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2026 届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练(四)
1．铟被广泛应用于电子工业、航空航天、太阳能电池新材料等高科技领域。从铜烟灰氧压酸浸渣(主
要含PbSO4、FeAsO4∙2H2O、SiO2、S、In2O3、In2S3)中提取铟的工艺如图所示。
已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在。
②As2O3微溶于水
③In(OH)3性质与Al(OH)3类似
④FeS4O6为强电解质
回答下列问题：
(1)FeAsO4∙2H2O 中铁元素化合价为＋3 价，As 的化合价为_______。
(2)“硫酸化焙烧”时，其他条件一定，焙烧温度对“水浸”时铟、铁浸出率的影响如图所示。
适宜的焙烧温度是_______℃，温度过高铟、铁浸出率降低的原因是_______________________。
(3)“水浸”工艺中的浸渣除了As2O3外，还含有_______。
(4)“还原铁”工艺反应的离子方程式为___________________________________________。
(5)“萃取除铁”工艺中，用30%的P2O4作萃取剂时，发现当溶液pH＞1.5 后，铟萃取率随pH 值的升
高而下降，原因是_______________________________。
(6)“置换铟”时，发现会有少量的气体AsH3生成，AsH3的电子式为___________________，生成
AsH3的离子方程式为_________________________________。
(7)整个工艺流程中，可循环利用的溶液是___________________。
答案：(1)+5 (2) 450(“440～460”的数值)； 温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解
(3) PbSO4、SiO2 (4)2Fe3+＋2S2O＝2Fe2+＋S4O
(5)当溶液pH＞1.5 后，溶液中的铟离子发生水解，形成难被P204 萃取的离子，导致铟萃取率下降
(6)
As2O3＋6Zn＋6H2SO4＝2AsH3↑＋6ZnSO4 ＋3H2O (7)萃余液
解析：从铜烟灰氧压酸浸渣(主要含PbSO4、FeAsO4∙2H2O、SiO2、S、In2O3、In2S3)中提取铟，将铜烟
灰硫酸化焙烧，焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在，然后水浸，由于As2O3、SiO2、PbSO4不和酸反
应，在这一步过滤除去，取滤液加入Na2S2O3将三价铁转化为二价铁，然后加入P2O4萃取除铁，随后加入
硫酸反萃取，用Zn 置换出粗铟。
(1) FeAsO4∙2H2O 中铁元素化合价为＋3 价，As 的化合价为+5。
(2)450(“440～460”的数值) ℃时铟、铁浸出率都很高，该温度为适宜温度；温度过高，硫酸大量挥发，
且部分分解导致铟、铁浸出率降低。
(3)“水浸”工艺中由于As2O3、SiO2、PbSO4不和酸反应，在这一步过滤除去，浸渣除了As2O3外，还
含有SiO2、PbSO4。
(4)“还原铁”工艺中，Na2S2O3将三价铁转化为二价铁，Fe 元素由+3 价下降到+2 价，根据的得失电子
守恒和电荷守恒配平方程式为：2Fe3+＋2S2O＝2Fe2+＋S4O。
(5)当溶液pH＞1.5 后，溶液中的铟离子发生水解，形成难被P2O4萃取的离子，导致铟萃取率下降。
(6) AsH3是共价化合物，其电子式为：
；“置换铟”时，As2O3和Zn 在硫酸中反应得到AsH3
和硫酸锌，化学方程式为：As2O3＋6Zn＋6H2SO4＝2AsH3↑＋6ZnSO4。
(7)萃余液中含有硫酸，可以循环利用。
2．草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、
Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO 及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4∙2H2O)的工艺流程
如图所示：
常温下，有关沉淀数据如表(“完全沉淀时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)。
沉淀
Mn(OH)2
Co(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
恰好完全沉淀时pH
10.1
9.4
6.7
2.8
5.2
回答下列问题：
(1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 ；浸
出渣的主要成分是 。(填化学式)。浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Cu2+、
Mn2+和SO 离子，写出“浸取”时，Co2O3发生反应的化学方程式： 。
(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。
(3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X 的主要成分是 ；若“调节
pH” 后，溶液c(Co2+)＞0.1mol·L-1，则需调节溶液pH 的范围是 (忽略溶液的体积变化)。
(4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：
Co2+＋n(HA)2
CoA2∙(n－1)(HA)2＋2H+。当溶液pH 处于4.5 到6.5 之间时，Co2+萃取率随着溶
液pH
