水解，
生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl。(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为
Li2CO3，常用焰色反应鉴别Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反应为紫红色，而Na2CO3的焰色反应为黄色。
故鉴别“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是焰色反应。(4)已知Ksp[Co(OH)2]= 5.9×10－15，若“沉钴过
滤
”
的
pH
控
制
为
10.0
，
则
溶
液
中
c(OH-)=1.0×10-4mol·L-1
，
Co2+
浓
度
为
mol·L-1。“850℃煅烧”时，Co(OH)2与O2反应生成
Co3O4 和H2O，该反应的化学方程式为6Co(OH)2+O2
2Co3O4+6H2O。(5)a 项，Si-Cl 键极性更大，则
Si-Cl 键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a 有关；b 项，Si 的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电
子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl 键极性更大，且Si 原子更易受到水电离的OH-的进攻，因此，SiCl4比
CCl4易水解，b 有关；c 项，通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl 键键能更大不能说明Si-
Cl 更易断裂，故不能说明SiCl4比CCl4易水解，c 无关；d 项，Si 有更多的价层轨道，因此更易与水电离的
OH-形成化学键，从而导致SiCl4 比CCl4 易水解，d 有关；综上所述，导致SiCl4 比CCl4 易水解的因素有
abd。
4．(2023•北京卷，18)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取
银和锰的一种流程示意图如下。
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已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。
(1) “浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出：矿
石中的银以Ag2S 的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+= Mn2++H2S↑，则可推断：Ksp(MnS) (填“>”或“<”)
Ksp(Ag2S)。
②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子
有 。
(2) “浸银”时，使用过量FeCl3、HCl 和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S 中的银以[AgCl2]-形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。
Fe3++Ag2S+
+2[AgCl2]- +S
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl-、
+的作用： 。
(3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有 。
②一定温度下，Ag 的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后Ag 的沉淀率逐渐减小的原因：
。
(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
【答案】(1) > Fe3+、Mn2+
(2) 2Fe3++Ag2S+4 Cl-
2Fe2++2[AgCl2]- +S Cl-是为了与Ag2S 电离出的Ag+结合生成
[AgCl2]-，使平衡正向移动，提高Ag2S 的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀
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(3)2[AgCl2]- +Fe3+=Fe2++2Ag+4Cl- 、2Fe3++Fe=3Fe2+ Fe2+被氧气氧化为Fe3+，Fe3+把Ag 氧化为Ag+
(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成
的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)混合加H2SO4溶液，使矿石中
的锰元素浸出，同时去除FeS2，矿石中的银以Ag2S 的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子
有Fe3+、Mn2+；浸锰渣中Ag2S 与过量FeCl3、HCl 和CaCl2的混合液反应，将Ag2S 中的银以[AgCl2]-形式浸
出，用铁粉把[AgCl2]-还原为金属银。(1)①“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag2S 的形式残留于浸锰渣中，
MnS 发生反应MnS+2H+= Mn2++H2S↑，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：Ksp(MnS)>
Ksp(Ag2S)；②根据信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，则浸锰液中
主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+。(2)①Ag2S 中S 元素化合价升高，Fe 元素化合价降低，根据得失电子守
恒、元素守恒，该离子方程式为2Fe3++Ag2S+4 Cl-
2Fe2++2[AgCl2]- +S；②Cl-是为了与Ag2S 电离出的
Ag+结合生成[AgCl2]-，使平衡正向移动，提高Ag2S 的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3
沉淀。(3)①铁粉可将[AgCl2]-还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为
2[AgCl2]- +Fe3+=Fe2++2Ag+4Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+；②溶液中生成的Fe2+会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3+，
Fe3+把部分Ag 氧化为Ag+，因此t min 后银的沉淀率逐渐降低。(4)联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过
程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用MnO2的氧化性将FeS2
中的Fe2+氧化为Fe3+，同时生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnSO4。
5．(2023•湖南卷，17)超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作
者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工
业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：
已知：①金属Ga 的化学性质和
相似，Ga 的熔点为29.8℃；
②Et2O (乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
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物质
Ga(CH3)3
Et2O
CH3I
NR3
沸点/℃
55.7
34.6
42.4
365.8
回答下列问题：
(1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是_______；
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40-45℃的原因是_______，阴极的电极反应式为
_______；
(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式：_______；
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
(5)下列说法错误的是_______；
A．流程中Et2O 得到了循环利用
B．流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3
D．用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
Ga(CH3)3的理由是_______；
(7)比较分子中的C-Ga-C 键角大小：Ga(CH3)3_______ Ga(CH3)3(Et2O) (填“>”“<”或“=”)，其原因是
_______。
【答案】(1)分子晶体
(2) 保证Ga 为液体，便于纯Ga 流出 Ga3++3eˉ=Ga
(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2 Ga(CH3)3(Et2O)+3 MgI2+2CH3MgI
(4)CH4
(5)D
(6)NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O 的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
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(7) > Ga(CH3)3中Ga 为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga 为sp3杂化，所以
为四面体结构，故夹角较小
【解析】以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3，粗Ga 经过电解精炼得到纯Ga，Ga 和Mg 反应生产
Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O 反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除
去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH3)3，Et2O 重复利用。(1)晶体
Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体；(2)电解池温度控制在40-45℃可以保证Ga 为液体，便于纯
Ga 流出；粗Ga 在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序
中的产物还包括MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2 Ga(CH3)3(Et2O)+3
MgI2+2CH3MgI；(4)“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；(5)A 项，流程中Et2O 得到
了循环利用，A 正确；B 项， Ga(CH3)3(Et2O)容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成Ga2Mg5”至
“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B 正确；C 项， “配体交换”得到Ga(CH3)3(NR3)，“工序X”先解
配Ga(CH3)3(NR3)后蒸出Ga(CH3)3，C 正确；D 项，二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用
核磁共振氢谱能区分Ga(CH3)3和CH3I，D 错误；故选D；(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)时由于Et2O 的沸点较
低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的
理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；(7)分子中的C-Ga-C
键角Ga(CH3)3> Ga(CH3)3(Et2O)，其原因是Ga(CH3)3中Ga 为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)
中Ga 为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
6．(2023•江苏卷，16)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O，其实验过程可表示为
(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为
Mg(OH)2+H2SO3=MgSO3+2H2O，其平衡常数K 与Ksp[(Mg(OH)2)]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的
代数关系式为K=___________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有___________(填序
号)。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入SO2气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
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(2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g(20℃)，O2氧化溶液中
SO3
2-的离子方程式为___________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2