增大而增大，其原因是 ；反萃取时，应加入的物质是_______(填溶液名称)。
(5)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g 草酸钴晶
体，在空气中加热至恒重，得到CoO 与Co3O4的混合物15.8g，该混合物中CoO 与Co3O4的物质的量
之比为_______。
答案：(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；SiO2 ；Co2O3＋Na2SO3＋2H2SO4＝2CoSO4＋
2H2O＋Na2SO4
(2)2Fe2+＋H2O2＋2H+＝2Fe3+＋2H2O (3)Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3 6.7≤pH＜7.4
(4) 溶液pH 增大，溶液中c(H+)降低，平衡向正反应方向移动 稀硫酸 (5)1∶1
解析：以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO 及MnO2杂
质]制取草酸钻晶体(CoC2O4∙2H2O)，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、
Co2+、Mn2+和SO，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO 都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被SO 还原为
Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，SO 同时被氧化为SO，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入
H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH 调节pH 值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤
液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钻，得到CoC2O4∙2H2O。
(1)反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钻矿进行粉碎处理
的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；浸出渣的主要成分是SiO2；浸出液中主要含有
Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和SO 离子，“浸取“时，Co2O3被还原为Co2+，SO 同时被氧化为SO，Co 元素化合价
由+3 降低至+2，S 元素化合价由+4 升高至+6，化合价升降守恒、原子守恒可知Co2O3发生反应的化学方
程式为Co2O3＋Na2SO3＋2H2SO4＝2CoSO4＋2H2O＋Na2SO4。
(2)“氧化”时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2中O 元素化合价由+1 降低至-2，Fe 元素化合价由+2 升
高至+3，根据化合价升降守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知发生反应的离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋
2H+＝2Fe3+＋2H2O。
(3)根据表中数据知，当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节
pH”得到的沉淀X 的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；pH＝9.4 时，Co2+完全转化为沉淀，c(Co2+)
＝10-5mol/L，溶液中c(OH－)＝＝mol/L＝10-4.6mol/L，Ksp[Co(OH)2]＝c(Co2+)∙c2(OH－)＝10-5×(10-4.6)2＝10-
14.2，若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)＞0.1mol/L，当c(Co2+)＝0.1mol/L 时，溶液中c(OH－)＝＝mol/L＝10-
6.6mol/L，c(H+)＝＝mol/L＝10-7.4mol/L，溶液pH=7.4，因此需调节溶液pH 的范围是6.7≤pH＜7.4。
(4)当溶液pH 处于4.5 到6.5 之间时，Co2+萃取率随溶液pH 增大而增大，其原因是溶液的pH 增大，
溶液中c(H+)减小，Co2+＋n(HA)2
CoA2∙(n－1)(HA)2＋2H+平衡向正反应方向移动；反萃取时，应加入
的物质是稀硫酸，使该可逆反应平衡逆向移动。
(5)36.6g 草酸钴晶体的物质的量为n[CoC2O4∙2H2O]＝＝0.2mol，根据Co 原子守恒得n(Co)＝
n[CoC2O4∙2H2O]＝0.2mol，设CoO 的物质的量为xmol，Co3O4的物质的量为ymol，则x＋3y＝0.2，75x＋
241y＝15.8，解得x＝0.05，y＝0.05，因此该混合物中CoO 与Co3O4的物质的量之比为0.05mol∶0.05mol
＝1∶1。
3．硫酸工业所得废钒催化剂主要含VOSO4、V2O5、SiO2、K2SO4和Fe2O3。一种利用废钒催化剂制取
V2O5的流程如图所示：
已知：①“酸浸”后的溶液中含钒元素的离子是VO2+。
②钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数δ 与pH 的关系如图所示。
(1)写出“酸浸”时V2O5发生反应的离子方程式_________________。