氧化的速率随pH 的变化如题图甲所示。在pH=6~8 范围内，pH 增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其
主要原因是___________。
(3)制取MgSO4·H2O 晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4
溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是___________；补充完整制取MgSO4·H2O 晶体的实
验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中，___________。(已知：Fe3+、Al3+在pH≥5 时完全转化为氢
氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4·7H2O，MgSO4·7H2O 在150~170℃下干燥得到
MgSO4·H2O，实验中需要使用MgO 粉末)
【答案】(1)①
②BD
(2)①2SO3
2-+O2
2SO4
2- ② pH 增大，抑制SO3
2-的水解，反应物SO3
2-的浓度增大，故可加快氧
化速率
(3)① 用滴液漏斗向盛有MgSO3 浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液
②分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH 试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温
结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
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【解析】本实验的目的是为了制取MgSO4·H2O，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，
生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化
镁调节溶液的pH 除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃
干燥即可得到MgSO4·H2O。(1)已知下列反应：
①Mg(OH)2+H2SO3=MgSO3+2H2O K
②Mg(OH)2(s)
Mg2+(aq)+2OH-(aq) Ksp[(Mg(OH)2)]
③MgSO3(s)
Mg2+(aq)+SO3
2-(aq) Ksp(MgSO3)
④H2SO3
H++HSO3
- Ka1(H2SO3)
⑤HSO3
-
H++SO3
2- Ka2(H2SO3)
⑥H2O
H++OH- KW
根据盖斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥×2，故K=
；A 项，加热可加快反应速率，但温度升高，
SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A 错误；B 项，加快搅拌
速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B 正确；C 项，降低通入SO2气体的速率，SO2可与
MgO 浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C 错误；D 项，多孔球泡可以让
SO2与MgO 浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D 正确；故选BD。(2)根据题意，O2氧化溶液中的
SO3
2-，SO3
2-被氧化为SO4
2-，1molO2氧化2mol SO3
2-，故O2氧化溶液中SO3
2-的离子方程式为：2SO3
2-+O2
2SO4
2-；pH 增大，抑制SO3
2-的水解，反应物SO3
2-的浓度增大，故可加快氧化速率；(3)在进行含固
体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，
H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；根据题意，首先需要调节pH≥5 以除去Fe3+、Al3+杂质，需
要用到的试剂为MgO 粉末，操作细节为分批加入少量MgO 粉末，以免pH 过高，不断搅拌进行反应直至
检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到MgSO4·H2O，根据题目信
息，室温下结晶只能得到MgSO4·7H2O，因此需要在150~170℃下干燥得到MgSO4·H2O，操作细节为将滤
液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
7．(2022•辽宁省选择性考试，16)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰
矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl 和MnSO4，工艺流程如下：
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已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；
②金属活动性：
；
③相关金属离子形成氢氧化物的
范围如下：
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
8.1
10.1
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为___________。
a．进一步粉碎矿石
b．鼓入适当过量的空气
c．降低焙烧温度
(2) Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为___________。
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②___________。
(4)滤渣的主要成分为___________(填化学式)。
(5)生成气体A 的离子方程式为___________。
(6)加入金属
的目的是___________。
【答案】(1)ab
(2) 2Bi2S3+9O2
2Bi2O3+6SO2
(3)抑制金属离子水解
(4) SiO2
(5)Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++ Cl2↑+3H2O
(6)将Fe3+转化为Fe2+
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【解析】联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化：Bi2S3→Bi2O3+SO2、
FeS2→Fe2O3+SO2、MnO2→Mn2O3+ MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水
浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发
生转化：Bi2O3→Bi3+、Fe2O3→Fe3+，因MnSO4有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl-
=2Mn2++ Cl2↑+3H2O，气体A 为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、
Mn2+；第(4)(5)问转化：由已知信息②知，Fe 的金属活动性强于Bi，且调pH=2.6 时Mn2+和Fe2+进入滤液，
可知加入金属Bi 的目的是将Fe3+还原为Fe2+。(1)a 项，联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空
气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a 符合题意；b 项，鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，
选项b 符合题意；c 项，降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c 不符合题意；答案选
ab；(2) Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的
化学方程式为2Bi2S3+9O2
2Bi2O3+6SO2；(3)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、
Mn2+、H+、Cl-，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的
BiOCl 产率偏低；(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2；(5)因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反
应：Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++ Cl2↑+3H2O；(6)由已知信息③知，调pH=2.6 时，Fe3+会水解生成Fe(OH)3沉淀，
但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH 后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加
入Bi 作还原剂。
8．(2022•北京卷，18)铵浸法由白云石[主要成分为CaMg(CO3)2，含Fe2O3、SiO2杂质]制备高纯度碳酸
钙和氧化镁。其流程如下：
已知：
物
质
Ca(OH)2
Mg(OH)2
CaCO3
MgCO3
Ksp
(1)煅烧白云石的化学方程式为___________。
(2)根据下表数据分析：
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n(NH4Cl)：n(CaO)
CaO 浸出率/
MgO 浸出率/
w (CaCO3)理论值/
w (CaCO3)实测值/
98.4
1.1
99.7
-
98.8
1.5
99.2
99.5
98.9
1.8
98.8
99.5
99.1
6.0
95.6
97.6
已知：i．对浸出率给出定义
ii．对w (CaCO3)给出定义
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
②CaO 浸出率远高于MgO 浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“n(NH4Cl)：n(CaO)”数值为___________。
④w (CaCO3)实测值大于理论值的原因为___________。
⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO 浸出率可出
增加至
，结合化学反应原理解释MgO 浸
出率提高的原因为___________。
(3)滤渣C 为___________。
(4)可循环利用的物质为___________。
【答案】(1)CaMg(CO3)2
CaO+MgO+2CO2↑
(2) CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能
与NH4Cl 反应，而Mg(OH)2不能 2.4：1 反应加入的CaO 也转化为CaCO3 Mg(OH)2+
(NH4)2SO4
MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH4
+水解，溶液中H+浓度增大，有利于
Mg(OH)2完全转化为MgSO4
(3)SiO2、Fe2O3
(4)NH4Cl、(NH4)2SO4
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固
体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢
氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A 和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液
A 中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A 反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B 中加入硫酸铵
溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二
氧化硅的滤渣C 和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D 中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D 反应、过滤得
到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环
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利用。(1)白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为
CaMg(CO3)2
CaO+MgO+2CO2↑；(2)①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一
水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为
CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O；②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，
溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，
所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁；③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1 时，氧化
镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为
2.4：1；④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进
铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高；