(2)“调pH”时，控制溶液的pH＞11，其目的是_______________。
(3)写出“氧化”时发生反应的离子方程式_________________。
(4)“沉钒”时控制溶液pH 约为7，生成偏钒酸铵(NH4VO3)固体．沉钒率随温度变化如图，温度高于
80℃，沉钒率下降的原因是_______________。
(5)在“煅烧”NH4VO3的过程中，固体的残留率(×100%)随温度变化的曲线如图所示，则A 点剩余固
体的成分为__________________(填化学式)。
(6)在空气中“煅烧”NH4VO3分解制备V2O5，分解一段时间后，得到一种无色有刺激性气味的气体，
随后固体中检测到了V2O4杂质，不断搅拌，充分反应后，最终无该杂质．请分析生成V2O4的原因______。
答案：(1) V2O5＋SO＋4H+＝2VO2+＋SO＋2H2O (2)使得VO(OH)2完全溶解和Fe2+沉淀完全
(3)2VO(OH)＋ClO－＋4OH－＝2VO＋Cl－＋5H2O
(4)温度高于80℃，NH 水解程度增大，浓度减小，导致沉钒率下降。(或NH4Cl 受热分解)
(5)HVO3 (6) NH4VO3加热后分解生成V2O5和NH3，NH3将五价钒还原为V2O4
解析：废钒催化剂主要含有VOSO4、V2O5、SiO2、K2SO4和Fe2O3几种物质，加入稀H2SO4和Na2SO3
溶液酸浸后，由于SiO2不反应，故滤渣1 应是SiO2， Fe2O3和H2SO4、Na2SO3反应后生成硫酸亚铁，V2O5
被还原成VO2+，加入NaOH 溶液调节pH，使亚铁离子变成沉淀而除去，故滤渣2 是Fe(OH)2。通过四价
钒和五价钒物种的分布分数δ 与pH 的关系图可知，加入NaOH 溶液后，VO2+以VO(OH)形式存在，加入NaClO
氧化后，VO(OH)被氧化成VO，“沉钒”时控制溶液pH 约为7，生成偏钒酸铵(NH4VO3)固体，过滤、煅烧得
到V2O5。
(1)“酸浸”后的溶液中所含钒元素的离子是VO2+，其中钒元素的化合价是+4 价， 而V2O5中的钒元
素化合价是+5 价，则V2O5被还原，加入的Na2SO3被氧化为Na2SO4，根据化合价变化，结合电荷守恒和
质量守恒，则“酸浸”时V2O5发生反应的离子方程式为V2O5＋SO＋4H+＝2VO2+＋SO＋2H2O。
(2)通过四价钒和五价钒的物种分布分数δ 与pH 的关系图可知，溶液的pH＞11 时，钒元素主要以
VO(OH)形式存在，故控制溶液的pH＞11，目的是使VO(OH)2溶解转化为VO(OH)形式，且同时除去酸浸后溶液中含有的Fe2+杂质。
(3)加入NaOH 溶液后，VO2+以VO(OH)形式存在，加入NaClO 氧化后，VO(OH)被氧化成VO，ClO－被还原为Cl
－，结合化合价变化，电荷守恒，质量守恒，故“氧化”时发生反应的离子方程式为2VO(OH)＋ClO－＋
4OH－＝2VO＋Cl－＋5H2O。
(4)温度高于80℃时，NH4Cl 水解程度增大，导致溶液中的NH 浓度减小，且温度过高时，NH4Cl 受
热会分解，故温度高于80℃，沉钒率下降。
(5)固体的残留率随温度变化的曲线图所示，在“煅烧”NH4VO3的过程中，质量一定温度范围内不再
变化，有两个阶段，即A 点和B 点两个阶段，最后一个阶段即B 点的产物肯定是V2O5，而A 点发生的变
化一般是铵盐受热分解生成氨气和对应的酸，NH4VO3的分子量是117，HVO3的分子量是100，×100%＝
85.47%，故A 点剩余的固体是HVO3。
(6) V2O4中钒的化合价为+4 价，V2O5中钒化合价为+5 价，煅烧过程中有杂质V2O4生成，说明V2O5部
分被还原，煅烧同时得到一种无色有刺激性气味的气体，该气体是氨气，氨气具有还原性，故原因是
NH4VO3加热后分解生成V2O5和NH3，NH3又将五价钒还原为V2O4。
4．镉(Cd)在合金、电池等方面具有重要应用。某铜镉渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、
Pb、Fe、CuO 和SiO2等杂质，从铜镉渣中回收Cd 的某种工艺流程如图所示。
已知：①Ksp[CaSO4]＝9.1 ×10-6 ，Ksp[PbSO4]＝1.6×10-8
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如表所示：
离子
Zn2+
Cd2+
Fe2+
Pb2+
Cu2+
Fe3+
开始沉淀时(c=0.01 mol · L-1)的pH
8.2
7.8
7.5
6.7
5.2
2.2
完全沉淀时(c=1.0 ×10-5mol·L-1)的pH
9.7
9.3
9.0
8.5
6.7
3.2
回答下列问题：
(1)将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是_______。
(2)“酸浸”时，保持温度和pH 均不宜过高的原因是_______；“压滤 ”所得滤渣I 的主要成分是
_______(填化学式)； “酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是_______。
(3)“除铁”时，加入的石灰乳调节溶液pH 的范围是_______ ， 若石灰乳加过量，缺陷是_______。
(4)将“置换”出来的海绵镉在空气中堆放进行“自然氧化” ，再用硫酸进行“酸溶”，“置换净
化”处理是将残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度，“置换净化”所发生的
离子反应方程式为_______。
(5)电极电位是表示某种离子或原子在溶液中得失电子的难易程度。在25°C 下，部分电对的电极电位
如表所示。
电对
Fe3+/Fe2+
Cu2+/Cu
H+/H2
Pb2+/Pb
Cd2+/Cd
Fe2+/Fe
Zn2+/Zn
Ca2+/Ca
电极电
位/V
+0.771
+0.337
0
－0.126
－0.402
－0.442
－0.762
－2. 86
根据表中信息和已有知识可知，电对的电极电位数值越大，电对中氧化态粒子的氧化性_______(填
“越强”或“越弱”)。采用低电流条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应是_______。
答案：(1)增大接触面积，提高酸浸速率和浸出率
(2) 抑制Cd2+水解 Cu、SiO2和PbSO4 PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液
中仍有微量Pb2+存在 (3) 3.2<pH<5.2 或3.2~5.2 Cd(OH)2进入滤渣II 而损失
(4)Cd＋Cu2+＝Cu＋Cd2+、 Cd＋Pb2+＝Pb＋Cd2+ (5) 越强 Cd2+＋2e－＝Cd
解析：(1)将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是增大接触面积，加快“酸浸”速率，故答案为：
增大接触面积，加快“酸浸”速率；
(2)“酸浸”时，温度和pH 过高时Cd2+水解程度增大，生成Cd(OH)2沉淀，“酸浸”效率将会降低，
故温度和pH 均不易过高的原因是防止Cd2+水解;“压滤”所得滤渣I 含有没有完全浸取的金属Cu、SiO2 、
PbSO4；“酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的
浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在；故答案为：抑制Cd2+水解；Cu、SiO2、PbSO4；PbSO4的Ksp不
足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在；
(3)根据表格数据可得，加入石灰乳调节pH 范围为3.2<pH<5.2，因CaSO4微溶，“除铁”时，所得滤
渣II 的成分除Fe(OH)3外还有CaSO4；若石灰乳过量，滤渣II 中常含有Cd(OH)2和Cu(OH)2，故答案为：
3.2<pH<5.2 或3.2~5.2；Cd(OH)2进入滤渣II 而损失；
(4)“酸溶”所得的溶液中含有微量的Cu2+和Pb2+，在“置换净化”时加入更活泼的新制海绵镉，可以
将Cu2+和Pb2+转化为单质而除去，故答案为：Cd＋Cu2+＝Cu＋Cd2+、 Cd＋Pb2+＝Pb＋Cd2+；
(5)根据金属活动性顺序和题表中电对的电极电位，可推断表中元素的活动性顺序为Ca＞Zn＞Fe＞Cd
＞Pb＞H＞Cu，由此可以判断电对的电极电位数值越大，电对中氧化态的氧化能力越强。根据电极电位
可知氧化性：Cd2+ > Zn2+，故采用低电流密度条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应为Cd2+＋2e－ ＝
Cd，故答案为：越强； Cd2+＋2e－＝Cd。
5．利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种
化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀I 中只含有两种沉淀。 ③已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+
④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉
淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉
淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
(1)得到水钴矿的前一步是对粗矿的粉末“焙烧”，该步氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
88
14
对流空气氧化炉
中
450～500
98
6
在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是________________________。
(2)浸出过程中加入Na2SO3作用是_______。
(3)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为______________________________。
(4)加入Na2CO3调pH 至5.2，目的是___________________________；萃取剂层含锰元素，则加入
NaF 溶液所得沉淀II 的主要成分为_______。
(5)操作I 包括：向水层加入______调整pH 至2～3，蒸发浓缩_____、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(6)根据表格中的数据计算Ksp[Co(OH)2]＝_____(假设离子浓度小于等于10-5mol/L 视为完全沉淀，已
知100.4=2.5)
(7)将草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中 290～320℃温度范围得到剩余的固体
物质化学式为Co3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式____________________________。
答案：(1)对流空气能使氧气和反应物充分接触 (2)将Co3+、Fe3+还原 (3) 6Fe2+＋ClO＋6H+＝
6Fe3+＋Cl－＋3H2O (4)将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去 MgF2、CaF2
(5)浓盐酸 冷却结晶 (6)2.5×10-15 (7)3CoC2O4＋2O2===========Co3O4＋6CO2