(3)滤渣C 为氧化铁、二氧化硅；(4)由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。
9．(2022•全国甲卷，26)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应
用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物。
其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
离子
Fe3+
Zn2+
Cu2+
Fe2+
Mg2+
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
(3)加入物质X 调溶液
，最适宜使用的X 是_______(填标号)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2 C．
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
(4)向
的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的
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离子方程式为_______。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是_______。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF 并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】(1)ZnCO3
ZnO+CO2↑
(2) 增大压强 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等
(3) B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
(4)3Fe2++ MnO4
-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(5)置换Cu2+为Cu 从而除去
(6) CaSO4 MgSO4
【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物，
结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3
ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、
Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X 调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、
CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液
氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后
得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF 脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，
经一系列处理得到ZnSO4·7H2O。(1)由分析，焙烧时，生成ZnO 的反应为：ZnCO3
ZnO+CO2↑；(2)可
采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；(3)A 项，
NH3·H2O 易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A 不适宜；B 项，Ca(OH)2不会引入新的杂质，
且成本较低，故B 适宜；C 项，NaOH 会引入杂质Na+，且成本较高，C 不适宜；故选B；当沉淀完全时
(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp 计算各离子完全沉淀时pH＜5 的只有Fe3+，故滤渣①中有
Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向
80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为
3Fe2++ MnO4
-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入
锌粉的目的为置换Cu2+为Cu 从而除去；(6)由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同
时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
10．(2022•广东选择性考试，18)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特
有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
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已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE 均难溶于水。该工艺条件下，稀土
离子保持
价不变；(C11H23COO)2Mg 的Ksp=1.8×10-8，Al(OH)3开始溶解时的pH 为8.8；有关金属离子沉淀
的相关pH 见下表。
离子
Mg2+
Fe3+
Al3+
RE3+
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
(2)“过滤1”前，用NaOH 溶液调pH 至_______的范围内，该过程中
发生反应的离子方程式为
_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到
元素，滤液2 中Mg2+浓度为2.7g·Lˉ1。为尽可能多地提取RE3+，可
提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO―)低于_______ mol·L-1 (保留两位有效
数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y 时，生成1molPt3Y 转移_______ mol 电子。
②Pt3Y/C 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为
_______。
【答案】(1)Fe2+ (2) 4.7≤pH<6.2 Al3++3OH-= Al(OH)3↓
(3)4.0×10-4
(4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
(5)MgSO4
(6) 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、
Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO4
2-等离子，经氧化调pH 使Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1 中含有
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RE3+、Mg2+、SO4
2-等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形成(C11H23COO)3RE 沉淀，滤液2 主要含有MgSO4溶液，
可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，
所以化合价有变化的金属离子是Fe2+；(2)由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH 为4.7，而RE3+开始沉淀的
pH 为6.2~7.4，所以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH 溶液调pH 至4.7≤pH<6.2 的范
围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH-= Al(OH)3↓；(3)滤液2 中Mg2+浓度为2.7g·Lˉ1，即
0.1125mol/L，根据
，若要加入月桂酸钠后只生成
(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则
=
=4×10-4 mol·L-1；(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃，故“操作X”的过
程为：先冷却结晶，再固液分离；(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4；
(6)①YCl3中Y 为+3 价，PtCl4中Pt 为+4 价，而Pt3Y 中金属均为0 价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备
Pt3Y 时，生成1molPt3Y 转移15 mol 电子；②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极
反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。
1．
1．(2024·九校联考甘肃卷)钛白粉学名二氧化钛(TiO2)是性能最佳、应用最广、用量最大的白色颜料。
钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质。一种硫酸法钛白粉生产工艺如图：
已知：
①酸解后，钛主要以TiOSO4形式存在。强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO4
2-和一种阳离子。
②H2TiO3不溶于水和稀酸。
(1)磨矿的目的是 。
(2)滤渣①的主要成分是 。
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(3)酸解过程中，写出FeTiO3发生反应的化学方程式 。
(4)还原过程中，加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3+。为探究最佳反应条件，某实验室做如下尝试：
①在其它条件不变的情况下。体系中Fe(Ⅲ)含量随pH 变化如图，试分析在pH 介于4～6 之间时，
Fe(III)含量基本保持不变的原因： 。
②保持其它条件不变的情况下，体系中Fe(III)含量随温度变化如图，55℃后，Fe(III)含量增大的原因
是因为温度升高，Fe2+易被体系中的O2氧化，写出反应的离子方程式 。
(5)水解过程是硫酸法制钛白工艺中的重要一步：
①水解过程中得到沉淀③的离子方程式为 。
②一定量
的存在有利于水解工艺的进行，因此在水解之前，先要测定钛液中Fe2+的含量。实验室
常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理 。
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率
(2)Fe、SiO2、CaSO4
(3)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
(4) pH 介于4～6 之间时，铁离子水解完全，Fe(III)主要以Fe(OH)3形式存在 12Fe2+
+3O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Fe3+
(5) TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓ MnO4
-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
【解析】钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质，酸浸加入硫酸溶液与金
属氧化物Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3反应生成盐和水，氧化铁反应生成硫酸铁、氧化镁反应生成硫酸镁、
氧化铝反应生成硫酸铝，已知信息FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4和FeSO4，FeTiO3和硫酸溶液反应的离子
方程式为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O，浸取液中含：Fe3+、Mg2+、Ca2+、Al3+，CaO 和硫酸反应生成
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CaSO4，SiO2不与硫酸反应，则滤渣①成分为过量的铁粉、CaSO4、SiO2，根据加入Fe 粉还原铁离子为亚
铁离子，滤液①结晶过滤得到晶体成分为硫酸亚铁晶体，滤液②为FeTiO3，TiO3
2-水解生成H2TiO3，灼烧
得到钛白粉。(1)磨矿的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率；(2)酸浸加入稀硫酸和
CaO 反应生成CaSO4微溶物，SiO2是非金属氧化物，不溶于酸，则滤渣①中除铁粉外，还可能含有的成分
是SiO2、CaSO4；(3)由信息①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在，②强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离
出SO4
2-和一种阳离子TiO2+，则酸浸过程中，FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4和FeSO4，发生反应的化学方
程式：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；(4)①由Fe3+水解呈酸性，pH 越大，越促进水解正向进行，
则pH 介于4～6 之间时，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变；②55℃后，Fe(Ⅲ)含
量增大的原因是：因为温度升高，Fe2+易被体系中的O2氧化，反应的离子方程式为：12Fe2+
+3O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Fe3+；(5)①水解过程中得到沉淀③的离子方程式为：TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓；②
实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理为：MnO4
-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3+
+4H2O。
2．(2024·吉林、黑龙江普通高等学校招生适应性高三期末联考)SrCO3是一种重要的含锶化合物，广泛
应用于许多领域。以天青石(主要成分为SrSO4)为原料制备SrCO3的一种工艺方法如下：
天青石主要元素质量分数如下：
元素
质量分数(
)
36.4
2.0
4.0
0.5
5.0
。
回答下列问题：
(1)天青石与碳粉在一定投料比下“煅烧”生成
和碳氧化物，据矿样成分分析结果计算得出，生成
CO2、
时失重率分别为
、
，实际热重分析显示失重率为32.6%，则“煅烧”中主要生成的
碳氧化物为 (填“
”或“CO2 ”)。
(2)“煅烧”过程中还可能产生少量对环境有危害的气体，化学式为 和 。
(3)“水浸”后滤渣的主要成分除CaSiO3和C 外，还有两种氧化物，化学式为 和
。
(4)“水浸”时需加热，SrS 与热水作用后的溶液呈碱性的主要原因为 (用化学方程式表示)
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(5)“水浸”后的滤液中
，“除杂”过程中(忽略H2SO4溶液
引起的体积变化)，为使
不沉淀，应控制溶液中
，每升滤液中篇加入
1.0mol·L-1H2SO4溶液的体积
。
(6)“沉锶”过程中，可溶性Sr(OH)2发生反应的离子方程式为 。
【答案】(1)CO2 (2) CO SO2 (3) Al2O3 SiO2
(4)SrS+2H2O
H2S+Sr(OH)2
(5) 2×10-4 23.8 (6)Sr2++2OH-+CO2=SrCO3↓+H2O
【解析】天青石与碳粉混合煅烧生成SrS 和碳氧化物，水浸后滤液中加入硫酸，除去钡离子，过滤后
滤液中通入二氧化碳，生成碳酸锶。(1)生成CO2、CO 时失重率分别为30.4%、38.6%，实际热重分析显示
失重率为32.6%，说明两者都有，设生成的碳氧化物中CO2含量为x，则CO 含量为(1-x)，则有
，因此煅烧中主要生成的碳氧化物为CO2；(2)煅烧过程中还可能生成少
量对环境有危害的气体，天青石的主要成分为SrSO4，能生成的有害气体只有SO2，碳粉能生成的有害气体
只有CO，其他物质无法生成有害气体，则两种气体的化学式为SO2和CO；(3)天青石中含有Ba、Ca、Al
和Si，Si 转化的SiO2和Al 转化的Al2O3不能溶于水，所以两种氧化物为Al2O3和SiO2；(4)SrS 溶于水几乎
完全水解，使溶液呈碱性，化学方程式为SrS+2H2O
H2S+Sr(OH)2；(5)根据Ksp(SrSO4)=3.4×10-7可知，
SrSO4开始沉淀时，硫酸根离子浓度为
，为使Sr2+不沉淀，硫酸根离子浓度需小
于5×10-7mol/L，则钡离子浓度需大于
，为使Sr2+不沉淀，在1L 溶液中总的钡离子物
质的量减硫酸消耗的钡离子物质的量，还余下2×10-4mol，硫酸根与钡离子满足1：1 反应，则1L 中硫酸的
物质的量为(0.024-2×10-4)mol=0.0238 mol，硫酸浓度为1mol/L，则体积为23.8mL；(6)沉锶过程中，可溶性
Sr(OH)2溶液与二氧化碳反应生成碳酸锶沉淀和水，离子方程式为Sr2++2OH-+CO2=SrCO3↓+H2O。
3．(2024·广东省深圳市罗湖区高三期末)以软锰矿与黄铁矿为主要原料制备高品质MnO2的工艺流程：
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已知：①软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为MnO2、FeS2，还均含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si 等元素的
氧化物；
②该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Mn2+
Mg2+
Al3+
开始沉淀的pH
6.9
1.9
6.6
9.1
3.4
沉淀完全(
)的pH
8.3
3.2
10.1
10.9
4.7
回答下列问题：
(1)基态
的价层电子排布图为 。
(2)“酸浸”过程中，为提高反应速率可以采取的措施有 (写一条)。
(3)“酸浸”加入H2SO4后，主要反应的离子方程式：
滤渣1 的主要成分为S、 ，加入H2O2后迅速产生大量气泡，可减少滤渣1 在矿粉表面的附
着，有利于酸浸。分析迅速产生气泡的原因： 。
(4)“调pH”操作中需调节溶液pH 范围为4.7～6.0，此时滤渣2 的主要成分为 (填化学式)。
(5)“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为 。
(6)利用惰性电极电解H2SO4- MnSO4-H2O 体系获得MnO2的机理如图所示，硫酸浓度与电流效率η 的关
系如图所示。硫酸浓度超过
时，电流效率η 降低的原因是 。(
)
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【答案】(1)
(2)将矿石粉碎；适当升高温度；适当提高酸的浓度；机械搅拌 (合理也可)
(3) SiO2、CaSO4 MnO2或Fe3+或Mn2+等作催化剂，加快H2O 的分解
(4) Fe(OH)3和Al(OH)3
(5) Mn2++2HCO3
-=MnCO3↓+H2O+CO2↑
(6)从电极反应来看，H+浓度太大，不利于反应ⅲ正向进行，MnOOH 直接与H+反应【或硫酸浓度高，
与MnOOH 反应，导致MnOOH 被消耗，电流效率低】 (其他答案合理即可)
【解析】酸浸”过程滤液中主要含有Fe3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+、Al3+等金属离子，滤渣1 中主要是S、
SiO2、CaSO4等；“调pH”，则Fe3+和Al3+以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀(滤渣2)，滤液中主要含有Mg2+、
Mn2+、Ca2+等金属离子；加入NH4F“除杂”，Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2形式沉淀(滤渣3)，滤液中含有
Mn2+金属离子；“沉锰”步骤则Mn2+以MnCO3形式沉淀出来；MnCO3经后续操作得到MnO2。(1)Fe2+为Fe
失去2 个电子；基态Fe2+的价层电子排布图为
；(2)从反应速率的影响因素考虑，“酸
浸”过程中，为提高反应速率可以采取的措施有：将矿石粉碎；适当升高温度；适当提高酸的浓度；机械
搅拌 (合理也可)；(3)由分析可知，滤渣1 中主要是S、SiO2、CaSO4等；加入H2SO4后发生反应生成单
质S 的离子方程式为2FeS2+3MnO2+12H+=2Fe3++3Mn2++4S↓+6H2O；(4)此时滤渣2 的主要成分为：Fe3+和
Al3+以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀；(5)沉锰”步骤中溶液中主要含有Mn2+，Mn2+和碳酸氢根反应生成
MnCO3，离子方程式为Mn2++2HCO3
-=MnCO3↓+H2O+CO2↑；(6)当硫酸浓度超过3.0 mol·L−1时，生成的
MnOOH 与硫酸反应，MnOOH 减少，反应减弱，电流效率降低。
4．(2024·河北邢台五岳联盟高三联考)过硫酸铵[(NH4)2S2O8]是一种重要的氧化剂、漂白剂。工业上用
粗硫酸铵(杂质主要为含铁化合物)生产过硫酸铵的一种工艺流程如图所示。
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已知：(NH4)2S2O8具有强氧化性和腐蚀性，0℃时在水中的溶解度为58.2g，微溶于乙醇，不溶于丙酮。
回答下列问题：
(1) (NH4)2S2O8中S 元素的化合价为 该物质中N、O、S 元素的第一电离能由大到小的顺序
是 。
(2)用离子方程式表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因： 。
(3)若将等体积、等浓度的氨水和稀硫酸混合后，混合溶液的主要溶质为 (填化学式)，混合
溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为 。
(4)FeOOH 可用于脱除H2S，其产物为FeSSH，常温下，FeSSH 经空气氧化可再生出FeOOH，从而循
环使用。写出FeOOH 再生的化学方程式： 。
(5)降温结晶后所得(NH4)2S2O8晶体经过滤、 (填试剂名称)洗涤、干燥可得纯净的
(NH4)2S2O8晶体，写出在实验室中洗涤(NH4)2S2O8晶体的操作： 。
【答案】(1) +6 N＞O＞S
(2)NH4
++H2O
NH3·H2O +H+
(3) NH4HSO4 c(H＋)＞c(SO4
2-)＞c(NH4
+)＞c(OH―)
(4) FeSSH+O2=FeOOH+2S
(5) 无水乙醇 过滤后，用玻璃棒引流，将无水乙醇注入漏斗中，直至没过晶体，然后等待液体从
漏斗底部流走 ，重复操作两到三次
【解析】(1)①过硫酸铵中铵根离子为+1 价，8 个氧原子中有2 个氧原子存在过氧键，为-1 价，其余6
个氧原子化合价为-2 价，根据化合价计算规则，可求得S 元素的化合价为+6 价；②由于N 元素的2p 轨道
处于半满状态，较稳定，所以第一电离能N＞O，同主族元素，原子序数越大，第一电离能越小，所以第
一电离能O＞S，所以该物质中N、O、S 元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞S；(2)硫酸铵是强酸
弱碱盐，铵根离子水解显酸性，离子方程式为：NH4
++H2O
NH3·H2O +H+；(3)等体积、等浓度的氨
水和稀硫酸混合，稀硫酸过量，混合溶液的主要溶质为NH4HSO4；NH4HSO4是强电解质，会完全电离成等
量的NH4
+、H+和SO4
2-，由于水也会电离出H+，而NH4
+会发生水解，所以浓度大小：H+＞SO4
2-＞NH4
+；
NH4
+水解产生NH3·H2O 和OH-，水解是微弱的，综上所述，混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：
c(H＋)＞c(SO4
2-)＞c(NH4
+)＞c(OH―)；(4)FeSSH 经空气氧化可再生出FeOOH，根据氧化还原规律及元素守恒，
可得其反应方程式为：FeSSH+O2=FeOOH+2S。(5)①由于过硫酸铵0℃时在水中的溶解度较大，但微溶于
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乙醇，所以过硫酸铵晶体可用无水乙醇洗涤，不仅可以洗除杂志，同时乙醇易挥发，便于晶体干燥；②过
滤后，用玻璃棒引流，将无水乙醇注入漏斗中，直至没过晶体，然后等待液体从漏斗底部流走 ，重复操
作两到三次 。
5．(2024·重庆沙坪坝重庆八中高三期中)电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、
CuO)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示：
已知：室温下CaF2和MnF2均难溶于水且前者的溶解度更小。回答下列问题：
(1)基态Mn 原子的价电子的轨道表示式为 。
(2)“酸浸”过程中，所用的稀酸X 是 (填化学式)。
(3)“酸浸”过程中
的质量浓度、Mn 浸出率与时间的关系如图所示。20~80min，浸出Mn 元素的主要离子方程
式为 。80~100min 时，
浓度上升的原因可能是 。
(4)“除Fe、Cu”过程中依次加入的试剂Y、Z 为___________(填序号)。
A．H2O2、NH3·H2O B．KMnO4、CaO
C．SO2、MnCO3
D．H2O2、CaCO3
(5)“净化”中加入MnF2的目的是除去
，其反应的离子方程式为 。
(6)硫酸锰在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg 硫酸锰充分煅烧后刷余固体的质量为
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79mg，则此时固体的化学式为 。下图为不同温度下硫酸锰隔绝空气焙烧2 小时后残留固体的
X-射线衍射图，若由MnSO4固体制取活性Mn2O3方案为：将MnSO4固体置于可控温度的反应管中，
，将Mn2O3冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂有：1mol/L BaCl2溶液，1mol/LNaOH 溶液)
【答案】(1)
(2)H2SO4
(3) 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O 80～100min 时，剩余MnO2 较少，FeS2 浸出的
Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升
(4)D
(5)MnF2(s)+Ca2+(aq)
CaF2(s)+Mn2+(aq)
(6) Mn2O3 在850℃下加热2 小时，并将产生的尾气通入1mol/L 的NaOH 溶液中进行吸收
【解析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)加入硫酸，MnO2将FeS2
氧化生成S，PbCO3转化成PbSO4沉淀，氧化铁、氧化铜转化成硫酸铁、硫酸铜，滤液中含有Fe3+、Fe2+、
Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO 或CaCO3调节pH 除去Fe3+、Cu2+，之后滤液中主
要含有Ca2+、Mn2+，加入MnF2除去Ca2+，最终得到MnSO4溶液，经过一系列操作得到Mn3O4。(1)已知Mn
是25 号元素，故基态Mn 原子的价电子的轨道表示式为：
；(2)由分
析可知，“酸浸”过程中，所用的稀酸X 是H2SO4；(3)由图示知，20～80 min 内，Mn 元素浸出率高，
Fe3+ 含量明显增加，说明此时MnO2 与FeS2 反应生Mn2+ 、Fe3+ 、S 等，对应离子方程式为：
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3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；80～100min 时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接
触机会减少，所以Fe2+浓度上升；(4)滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，