解析：水钴矿加入盐酸、亚硫酸钠，二氧化硅不反应，得到浸出液中含有阳离子主要有H+、Na+、
Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+；加入NaClO3将亚铁离子转化为铁离子，调节pH 除去铁；滤液加入
氟化钠除去Mg2+、Ca2+，滤液加入萃取剂萃取出Co2+，加入草酸铵处理后得到草酸钴晶体和氯化钴晶体；
(1)在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是对流空气能使氧气和反应物充分接触，加快反应
速率，提高反应效率；
(2)已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；说明矿石
中三价钴、三价铁均被Na2SO3还原为二价Co2+、Fe2+，故加入Na2SO3作用是将Co3+、Fe3+还原；
(3)已知氧化性：Co3+＞MnO2＞ClO＞Fe3+；亚铁离子具有还原性，和NaClO3反应转化为铁离子而
Co2+、Mn2+不反应，以便于后续调节pH 除去铁，反应为6Fe2+＋ClO＋6H+＝6Fe3+＋Cl－＋3H2O；
(4)由部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 表格可知，加入Na2CO3调pH 至5.2，目的是将铁
离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去；萃取后萃取剂层含锰元素，且水层中含有Co2+，而减少了
Mg2+、Ca2+，故加入NaF 溶液所得沉淀II 的主要成分为MgF2、CaF2。
(5)操作I 得到氯化钴晶体，则调节pH 应该加入盐酸，然后进行结晶操作，故为：向水层加入浓盐酸
调整pH 至2～3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(6)pH＝9.2 时Co(OH)2完全沉淀，此时pOH＝4.8，Ksp[Co(OH)2]＝c(Co2+)∙c2(OH－)＝10-5×(10-4.8)2＝
2.5×10-15。
(7)草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中首先失去结晶水生成CoC2O4， 290～
320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4同时产生CO2，钴元素、碳元素化合价升高，则空气
氧气会参与反应起到氧化剂作用，反应为3CoC2O4＋2O2===========Co3O4＋6CO2。
6．铋的化合物在电催化和光催化领域都有广泛应用。一种从含铋矿渣(主要成分是CuBi2O4、CuO、
Fe2O3、Al2O3、SiO2等)中提取高纯Bi2S3的工艺如下：
已知：
①乙酰胺(CH3CONH2)有臭味、有毒，熔点为82.3℃，沸点为221℃，可溶于水。
②常温下，Ksp[Bi(OH)3]＝4.0×10-31，BiOCl＋H2O
Bi3+＋2OH－＋Cl－ K＝1.6×10-31。
③该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
离子
Fe3+
Al3+
Cu2+
开始沉淀的pH
1.5
3.6
4.5
沉淀完全的pH
3.2
4.7
6.7
回答下列问题：
(1) CuBi2O4中的Cu 的化合价为＋2，则Bi 的化合价是_______。
(2)“沉铋”时加入NaOH 溶液，Bi3+转化为BiOCl 沉淀的离子方程式是_____________。往“沉铋”所
得滤液中加入铁粉可回收其中的_______(填化学式)金属。
(3)“洗涤”时先用水洗，再用稀硫酸洗涤。用稀硫酸洗涤的目的是为了除去滤饼中的_______(填化学
式)杂质。
(4)“转化”分两步进行：第一步BiOCl 转化为Bi(OH)3，反应的离子方程式为___________________；
第二步Bi(OH)3受热分解，2 Bi(OH)3===Bi2O3＋3H2O。常温下，当BiOCl 恰好完全转化成Bi(OH)3时，溶
液中Cl－浓度为0.04mol·L-1，则此时溶液的pH 为_______。
(5)“合成”所得乙酰胺的水溶液经_____________。(填操作)可获得乙酰胺固体，以再生硫代乙酰胺
(CH3CSNH2)。
(6)钼酸铋(Bi2MoO6)可用于光催化水的分解，其晶胞结构(不含氧原子)如图所示，晶胞参数为anm，
anm，cnm，晶胞棱边夹角均为90°。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。已知原
子1 的坐标为(,,0)，则原子2 的坐标为_____________。
②设阿伏加德罗常数的值为NA，Bi2MoO6的式量为Mr，Bi2MoO6则晶体的密度为_______g∙cm-3 (列计
算式)。
答案：(1)＋3 (2) Bi3+＋2OH－＋Cl－＝BiOCl↓＋H2O Cu (3)Fe(OH)3
(4) BiOCl＋OH－＋H2O＝Bi(OH)3＋Cl－ 13 (5)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干
燥
(6)(,,) ×1021
解析：铋矿渣(主要成分是CuBi2O4、CuO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等)，加入盐酸酸浸，滤渣为SiO2，溶
液中含有Cu2+、Bi3+、Fe3+、Al3+，加入NaOH 调节pH＝2.5，滤饼中含有BiOCl 和Fe(OH)3，再加入NaOH
生成Bi(OH)3，进而转化为Bi2O3，用CH3CSNH2合成，最终得到Bi2S3产品。
(1) CuBi2O4中的Cu 的化合价为＋2，O 的化合价为－2，根据化合物中正负化合价为0，则Bi 的化合
价是＋3；