再加入CaO 或CaCO3 调节pH 除去Fe3+、Cu2+，故选D；(5)“净化”中加入MnF2 的目的是除去Ca2+，即
MnF2与Ca2+反应生成Mn2+和CaF2，故其反应的离子方程式为MnF2(s)+Ca2+(aq)
CaF2(s)+Mn2+(aq)；(6)
已知硫酸锰的摩尔质量为：151g/mol，故硫酸锰在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg 硫酸锰
其物质的量为：
=1×10-3mol，充分煅烧后刷余固体的质量为79mg，则其中含有O 的物质的量为：
=1.5×10-3mol，则此时固体中n(Mn)：n(O)=1×10-3mol：1.5×10-3mol=2：3，该固
体的化学式为Mn2O3，由题干不同温度下硫酸锰隔绝空气焙烧2 小时后残留固体的X-射线衍射图可知，在
850℃下加热制得的Mn2O3比较纯净，加热分解得到Mn2O3同时还将释放出含硫氧化物气体，故需用NaOH
溶液来吸收，进行尾气处理，据此分析由MnSO4固体制取活性Mn2O3方案为：将MnSO4固体置于可控温
度的反应管中，在850℃下加热2 小时，并将产生的尾气通入1mol/L 的NaOH 溶液中进行吸收，将Mn2O3
冷却、研磨、密封包装。
6．(2024·河南三门峡高三阶段性考试)分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合
物，一种回收工艺流程如图：
已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4。
②“酸浸”时，锑元素发生反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。
回答下列问题：
(1)As 位于第四周期VA 族，基态As 的价层电子排布式为 。
(2)“碱浸”时，TeO2与NaOH 反应的离子方程式为 。
(3)向碱浸液中加入盐酸调节pH=4，有TeO2析出，分离出TeO2的操作是 。滤液中As 元素最主
要的存在形式为 。(填标号)(25℃，H3AsO4的各级电离常数为Ka1=6.3×10-3，Ka2=1.0×10-7，
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Ka3=3.2×10-12)
A．H3AsO4 B．H2AsO4
- C．HAsO4
2- D．AsO4
3-
(4)①Sb2O(SO4)4中，Sb 的化合价为 。
②“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是 。
(5)“水解”时，生成SbOCl 的化学方程式为 。
(6)TeO2可用作电子元件材料，熔点为733℃，TeO2晶胞是长方体结构如图。碲的配位数为 。
已知NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g/cm3。
【答案】(1) 4s24p3 (2) TeO2+2OH-=TeO3
2-+H2O
(3) 过滤 B
(4) +5 将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3
(5)SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl
(6) 6
【解析】结合题干信息，分铜液加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，
碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4；过滤后向滤渣中加入硫酸进行酸浸，铜的氢氧化物或氧化物均溶解，锑元
素反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣，过滤后向浸渣中加入盐酸、氯化钠和二氧化硫，反应生成三氯化锑，
三氯化锑水解生成转化为SbOCl；碱浸液中加入酸调节PH=4，Na2TeO3转化生成亚碲酸，亚碲酸不稳定分
解生成二氧化碲。(1)As 为33 号元素，基态As 的价层电子排布式为：4s24p3。(2)TeO2属于酸性氧化物，与
NaOH 反应的离子方程式为：TeO2+2OH-=TeO3
2-+H2O。(3)向碱浸液加入盐酸调节pH=4，TeO2以沉淀析出，
分离出TeO2 的操作是过滤；由题干信息可知，H3AsO4 的各级电离常数为：Ka1=6.3×10-3，Ka2=1.0×10-7，
Ka3=3.2×10-12，pH=4，则c(H+)=10-4mol/L，H3AsO4
H++ H2AsO4
- ，Ka1=
，
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，故As 主要以H2AsO4
- 形式存在，故选B。(4)①结合化合物的化合价为0，
Sb2O(SO4)4 中，Sb 的化合价为+5 价；②SO2 具有还原性，“氯盐酸浸”时，通入SO2 的目的是将
Sb2O(SO4)4 还原为SbCl3 。(5)“ 水解” 时，SbCl3 水解生成SbOCl ，化学方程式为：
SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl。(6)结合图示晶胞结构，离碲离子最近的氧负离子有6 个，故碲的配位数为6；根
据均摊，该晶胞含有2+4×
=4 个O 原子，含有1+8×
=2 个Te ，则该晶体的密度=
g· cm-3。
7．电力工业所需的钢制构件在镀锌前需要经过酸洗，其基本原理是用盐酸除去其表面的Fe2O3·2H2O
及FeO 等杂质。回收废酸同时生产含铁产品的流程如下：
已知：i．酸洗钢制构件后得到废酸的主要成分如下表所示
成分
Cl－
游离HCl
Fe2＋
Fe3＋
含量(g·L－1)
130～160
50～70
60～80
0
ii．pH <4 时，Fe2＋不易被氧气氧化
(1)酸洗钢制构件时发生反应的离子方程式：2H＋＋FeO===Fe2＋＋H2O、
。
(2)过程Ⅱ中，发生的主要反应：FeCl2(s)＋H2SO4(aq)
FeSO4(s)＋2HCl(aq)。加入过量H2SO4的作用
是_________________________________________________________________________________(至少写出
两点)
(3)过程Ⅲ中，FeSO4隔绝空气焙烧得到的尾气中含有两种可用于生产硫酸的氧化物，此过程发生反应
的化学方程式是___________________________________。
(4)过程Ⅳ发生反应的离子方程式是_______________________________。
(5)H2O2是一种常用的绿色氧化剂，ClO2也具有很强的氧化性，常用作消毒剂，其消毒的效率(以单位
物质的量得到的电子数表示)是H2O2的 倍
(6)过程Ⅴ：阴离子交换树脂可将FeCl 选择性吸附分离，其过程可表示为ROH＋X－
吸附
脱附
RX ＋OH
－(X 表示FeCl4)。当树脂吸附饱和后可直接用水洗涤树脂进行脱附，同时脱附过程发生反应：FeCl
Fe3
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＋＋4Cl－
①吸附后溶液的pH 将会 (填“升高”、“降低”或“不变”)
②洗脱液经处理后有许多用途，下列用途合理的是 。
A．刻蚀印刷铜线路板 B．净化污水 C．自来水消毒 D．浸泡生物标本
【答案】(1)6H＋＋Fe2O3·2H2O＋Fe===3Fe2＋＋5H2O
(2)抑制Fe2＋水解；防止pH＞4 时，Fe2＋被氧气氧化；同时提供H＋利于HCl 气体的逸出；提供SO 利
于FeSO4固体析出
(3) 2FeSO4=====Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
(4)2Fe2＋＋H2O2＋8Cl－＋2H＋===2FeCl＋2H2O
(5)2.5 (6)①升高 ②AB
【解析】(1)钢制构件表面有Fe2O3·2H2O 及FeO 等杂质，酸洗钢制构件时发生反应的离子方程式：2H＋
＋FeO===Fe2＋＋H2O、6H＋＋Fe2O3·2H2O＋Fe===3Fe2＋＋5H2O；(2)过程Ⅱ中，发生的主要反应：FeCl2(s)＋
H2SO4(aq)===FeSO4(s)＋2HCl(aq)，Fe2＋水解，Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，加入过量的H2SO4的主要作
用是：H＋浓度增大，平衡逆向移动，抑制Fe2＋水解；防止pH＞4 时，Fe2＋被氧气氧化；同时提供H＋利于
HCl 气体的逸出；提供SO 利于FeSO4固体析出；(3)FeSO4隔绝空气焙烧得到的尾气中含有两种可用于生产
硫酸的氧化物，分别为二氧化硫和三氧化硫，此过程发生反应的化学方程式是2FeSO4=====Fe2O3＋SO2↑＋
SO3↑；(4)反应Ⅳ为向废酸中加入双氧水得到含有FeCl 的溶液，亚铁离子被氧化为FeCl，过氧化氢被还原
为水，离子方程式为：2Fe2＋＋H2O2＋8Cl－＋2H＋===2FeCl＋2H2O；(5)H2O2的还原产物为H2O，ClO2的还
原产物为Cl－，则1 mol H2O2 可以获得2 mol 电子，1 mol ClO2 可以获得5 mol 电子。ClO2 消毒的效率是
H2O2的5 mol∶2 mol＝2.5 倍；(6)①阴离子交换树脂对离子选择性吸附分离，其过程可表示为ROH＋X－
RX ＋OH－，利用阴离子交换树脂进行吸附时，树脂上的OH－被交换下来进入吸附后溶液，则吸附
后溶液酸性降低，溶液的pH 将会升高；②脱附过程发生反应：FeClFe3＋＋4Cl－，原溶液中有盐酸，故
洗脱液中主要含有的溶质是FeCl3和HCl；A.Fe3＋氧化性较强，能溶解Cu，则可用于刻蚀印刷铜线路板，
故A 正确；B.Fe3＋水解生成氢氧化铁胶体，能净化污水，故B 正确；C.FeCl3溶液没有强氧化性，无漂白和
消毒能力，不能用于自来水消毒，故C 错误；D.FeCl3溶液没有防腐能力，不能用来浸泡生物标本，故D
错误；故选AB。
8．一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O 并回收单质硫的工艺流程
如图：
(1)步骤①混合研磨成细粉的主要目的是____________________________；步骤②浸取时若生成S、
MnSO4及Fe2(SO4)3，则反应的离子方程式为___________________________________________。
(2)步骤③所得酸性滤液可能含有Fe2＋，检验Fe2＋的方法是 ________________________________；
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除去Fe2＋的方法是____________________，步骤④是破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离。
步骤⑤所得滤渣为 (填化学式)
(3)硫化铵水解的离子方程式为：S2－＋NH＋H2O
HS－＋NH3·H2O，判断溶液的酸碱性 (已
知常温下H2S 的电离平衡常数Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15，NH3·H2O 的电离平衡常数Kb＝1.7×10－5)
(4)测定产品MnSO4·H2O 纯度的方法之一是：准确称取a g 产品于锥形瓶中，加入适量ZnO 及H2O 煮
沸，然后用c mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液V mL，滴定反应的
离子方程式为2MnO＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋，产品的纯度是
。
【答案】(1)提高硫酸浸取时的浸取率和浸取速率 3MnO2＋2FeS2＋12H＋===3Mn2＋＋2Fe3＋＋4S↓＋
6H2O
(2)取少量滤液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去 加入H2O2或MnO2 Fe(OH)3
(3)碱性 (4)×100%
【解析】(1)步骤①混合研磨成细粉，可以增大反应物的接触面积，提高硫酸浸取时的浸取率和浸取速
率，硫酸浸取的反应方程式为：3MnO2＋2FeS2＋12H＋===3Mn2＋＋2Fe3＋＋4S↓＋6H2O；(2)亚铁离子具有较
强的还原性，可以和高锰酸钾反应，故检验亚铁离子，可加酸性高锰酸钾溶液，若紫色褪色，则含有亚铁
离子；要除去亚铁离子，避免引入杂质离子，可以加入过氧化氢除去，也可以加入二氧化锰将亚铁离子氧
化为铁离子；步骤④的目的破坏氢氧化铁胶体，使之沉淀，便于过滤分离，因此步骤⑤所得滤渣为氢氧化
铁；(3)S2－和NH 都发生水解，NH 的水解使溶液显酸性，其水解常数为＝≈5.9×10－10，S2－水解使溶液呈
碱性，其水解常数为＝≈1.4， S2－的水解程度大于NH 的水解程度，所以溶液显碱性；(4)已知本实验条件
下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰，根据反应的离子方程式和n(KMnO4)＝c mol/L×V×10－
3L＝ cV×10－3 mol，可知产品中Mn2＋的质量分数为×100%＝×100%。
9．二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeCO3F)为原料制备CeO2的一种工
艺流程如图所示。
(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是____________________________
(2)酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换HCl 不会造成环境污染。写出稀硫酸、H2O2与CeO2反应的离子方程式
______________________________________。
(3)向Ce(BF4)3中加入KCl 溶液的目的是__________________________________________。
(4)生成Ce(OH)4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(5)取上述流程中得到的CeO2产品0.450 0 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 mol·L－1 FeSO4标准溶液滴定至终
点时(铈被还原为Ce3＋，其他杂质均不反应)，消耗25.00 mL 标准溶液
①FeSO4溶液盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中
②该产品中CeO2的质量分数为________。
(6)CeO2是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，工作原理如图所示。写出过程①发生反应的化学方程式
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_________________________________________________。
【答案】(1)增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率
(2)H2O2＋2CeO2＋6H＋===2Ce3＋＋4H2O＋O2↑
(3)避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失，且除去了BF，提高了CeCl3的产率
(4)1∶4 (5)①酸式 ②95.56%
(6)xCO＋CeO2===CeO(2－x)＋xCO2
【解析】(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体与气体的接触面积，增大反应
速率，提高原料的利用率。(2)用盐酸酸浸时CeO2 与盐酸反应生成氯气，会造成环境污染，用稀硫酸和
H2O2替换HCl，H2O2生成氧气，可以避免产生氯气污染，反应的离子方程式为H2O2＋2CeO2＋6H＋===2Ce3
＋＋4H2O＋O2↑。(3)向Ce(BF4)3中加入KCl 溶液生成CeCl3和KBF4，这样可以避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的
形式损失，且除去了BF4
-，提高了CeCl3的产率。(4)生成Ce(OH)4的反应中，O2为氧化剂，1 mol O2得到4
mol 电子，CeCl3为还原剂，1 mol CeCl3失去1 mol 电子，根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比
为1∶4。(5)①碱性溶液使用碱式滴定管，酸性或氧化性溶液使用酸式滴定管，FeSO4溶液显酸性，使用酸
式滴定管；②CeO2 与FeSO4 反应，Ce 由＋4 价变为＋3 价，Fe 由＋2 价变为＋3 价，根据电子守恒可知
n(CeO2)＝n(FeSO4)＝0.100 0 mol·L－1×25.00×10－3 L＝2.5×10－3 mol，则m(CeO2)＝2.5×10－3 mol×172 g·mol－
1＝0.43 g，该产品中CeO2的质量分数＝×100%≈95.56%。(6)由图可知，过程①为CO 的消除过程，CO 与
CeO2反应生成CeO(2－x)和CO2，反应的化学方程式为xCO＋CeO2===CeO(2－x)＋xCO2。
10．利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为Co、Ni，还含少量Fe、Al 等)生产醋酸钴晶体、硫酸镍晶
体的工艺流程如下
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 如下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Co(OH)3
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀pH
2.2
7.4
7.6
0.1
4.0
7.6
完全沉淀pH
3.2
8.9
9.2
1.1
5.2
9.2
(1)用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有______________________________(写出一种合理
方法即可)。
(2)沉淀A 的主要成分是Fe(OH)3、________________，“浸出液”调节pH 的范围为________，调节
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pH 选用的试剂可以是________(填字母)。
a．铁 b．氨水 c．碳酸钠溶液 d．稀硫酸
(3)“母液1”中加入NaClO 反应的离子方程式为________________________________________。
(4)向Co(OH)3中加入H2SO4－H2O2混合液，H2O2的作用是____________________。
(5)“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH 为8.5 为宜，此时c(Co2＋)小于________mol·L－1；为防止生
成Co(OH)2
沉淀，可用NH4HCO3 代替Na2CO3 制得CoCO3 ，写出该反应的离子方程式：
________________________{已知：Ksp[Co(OH)2]＝2×10－15}
(6)由“母液4”获取NiSO4·7H2O 的操作是________________、________________、过滤、洗涤。
【答案】(1)适当升高温度或将金属电极芯研成粉末等
(2)Al(OH)3 5.2≤pH<7.6 bc
(3)ClO－＋2Co2＋＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋
(4)作还原剂
(5)2×10－4 2HCO＋Co2＋===CoCO3↓＋CO2↑＋H2O
(6)蒸发浓缩 冷却结晶
【解析】(1)提高浸取率的措施有将金属电极芯研成粉末增大反应物的接触面积、充分搅拌、适当升高
温度、适当增大硫酸浓度、延长浸取时间等。(2)沉淀A 的主要成分是Al(OH)3 和Fe(OH)3，调节“浸出
液”的pH，使Al3 ＋和Fe3 ＋沉淀完全，但Co2 ＋和Ni2 ＋不沉淀，由表中数据可知，调节pH 范围为
5.2≤pH<7.6；为中和溶液中的酸且不引入杂质，可用氨水或碳酸钠溶液调节pH。(3)母液1 中加入NaClO
的目的是将Co2＋氧化成Co3＋形成Co(OH)3沉淀，故离子反应方程式为ClO－＋2Co2＋＋5H2O===2Co(OH)3↓
＋Cl－＋4H＋。(4)由流程图可知，加入H2O2的作用是将Co3＋还原成Co2＋，即H2O2作还原剂。(5)pH＝8.5，
即c(H＋)＝10－8.5 mol·L－1，c(OH－)＝10－5.5 mol·L－1，则由Ksp[Co(OH)2]＝2×10－15＝c(Co2＋)·c2(OH－)，可得
c(Co2＋)<2×10－4 mol·L－1；反应物为HCO 和Co2＋，生成物中含CoCO3，则反应的离子方程式为2HCO＋
Co2＋===CoCO3↓＋CO2↑＋H2O。(6)由母液4 获得NiSO4·7H2O 的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
11．V2O3是一种良好的催化剂，用于加氢反应。以某地石煤矿(主要成分：V2O3、V2O5及少量SiO2、
Al2O3)为原料制备高纯V2O3的工艺流程如下：
已知：①偏钒酸铵(NH4VO3)微溶于水；煅烧所得V2O5中含少量VN，2VN＋3H2O=====N2↑＋3H2↑＋
V2O3
②V2O5＋6NaOH(aq)===2Na3VO4＋3H2O；SO2、Fe2＋、草酸(H2C2O4)等还原剂均可以将Na3VO4的酸性
溶液还原，形成蓝色的VO2＋溶液
回答下列问题：
(1)石煤矿预先粉碎的目的是____________________________________________
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(2)“焙烧”时V2O3发生反应的化学方程式为_______________________________________，“焙烧”时
若H2O(g)不足，会产生造成环境污染的气体，写出生成该气体的化学方程式______________________
(3)“焙烧”后的球团在串联的浸取塔内作逆流浸取，温度对浸取率的影响如图所示。生产中采用125
℃条件下“水浸”的优点是______________________________________
(4)该工艺生产中可回收再用于该生产的物质有________(填化学式)。
(5)生产中准确测定煅烧所得V2O5的纯度可为后续生产提供理论依据。准确称取煅烧所得5.0 g V2O5，
加入足量氢氧化钠溶液使其完全溶解，加入稀硫酸使溶液呈酸性，用1 mol·L－1的草酸标准液进行滴定，达
到滴定终点时消耗草酸标准液25.00 mL，则煅烧所得V2O5的纯度为________
【答案】(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率
(2)V2O3＋O2＋2NaCl＋H2O(g)=====2NaVO3＋2HCl
4NaCl＋3O2＋2V2O3=====4NaVO3＋2Cl2
(3)钒的浸出率高，缩短浸取时间，提高生产效率
(4)NaCl、NH4Cl (5)91%
【解析】石矿粉中含有V2O3、V2O5及少量SiO2、Al2O3经过焙烧之后生成NaVO3，加入氯化铵可以生
成NH4VO3沉淀，根据①中信息可得，煅烧沉淀可得五氧化二钒，利用氢气，以及少量的H2O(g)，可以将
五氧化二钒还原为V2O3。(2)依据流程图可知焙烧后V2O3变为NaVO3(从图中NH4VO3可知)发生的反应为
V2O3＋O2＋2NaCl＋H2O(g)=====2NaVO3＋2HCl，若H2O(g)不足，产生污染环境的气体为氯气(依据元素守
恒，能污染环境的气体为氯气)，生成氯气的化学方程式为4NaCl＋3O2＋2V2O3=====4NaVO3＋2Cl2。(3)根
据图像，125 ℃条件下“水浸”的优点为钒的浸出率高，明显缩短浸取时间，提高生产效率。(4)沉钒的过
程中会有氯化钠产生，可蒸发后用于焙烧加热；还原五氧化二钒过程中会有H2O(g)产生，可用于焙烧。(5)
根据已知②可知，V2O5 ＋6NaOH(aq)===2Na3VO4 ＋3H2O ，H2C2O4 ＋2Na3VO4 ＋5H2SO4===2VOSO4 ＋
3Na2SO4＋2CO2↑＋6H2O，V2O5～2Na3VO4～H2C2O4，n(V2O5)＝n(H2C2O4)＝1.0 mol·L－1×25.00 mL×10－3＝
0.025 mol；m(V2O5)＝n·M＝0.025 mol×182 g·mol－1＝4.55 g，V2O5的纯度为×100%＝91%。
12．CdS 又称镉黄，可用作黄色颜料，也用于制备荧光粉等。以镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO 及
少量的Al2O3和SiO2)为原料制备CdS 的工艺流程如图：
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回答下列问题：
(1)“滤渣1”的成分是 (写化学式)
(2)“还原镉”时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生反应的离子方程式为___________________
(3)加入H2O2溶液的目的是___________________________________________
(4)通入H2S 也可以“沉镉”，发生反应的离子方程式为_______________________________________
(5)实际工业生产中，有时采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中Cd2＋的含量，其原理是：
Cd2＋＋2NaR===2Na＋＋CdR2，其中NaR 为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液经过阳离子交
换树脂后，测得溶液中的Na＋比交换前增加了0.055 2 g·L－1.此时溶液pH＝6，则该条件下Cd(OH)2的Ksp＝
(6)CdS 不溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸，并生成H2[CdCl4]，反应的化学方程式为_________________
若向反应后的溶液中加水稀释，又出现黄色沉淀，用平衡移动原理解释
___________________________________(已知Cd2＋＋4Cl－
[CdCl4]2－)
【答案】(1)SiO2 (2)3Cd4＋＋CH3OH＋H2O===3Cd2＋＋CO2↑＋6H＋
(3)将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋ (4)Cd2＋＋H2S===CdS↓＋2H＋
(5)1.2×10－19 (6)CdS＋4HCl(浓)===H2[CdCl4]＋H2S↑
加水稀释时，c(Cl－)降低，使平衡Cd2＋＋4Cl－
[ CdCl4]2－向左移动，释放出的Cd2＋与溶液中S2－结
合生成CdS 黄色沉淀
【解析】以镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO 及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备CdS，由流程可知，
加硫酸溶解分离出滤渣为SiO2，加甲醇还原＋4 价Cd 发生3Cd4＋＋CH3OH＋H2O===3Cd2＋＋CO2↑＋6H＋，
再加过氧化氢可氧化亚铁离子，发生2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，调节5.0≤pH<7.4，分离出滤渣
为Fe(OH)3、Al(OH)3，再加硫化钠生成CdS。(1)滤渣1 为SiO2，故答案为：SiO2；(2)加甲醇将＋4 价Cd 还
原成二价Cd，甲醇被氧化成二氧化碳，反应的离子方程式为：3Cd4＋＋CH3OH＋H2O===3Cd2＋＋CO2↑＋6H
＋；(3)加双氧水是为了将亚铁离子氧化成三价铁离子，便于后续将铁沉淀除去；(4)H2S 与Cd2＋反应生成
CdS 和氢离子，反应的离子方程式为：Cd2＋＋H2S===CdS↓＋2H＋；(5)将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂
后，测得溶液中的Na＋比交换前增加了0.055 2 g·L－1，钠离子的浓度为mol·L－1＝0.002 4 mol·L－1，交换过
程中应是等电荷的交换，则溶液中的Cd2＋离子的浓度应为：＝0.001 2 mol·L－1，pH＝6，则c(OH－)＝10－8
mol·L－1，Cd(OH)2的Ksp＝c(Cd2＋)·c(OH－)2＝0.001 2 mol·L－1×(10－8 mol·L－1)2＝1.2×10－19；(6)CdS 溶于浓盐
酸，生成H2[CdCl4]，反应方程式为：CdS＋4HCl(浓)===H2[CdCl4]＋H2S↑，加水稀释时，c(Cl－)降低，使平
衡Cd2＋＋4Cl－
[ CdCl4]2－向左移动，释放出的Cd2＋与溶液中S2－结合生成CdS 黄色沉淀。
13．利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为Co、 Ni，还含少量Fe、Al 等)生产醋酸钴晶体、硫酸镍
晶体的工艺流程如下