(2)“沉铋”时加入NaOH 溶液，Bi3+转化为BiOCl 沉淀的离子方程式是：Bi3+＋2OH－＋Cl－＝BiOCl↓＋
H2O；“沉铋”所得滤液中含有Cu2+、Bi3+、Fe3+、Al3+，加入铁粉，发生反应：Fe＋Cu2+＝Cu＋Fe2+，可
回收其中的Cu；
(3)加入NaOH 溶液，调节pH＝2.5，滤饼中含有BiOCl 和Fe(OH)3，用稀硫酸洗涤的目的是为了除去
滤饼中的Fe(OH)3；
(4)加入NaOH 溶液，BiOCl 转化为Bi(OH)3，反应的离子方程式为：BiOCl＋OH－＋H2O＝Bi(OH)3＋
Cl－，已知反应BiOCl＋H2O
Bi3+＋2OH－＋Cl－的K＝c(Bi3+)∙c2(OH－)∙c(CL－)＝1.6×10-31，同时乘c(OH
－)，c(Bi3+)∙c3(OH－)∙c(CL－)＝c(OH－)×1.6×10-31，Ksp[Bi(OH)3]c(Cl－)＝c(OH－)×1.6×10-31，当Cl－浓度为
0.04mol·L-1，c(OH－)＝＝0.1，pH＝13；
(5)乙酰胺(CH3CONH2)熔点为82.3℃，可溶于水，水溶液经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，
可得乙酰胺固体；
(6)根据晶胞的结构，原子1 的坐标为(,,0)，则原子2 的坐标为：(,,)；根据晶胞的结构，Bi 原子为: 8×
＋6×＝4，Mo 原子为：8，所以晶胞的相对质量的2Mr，晶胞密度为：ρ＝＝＝×1021g∙cm-3。
7．活化二氧化锰在能源化学上有着重要作用，工业上利用精制软锰矿粉(MnO2)通过下列流程制备：
已知：蒸发结晶得到MnSO4。
(1)泥浆化的目的是___________________________________________________________。
(2)“第一次焙烧”温度是1 000 ℃，生成Mn3O4、SO2和O2，“第二次焙烧”温度为700 ℃，产物为
Mn2O3；700 ℃时焙烧的氧化剂为________________(填化学式)。
(3)“酸歧化”的离子方程式为_____________________________________________。
(4)活化MnO2中不能含有铜、铅等重金属元素，在“中和过滤”前需要加入某种正盐而除去重金属离
子，该盐的名称是____________。
(5)“第一次焙烧”所产生的SO2，可以部分转化为硫酸(转化率100%)以便降低成本，理论上转化为硫
酸的SO2占全部的SO2的质量分数为________。
(6)在碱性锌锰电池(Zn|KOH|MnO2)中，活化MnO2[生成MnO(OH)]作电池的________极，其电极反应
为______________________________。废电池经过一系列工艺得到MnO2和MnO(OH)混合物，该混合物
经过__________________(填方法)可以直接得到活化MnO2。
答案：(1)用SO2还原MnO2得到MnSO4 (2)O2 (3)Mn2O3＋2H＋＝MnO2＋Mn2＋＋H2O
(4)硫化锰 (5)66.7% (6)正 MnO2＋e－＋H2O＝MnO(OH)＋OH－ 加热
解析：(1)由信息：蒸发结晶得到MnSO4可知，将SO2通入MnO2中转化成MnSO4，则泥浆化的目的
是用SO2还原MnO2得到MnSO4。
(2)700 ℃时，反应的化学方程式：4Mn3O4＋O2=====6Mn2O3，O 元素化合价从0 价降至－2 价，作氧
化剂，则700 ℃时焙烧的氧化剂为O2。
(4)重金属离子有Cu2＋、Pb2＋，应加入MnS，将它们分别转化成CuS、PbS 沉淀，过滤除去，则该盐
的名称是硫化锰。
(5)“第一次焙烧”的化学方程式：3MnSO4=======Mn3O4＋3SO2↑＋O2↑，得到的SO2转化为硫酸的化
学方程式：2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4，若反应产生3 mol SO2、1 mol O2，生成H2SO4只需要2 mol SO2，
则转化为硫酸的SO2占全部的SO2的，质量分数为66.7%。
(6)MnO2生成MnO(OH)的过程中，Mn 元素化合价从＋4 价降低到＋3 价，作正极，电极反应式：
MnO2＋e－＋H2O＝MnO(OH)＋OH－，MnO2中混有MnO(OH)杂质，MnO(OH)受热分解即可除去，化学方
程式：4MnO(OH)＋O2===4MnO2＋2H2O，则方法是加热。
8．比亚迪采用磷酸亚铁锂技术的刀片电池，大幅度提高了电动汽车的续航里程。以硫铁矿(主要成分
是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备LiFePO4的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH 如表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
请回答下列问题：
(1)SO2分子的空间结构为_______形。基态Fe 原子的电子排布式为_______。
(2)“还原”反应的离子方程式为___________________。
(3)“试剂R”是一种绿色氧化剂，其中心原子杂化方式为_______。
(4)从平衡的角度解析加FeO“除铝”的原因(结合离子方程式说明)___________________。
(5)常温下，Ksp(FePO4)＝1.3×10-22，“沉铁”中为了使c(Fe3+)≤1×10-5mol·L-1，c(PO)最小为
_______mol·L-1。
(6)流程中在“高温煅烧”条件下，由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为：___________。
(7)磷酸亚铁锂的晶胞结构如图所示：
长方体晶胞的长和宽均为apm，高为bpm，NA为阿伏加德罗常数，晶体密度为_______g/cm3。
答案：(1)正四面体 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2 (2)FeS＋2Fe3+＝3Fe2+＋S (3)sp3
(4)Al3+在溶液中发生水解：Al3+＋3H2O
Al(OH)3＋3H+，加FeO 发生反应FeO＋2H+＝Fe2+＋H2O，
氢离子浓度减小，平衡正向移动，Al3+完全转化为Al(OH)3
(5)1.3×10-17 (6)2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4=====2LiFePO4＋H2O↑＋3CO2↑ (7)
解析：硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)焙烧时FeS2转化为Fe2O3，SiO2 不与稀
盐酸反应，酸浸时滤渣1 是SiO2，滤液中阳离子是Fe3+、A13+、Fe2+、H+等，加入FeS 将Fe3+还原成Fe2+，
加入FeO 调节pH 使A13+转化成氢氧化铝沉淀，除去铝离子，然后加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入
(NH4)2HPO4沉铁得到FePO4，加入Li2CO3和H2C2O4在高温下制得LiFePO4，以此分析。
(1)SO2分子的空间结构为正四面体形；Fe 元素为26 号元素，原子核外有26 个电子，所以核外电子排
布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2。
(2)依据表格中的数据以及流程，让Al 元素以A1(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FeS
还原Fe3+生成Fe2+和S，离子方程式为： FeS＋2Fe3+＝3Fe2+＋S。
(3)试剂R 是氧化剂，将将Fe2+氧化为Fe3+，双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境
无影响，故R 为H2O2，其中心原子O 原子杂化方式为sp3。
(4)Al3+在溶液中发生水解：Al3+＋3H2O
Al(OH)3＋3H+，加FeO 发生反应FeO＋2H+＝Fe2+＋H2O，
氢离子浓度减小，平衡正向移动，Al3+完全转化为Al(OH)3。
(5)根据溶度积进行计算，磷酸根的浓度最小值为c(PO)＝＝＝1.3×10-17mol·L-1。
(6)由题意，根据元素守恒可知，FePO4、Li2CO3、 H2C2O4 在高温下发生反应生成LiFePO4、H2O 和
CO2，化学方程式为：2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4=====2LiFePO4＋H2O↑＋3CO2↑。
(7)由晶胞结构知，在一个晶胞中，含有P 原子4 个，O 原子16 个，4 个Fe2+，Li+：8×＋4×＋2×＋1＝
4，长方体晶胞的长和宽均为apm，高为bpm，NA为阿伏加德罗常数，则晶体密度为g/cm3。
9．我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)为原料，对炼钢烟气(CO2和水
蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：Ksp(CaSO4)＝4.9×10-5，Ksp(CaCO3)＝3.4×10-9
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是_______。
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和____________。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为__________________，该反应能进行的原因是____________。
(4)铝产品NH4Al(SO4)2∙12H2O 可用于________________________。
(5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x 轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参
数a≠c，α＝β＝γ＝90O。图丙中Ca 与N 的距离为_______pm；化合物的化学式是_______，其摩尔质量为
Mg∙mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为_______g∙cm-3(列出计算表达式)。
答案：(1)NH3 (2)SiO2 (3)CaSO4＋(NH4)2CO3＝CaCO3＋(NH4)2SO4 ； Ksp(CaSO4)＞
Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 (4)净水 (5)a Ca3N3B ×1030
解析：高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃下焙烧，生成硫酸钙、
硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应，生成(NH4)2CO3，所以该气体为
NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸
铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出NH4Al(SO4)2∙12H2O，剩余富镁溶液；滤渣加入(NH4)2CO3溶液，滤渣中
的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。