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已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见下表：
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Al3＋
Ni2＋
Co2＋
开始沉淀的pH
6.3
1.5
3.4
6.2
7.15
沉淀完全的pH
8.3
2.8
4.7
8.9
9.15
(l)用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有______________________(写出一种合理方法即可)
(2)沉淀A 的主要成分是Fe(OH)3、 ，“浸出液”调节pH 的范围为 ，调节
pH 选用的试剂可以是 (选填序号)
a．铁 b．氨水 c．碳酸钠溶液 d．稀硫酸
(3)“母液1”中加入NaClO 反应的离子方程式为_____________________
(4)向Co(OH)3中加入H2SO4，H2O2混合液，H2O2的作用是___________________
(5)“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH 为8.5 为宜，此时c(Co2＋)小于 mol/L；为防止生
成Co(OH)2 沉淀，可用NH4HCO3 代替Na2CO3 制得CoCO3 ，写出该反应的离子方程式
____________________________(已知：Ksp[Co(OH)2]＝2×10－15)
(6)由“母液4”获取NiSO4.7H2O 的操作是 ， ，过滤，洗涤
【答案】(1)适当的升高温度或将金属电极芯研成粉末
(2)Al(OH)3 4.7≤pH<6.2 bc
(3)ClO－＋2Co2＋＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋
(4)作还原剂
(5)2×10－4 2HCO＋Co2＋===CoCO3↓＋CO2↑＋H2O
(6)蒸发浓缩 冷却结晶
【解析】 (1)根据影响化学反应速率的因素可知，用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有适
当的升高温度或将金属电极芯研成粉末(写出一种合理方法即可)；(2)金属电极芯中的主要成分是Co、Ni，
还含少量Fe、Al 等，加入稀硫酸酸浸时，金属单质都转化为金属离子(Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Al3＋)，浸出液
中加入过氧化氢的作用是氧化亚铁离子为铁离子，由流程图中最终产物可知，调节pH 的作用是除去溶液
中的Fe3＋、Al3＋，故沉淀A 的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；为了保证Fe3＋、Al3＋沉淀完全而不沉淀Ni2
＋、Co2＋，由表格数据可知，要调节pH 的范围为4.7≤pH<6.2；调节pH 时不能加入铁，因为铁能还原铁离
子为亚铁离子，不能加入稀硫酸，因为要将溶液的pH 调大，由流程图中后续所加试剂可知，调节pH 选用
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的试剂可以是氨水、碳酸钠溶液，故选bc；(3)由流程图中母液1 的后续产物可知，加入NaClO 的作用是氧
化Co2＋，从而使其容易形成沉淀，与母液分离，反应的离子方程为：ClO－＋2Co2＋＋5H2O===2Co(OH)3↓＋
Cl－＋4H＋ ；(4)由流程图可知，向Co(OH)3中加入H2SO4、H2O2混合液后，溶液中生成了Co2＋，反应中Co
元素化合价降低，由此可知，H2O2的作用是作还原剂； (5)“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH 为8.5
为宜，此时溶液中c(OH－)＝ mol/L＝10－5.5 mol/L，c(Co2＋)＝＝ mol/L＝2×10－4 mol/L；则c(Co2＋)应小于
2×10－4 mol/L，由于HCO
CO＋H＋，用NH4HCO3代替Na2CO3制得CoCO3，则促进碳酸氢根电离，
氢离子浓度增大，有一部分碳酸氢根就转变为二氧化碳和水，则反应的离子方程式2HCO＋Co2 ＋
===CoCO3↓＋CO2↑＋H2O；(6)NiSO4·7H2O 是结晶水合物，则由“母液4”获取NiSO4·7H2O 的操作是蒸发浓
缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
14．砷(As)为VA 族元素，其化合物会影响人体代谢和免疫功能，造成砷中毒。某含砷工业废水[主要
以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]经处理转化为粗As2O3，流程如下：
已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。亚砷酸易受热分解为As2O3
(1)“碱浸”中发生反应的离子方程式为________________________________
(2)从绿色化学角度看，“试剂1”可以选择 (填化学式)
(3)“沉砷”在流程中的目的是______________________________；“沉砷”过程中将砷元素转化为
Ca5(AsO4)3OH 沉淀，发生的主要反应为5Ca2＋(aq)＋OH－(aq)＋3AsO(aq)
Ca5(AsO4)3OH(s) ΔH>0。资
料表明：“沉砷”的最佳温度是85 ℃，温度高于85 ℃时，随温度升高转化率下降，可能的原因是
__________________________________________________
(4)“转化”中发生反应的化学方程式______________________________
(5)从综合利用的角度考虑“滤液2”可返回 步骤中循环再利用
【答案】(1)H3AsO3＋3OH－===AsO＋3H2O (2)H2O2
(3)富集As，提高原料利用率
温度升高，氢氧化钙溶解度减小，c(Ca2＋)和c(OH－)都减小，平衡逆向移动，转化率降低
(4)SO2＋H2O＋H3AsO4===H3AsO3＋H2SO4
(5)酸化
【解析】(1)“碱浸”中H3AsO3 与氢氧化钠反应生成亚砷酸钠和水，离子方程式为H3AsO3＋3OH－
===AsO＋3H2O；(2)“试剂1”是氧化剂，从绿色化学角度分析，可以选择H2O2，故答案为：H2O2；(3)“沉
砷”在流程中的目的是富集As，提高原料利用率；“沉砷”过程中将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH 沉淀，
发生的主要反应为5Ca2＋(aq)＋OH－(aq)＋3AsO(aq)
Ca5(AsO4)3OH(s) ΔH>0，温度升高，氢氧化钙溶
解度减小，c(Ca2＋)和c(OH－)都减小，平衡逆向移动，转化率降低；故答案为：富集As，提高原料利用率；
温度升高，氢氧化钙溶解度减小，c(Ca2＋)和c(OH－)都减小，平衡逆向移动，转化率降低；(4)“转化”的过
程是向H3AsO4溶液中通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，根据氧化还原反应原理分析得：SO2＋H2O
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＋H3AsO4===H3AsO3＋H2SO4，故答案为：SO2＋H2O＋H3AsO4===H3AsO3＋H2SO4；(5)“还原”过程中二氧
化硫将H3AsO4转化为H3AsO3，同时生成滤液2(H2SO4)，可返回“酸化”步骤中循环再利用。
15．用锑砷烟灰(主要成分为Sb2O3、As2O3，含Pb、Ag、Cu 等元素)制取焦锑酸钠[NaSb(OH)6]和砷酸
钠(Na3AsO4)，不仅治理了砷害污染，还可综合回收其他有价值的金属。其工艺流程如图所示：
已知：①Ag、Cu、Fe 的氧化物不溶于Na2S 溶液；
②硫浸后，锑砷以Na3SbS3、Na3AsS3存在；
③NaSb(OH)6易溶于热水，难溶于冷水，不溶于乙醇。
回答下列问题：
(1)“硫浸”时，Sb2O3溶解的离子方程式为________________________________________
(2)用NaNO3和NaOH 浸取锑砷烟灰也可得到Na3SbO4，其缺陷是______________________________
(3)“氧化”时所用H2O2的电子式为___________，反应温度不宜太高的原因是____________________
(4)“中和”时，生成NaSb(OH)6 的化学方程式为__________________________________________，操
作X 为__________、过滤、洗涤、干燥。
(5)As2O3对应的酸为H3AsO3，测得某工业酸性废液中含H3AsO3和Fe2＋，其浓度如表：
物质
H3A
sO3
Fe
2＋
浓度/(g·L－1)
0.37
8
0.
840
已知：Ksp(FeAsO3)>Ksp(FeAsO4)＝5.70×10－21，H3AsO3的还原性比Fe2＋强。
根据题目信息，则可采用____________方法除去该废水中的砷，除去砷后的废液中c(AsO)＝
_____mol·L－1(不考虑反应过程中溶液体积的微小变化)
【答案】(1)Sb2O3＋6S2－＋3H2O===2SbS＋6OH－
(2)有污染气体NO、NO2(NOx)等产生
(3)HOOH 温度过高，H2O2易分解
(4)HSbO3＋NaOH＋2H2O===NaSb(OH)6 蒸发浓缩、冷却结晶
(5)氧化 4.75×10－19
【解析】锑砷烟灰(主要成分为Sb2O3、As2O3，含Pb、Ag、Cu 等元素)，加入Na2S 和NaOH，根据已
知①和②，Sb2O3转化为Na3SbS3，反应为Sb2O3＋6Na2S＋3H2O===2Na3SbS3＋6NaOH；滤液中加入过氧化
氢，可将Na3SbS3氧化生成Na3SbO4和S，将Na3AsS3氧化生成Na3AsO4和S，过滤得到固体(Na3SbO4和S
的混合物) 和滤液(Na3AsO4) ，滤液(Na3AsO4) 通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到
Na3AsO4·12H2O，固体(Na3SbO4 和S 的混合物)加入盐酸除去硫，得到HSbO3 的溶液，再加NaOH，得到
NaSb(OH)6。(5)根据题目信息可知FeAsO4更容易沉淀，H3AsO3的还原性比Fe2＋强，可加入适当的氧化剂
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将其中H3AsO3和Fe2＋氧化得到FeAsO4沉淀，所以采用氧化方法除去该废水中的砷；已知：Ksp(FeAsO4)＝
5.70×10－21，H3AsO3为0.378 g·L－1，则c(H3AsO3)＝＝0.003 mol·L－1，同理c(Fe3＋)＝c(Fe2＋)＝＝0.015 mol·L－
1，所以加入足量氧化剂后，H3AsO3 转化为FeAsO4 沉淀，Fe3＋剩余，则除去砷后的废液中c(AsO)＝＝
mol·L－1＝4.75×10－19mol·L－1。
16．钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂(主要含有V2O5、VOSO4和不溶性硅酸盐)制备V2O5的新工艺
流程如下：
已知：滤液1 和滤液2 中钒以VO2＋的形式存在。回答下列问题：
(1)在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有____________________________________
(2)在滤渣1 中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为
________
(3)混合液中加入KClO3，发生反应的离子方程式是___________________________________
(4)钒最后以NH4VO3的形式沉淀出来。沉钒率(NH4VO3沉淀中V 的质量和废催化剂中V 的质量之比)表
示该工艺钒的回收率。如图是沉钒率随温度变化的关系曲线，沉钒时，温度超过80 ℃以后，沉钒率下降
的可能原因是______________________(写一条即可)
(5) 称取w g 所得产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4 溶液，再加入a1 mL b1 mol·L －1 的
(NH4)2Fe(SO4)2溶液，最后用b2 mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶
液的体积为a2 mL。假设杂质不参与反应，KMnO4 被还原为Mn2 ＋。则产品中V2O5 的质量分数为
__________________。[已知(VO2)2SO4和(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的离子方程式为VO＋2H＋＋Fe2＋===VO2＋
＋Fe3＋＋H2O]
【答案】(1)漏斗、烧杯、玻璃棒 (2)1∶1
(3)6VO2＋＋ClO＋3H2O===6VO＋Cl－＋6H＋
(4)80 ℃以后，温度升高，NH4VO3的溶解度增大，沉钒率下降(或80 ℃以后，温度升高，氨水分解，
NH 浓度减小，沉钒率下降)
(5)%或
【解析】流程分析：
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(4)温度超过80 ℃以后，沉钒率下降的可能原因是温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降，温度
升高，氨水受热分解，NH 浓度减小，沉钒率也会下降。(5)根据得失电子守恒知，滴定过程有
5(NH4)2Fe(SO4)2～KMnO4，则过量的(NH4)2Fe(SO4)2 的物质的量为5n(KMnO4)＝5×b2a2×10 －3 mol，则与
(VO2)2SO4溶液反应的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为(b1a1－5b2a2)×10－3 mol，根据钒元素守恒以及得失电子守
恒，可得V2O5～2VO～2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)＝(b1a1－5b2a2)×10－3 mol，则产品中V2O5的质量分数是
×100%＝%。
17．铟(49In)在地壳中主要存在于铅、锌矿物中，是一种重要的稀散金属，其开发和综合利用是国家重
点鼓励发展的产业。从铅、锌的冶炼过程中产生的高铟烟灰(主要含ZnO、PbO、 Fe2O3、In2O3、In2S3)中提
取铟的流程如图：
已知：滤液中铟以In3＋的形式存在
回答下列问题：
(1)铟的原子结构示意图为