(1)由分析可知，高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3；
(2)由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2；
(3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为CaSO4＋(NH4)2CO3＝
CaCO3＋(NH4)2SO4，该反应之所以能发生，是由于Ksp(CaSO4)＝4.9×10-5，Ksp(CaCO3)＝3.4×10-9，
Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；
(4)铝产品NH4Al(SO4)2∙12H2O 溶于水后，会产生Al3+，Al3+水解生成Al(OH)3胶体，可用于净水；
(5)图丙中，Ca 位于正方形顶点，N 位于正方形中心，故Ca 与N 的距离为a pm；由均摊法可知，晶
胞中Ca 的个数为8×＋2＝3，N 的个数为8×＋2×＝3，B 的个数为4×＝1，则化合物的化学式是Ca3N3B；
其摩尔质量为Mg∙mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c×10-30cm3则晶体的密度为
×1030g∙cm-3。
10．精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离
提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
(1)Cu 位于元素周期表第_______周期第_______族。
(2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。
(3)“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为_________________________________。
(4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。
(5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为____________________________。“电沉积”步骤完成后，
阴极区溶液中可循环利用的物质为_______(填化学式)。
(6)“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au 的物质的量之比为_______。
(7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4O 的结构为(a)而不是(b)的原因：
__________________________________________。
答案：(1) 四 ⅠB (2)Cu2+ (3)2Au＋8HCl＋3H2O2＝2HAuCl4＋6H2O
(4)AgCl (5) [Ag(S2O3)2]3-＋e－＝Ag↓＋2S2O Na2S2O3 (6)3∶4
(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳
定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
解析：精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu 被转化
为Cu2+进入浸取液1 中，Ag、Au 不反应，浸渣1 中含有Ag 和Au；浸渣1 中加入盐酸、H2O2浸取，Au 转
化为HAuCl4进入浸取液2，Ag 转化为AgCl，浸渣2 中含有AgCl；浸取液2 中加入N2H4将HAuCl4还原
为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2 中加入Na2S2O3，将AgCl 转化为[Ag(S2O3)2]3-，得到浸出液3，利用
电沉积法将[Ag(S2O3)2]3-还原为Ag。
(1)Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族；
(2)由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu 被转化为Cu2+进入浸取液1 中，故浸取液1 中含
有的金属离子主要是Cu2+；
(3)浸取2 步骤中，Au 与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及
质量守恒，可得反应得化学方程式为：2Au＋8HCl＋3H2O2＝2HAuCl4＋6H2O；
(4)根据分析可知，浸渣2 中含有AgCl，与Na2S2O3反应转化为[Ag(S2O3)2]3-；
(5)电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3-得电子被还原为Ag，电极反应式为：[Ag(S2O3)2]3-
＋e－＝Ag↓＋2S2O；阴极反应生成S2O，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物
质为Na2S2O3；
(6)还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au 化合价由+3 价变为0 价，一个HAuCl4转移3 个电子，
N2H4被氧化为N2，N 的化合价由－2 价变为0 价，一个N2H4转移4 个电子，根据得失电子守恒，被氧化
的N2H4与产物Au 的物质的量之比为3∶4；
(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳
定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