(2)“酸浸氧化”需要加热，其目的是_________________________________，该过程中KMnO4 只将
In2S3中的硫元素氧化为SO，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，滤渣的主要成分的化学式是
(3)萃取剂选用的是一种有机磷酸酯，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。“净化”时加入铁粉的作
用是________________________________(用离子方程式表示)，可用 溶液检测此离子是否除尽
(4)“萃取”时，不同的c(H＋)下有机磷酸酯对三价金属离子的萃取率及分层时间如表：
c(H＋)/(mol·L－1)
分层时间/min
萃取率/%
0.5
5*
94.6
1.0
4
94.1
1.5
4
91.1
2.0
4
82.1
2.5
3
74.1
注：*表示有少量乳化作用发生，会导致两相分层困难
萃取过程中应选择的最佳c(H＋)为 mol·L－1
(5)粗铟可用电解法进行提纯，提纯过程中粗铟作 极(填“阴”或“阳”)
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(6)锌主要应从 中进行回收
A．滤渣 B．净化渣 C．水相 D．有机相
【答案】(1)
(2)提高酸浸氧化的速率 24∶5 PbSO4
(3)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋ KSCN (4)1.0 (5)阳 (6)C
【解析】1)铟为第49 号元素，位于第五周期ⅢA 族，原子结构示意图为
；(2)加热溶液可
使反应速率增大，提高酸浸效率；过程中KMnO4只将In2S3中的硫元素氧化为SO，S 的化合价由－2 价变
为＋6 价，共失去24 个电子，Mn 的化合价由＋7 价变为＋2 价，得到5 个电子，根据得失电子总数相等，
则氧化剂与还原剂的物质的量之比为24∶5；酸浸时，生成的硫酸铅为不溶于酸的沉淀，则滤渣为硫酸铅；
(3)铁粉能与滤液中的铁离子反应，生成亚铁离子，离子方程式为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋；铁离子与KSCN 反
应生成红色的硫氰化铁，可加入KSCN 溶液检验铁离子是否除净；(4)根据表中数据，c(H＋)＝1.0 mol/L 时，
分层时间短，且萃取率较高，最佳c(H＋)为1.0 mol/L；(5)根据铜的电解精炼原理，电解精炼铟时，粗铟失
电子，作阳极；(6)锌离子为＋2 价，其在水相中，故锌在水相中回收。
18．由含锌废料(主要含ZnO、PbO、CuO 及少量FeO、MnO)生产锌及氧化锌的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)浸出渣主要成分为 (填化学式，下同) ；沉淀渣2 为
(2)“除铁锰””时，Mn(Ⅱ)氧化生成MnO2(S2O 转化为SO)，配平该反应的离子方程式
Mn2＋＋ S2O＋ H2O=== MnO2↓＋ SO＋ H＋
(2)“ 沉锌” 时，反应的化学方程式为__________________________________________ ；检验
Zn(OH)2·ZnCO3已洗涤干净的方法是____________________________________________
(4)“电解”中产生 (填化学式)可在 (填操作单元名称)中循环利用
(5)将Zn(OH)2·ZnCO3加热分解可得到具有催化性能的活性氧化锌，若加热过程中固体质量减少了6.2
kg，则理论上生成 kg 氧化锌
【答案】(1)PbSO4 Cu (2)1 1 2 1 2 4
(3)4NH4HCO3＋2ZnSO4===Zn(OH)2·ZnCO3↓＋3CO2↑＋2H2O＋2(NH4)2SO4
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取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化再加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗涤干净，反之则没
有
(4)H2SO4 浸出 (5)16.2
【解析】含锌废料(主要含ZnO、PbO、CuO 及少量FeO、MnO)，加入硫酸浸出，反应生成ZnSO4、
PbSO4、CuSO4、FeSO4、MnSO4，且PbSO4难溶于水形成浸出渣，加入(NH4)2S2O8可将Mn2＋、Fe2＋氧化为
MnO2、Fe(OH)3，加入适量Zn 粉，置换出Cu，形成硫酸锌溶液，电解可得Zn，加入NH4HCO3发生反应
4NH4HCO3＋2ZnSO4===Zn(OH)2·ZnCO3↓＋3CO2↑＋2H2O＋2(NH4)2SO4，Zn(OH)2·ZnCO3沉淀经过洗涤干燥，
煅烧分解得ZnO。(1)浸出渣为PbSO4，沉淀渣2 为Cu，故答案为：PbSO4；Cu。(2)Mn2＋转化为MnO2化合
价升高，S2O 转化为SO 化合价降低，根据电子转移守恒、电荷守恒配平得Mn2＋＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋
2SO＋4H ＋，故答案为：1；1；2；1；2；4。(3)“沉锌”时，反应的化学方程式为：4NH4HCO3＋
2ZnSO4===Zn(OH)2·ZnCO3↓＋3CO2↑＋2H2O＋2(NH4)2SO4，若Zn(OH)2·ZnCO3 未洗涤干净，则其表面附着
SO，则检验Zn(OH)2·ZnCO3已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则
沉淀已洗涤干净，反之则没有。故答案为：4NH4HCO3＋2ZnSO4===Zn(OH)2·ZnCO3＋3CO2↑＋2H2O＋
2(NH4)2SO4；取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗涤干净，反之则没有。(4)
电解ZnSO4溶液时，H2O 电离出的OH－在阴极放电产生O2，剩余H＋与SO 结合形成H2SO4可在浸出中继续
使用，故答案为：H2SO4；浸出。(5)Zn(OH)2·ZnCO3 受热分解得方程式为Zn(OH)2·ZnCO3=====2ZnO＋
H2O↑＋CO2↑，固体质量减少量为生成的H2O 与CO2的质量，则有
＝，解得x＝16.2 kg。
19．(2024·陕西省西安市长安区教育片区高三期末)皓矾(ZnSO4·7H2O)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ZnS，含有少量Fe2O3、FeO、CuS、NiS、SiO2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)“酸浸”前，先要对闪锌矿粉碎处理，其目的是 ；
(2)“酸浸”时，ZnS 和FeCl3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[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀，产生该沉淀的离子方程式方 ；
(5)若“净化”时，将除去Ni2+和Cu2+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Zn2+，需要先处理后排放。向废液中加入由CH3COOH 和CH3COONa 组成
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的缓冲溶液调节
，再通入H2S 发生反应：Zn2++H2S=ZnS↓+2H+。处理后的废液中部分微粒浓度如下：
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
Zn2+
浓度/( mol·L-1)
0.2
0.1
0.2
a
则
，该废水 (填“能”或“不能”)排放。
已知：常温下，
，
。当
时认为废水可以排放。
【答案】(1)提高浸取速率
(2)ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S
(3) Fe3+、Cu2+等金属离子催化H2O2分解
(4)Na++3Fe3++2SO4
2-+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+
(5)Cu、Ni
(6) 5.0×10-12 能
【解析】闪锌矿主要成分为ZnS，含有少量Fe2O3、FeO、CuS、NiS、SiO2等，闪锌矿加氯化铁、稀硫
酸 “酸浸”， ZnS、CuS、NiS 被FeCl3氧化为S，“滤渣1”含有硫、SiO2，滤液中加双氧水把Fe2+氧化为
Fe3+，加硫酸钠生成[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀，滤渣2 是[NaFe3(SO4)2(OH)6]，加锌粉置换出Ni、Cu 得硫酸锌
溶液。(1)根据影响反应速率的因素，“酸浸”前，先要对闪锌矿粉碎处理，增大接触面积，提高浸取速率；
(2)“酸浸”时，ZnS 被FeCl3氧化为S，ZnS 和FeCl3反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S；(3)Fe3+、
Cu2+等金属离子催化H2O2分解，所以“氧化”时，双氧水实际消耗量远大于理论计算值；(4)“滤渣2”为黄
钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀，可知硫酸铁和硫酸钠反应生成[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀，产生该沉淀的离子
方程式方Na++3Fe3++2SO4
2-+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+；(5)若“净化”时，锌将Ni2+和Cu2+置换为Ni、
Cu，若设计成原电池，正极发生还原反应，正极Ni2+和Cu2+得电子生成Ni、Cu，生成的物质是Ni、Cu；
(6)
，c(H+)=1.0×10-5，
，则
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，
，
，即a=
；所以该废水能排放。
20．(2024·辽宁省朝阳区建平县高三期末)利用软锰矿(主要成分是MnO2，其中还含有少量SiO2、
MgO、CaO、NiCO3)生产高纯硫酸锰晶体的一种工艺流程如下：
已知：常温下，
，
，
，
。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前将矿石粉碎的目的是 ；“酸浸”后溶液中检测到 Fe
2+、Fe
3+，则此过程中铁屑与
软锰矿反应的化学方程式为 ；“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为 ，“调pH”的目的是 。
(3)“除镍”时，使用MnS 作为沉淀剂的原因是 。
(4)加入MnF2使Ca2+、Mg2+的浓度均不高于
，此时溶液中c(F－)至少为 mol·L-1。
(5)硫酸锰的溶解度随温度变化关系如图所示，从“除Ca2+、Mg2+”所得滤液中获得硫酸锰晶体的方法
是 。
【答案】(1) 增大接触面积，提高浸出速率和锰元素的浸出率
2Fe +3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O SiO2、CaSO4
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(2) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe
3++2H2O 使Fe
3+转化为Fe (OH)3
(3)Ksp(NiS)＜Ksp(MnS)，加入MnS 后发生离子反应MnS (s)+ Ni2+(aq)
NiS(s))+ Mn2+(aq)，从而除
去Ni2+且不引入新的杂质
(4)0.07 (5)在接近100℃时蒸发结晶、趁热过滤
【解析】由题给流程可知，向软锰矿加入铁屑和过量稀硫酸酸浸，二氧化锰与铁、稀硫酸反应转化为
硫酸锰，氧化钙转化为微溶的硫酸钙，氧化镁、碳酸镍转化为硫酸镁、硫酸镍，二氧化硅不与稀硫酸反应，
过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液
中的亚铁离子氧化为铁离子，向氧化液中加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，
过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入硫化锰，将溶液中的镍离子转化为硫化镍，向反应后
的溶液中加入氟化锰，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有硫化镍、氟
化钙、氟化镁的滤渣和含有硫酸镍的滤液；滤液在接近100℃时蒸发结晶、趁热过滤得到硫酸镍晶体。(1)
酸浸前将矿石粉碎可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高浸出速率和锰元素的浸出
率；由题意可知，铁屑与软锰矿发生的反应为二氧化锰与铁、稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸锰和水，反应
的化学方程式为2Fe +3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O；滤渣1 的主要成分为二氧化硅、硫酸钙；
(2)氧化时发生的反应为酸性条件下过氧化氢溶液与溶液中的亚铁离子反应生成铁离子和水，反应的离子方
程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe
3++2H2O；加入碳酸钙调节溶液pH 的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁
沉淀；(3)由溶度积可知，加入硫化锰的目的是将溶液中的镍离子转化为硫化镍，且不引入新的杂质，故答
案为：Ksp(NiS)＜Ksp(MnS)，加入MnS 后发生离子反应MnS (s)+ Ni2+(aq)
NiS(s))+ Mn2+(aq)，从而除
去Ni2+且不引入新的杂质；(4)由溶度积可知，溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀时，溶液中的镁离子已经
完全转化为氟化镁沉淀，所以溶液中钙离子浓度为1×10—6mol/L 时，溶液中氟离子浓度至少为
=0.07mol/L；(5)由硫酸锰的溶解度随温度变化关系可知，从滤液中获得硫酸锰晶体的操作为
滤液在接近100℃时蒸发结晶、趁热过滤得到硫酸镍晶体，故答案为：在接近100℃时蒸发结晶、趁热过
滤。
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