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专题08 工艺流程综合题
1．（2025·安徽合肥·三模）一种以辉钼矿(主要成分为MoS2，含少量Cu、Ca、P等元素的化合物及SiO2等)
为原料制备四钼酸铵[(NH4)2 Mo4O13⋅2H2O]的生产工艺如图所示：
已知：“浸出液”的主要成分是(NH4)2MoO4。
回答下列问题：
(1)铜在周期表中位于第 周期第 族。
(2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3和SO2，该反应的化学方程式为 。
(3)“氨浸”温度不能过高，原因是 ；“浸出渣”的主要成分有CaMoO4和 (填化学
式)。
(4)“沉铜”时可以将溶液中的[Cu(NH3)4]
2+进一步转化为CuS除去，该反应的离子方程式为 。
(5)“除磷”过程中，若pH太大会导致除磷效果变低，原因是 。
(6)“酸沉”后所得“滤液”中的主要成分是 (填化学式)。
【答案】(1) 四 ⅠB
(2)2MoS2+7O2 =
焙烧
2MoO3+4SO2
(3) 温度过高，氨水挥发，影响氨浸效率 SiO2
(4)[Cu(NH3)4]
2++ S
2-=CuS↓+ 4 NH 3
(5)pH 过大，Mg
2+形成Mg (OH)2沉淀，使除磷效率下降
(6)(NH4)2SO4
【分析】钼精矿(主要成分为MoS2，含少量Cu、Ca、P等元素的化合物及SiO2等)通入空气焙烧时MoS2转化
为MoO3和SO2，加氨水浸出，MoO3转化为MoO4
2-，SiO2不反应，浸渣为SiO2、CaMoO4等，“浸出液”的主
要成分是(NH4)2MoO4，加(NH4)2S 沉铜，Cu2+转化CuS 沉淀，滤渣为CuS，滤液中加MgSO4除磷，得到滤渣
为MgNH 4 PO4，加硫酸进行沉淀得到(NH4)2Mo4O13•2H2O。
【详解】（1）铜是29 号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅠB 族；
（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3和SO2，氧气做氧化剂，反应的化学方程式为
2MoS2+7O2 =
焙烧
2MoO3+4SO2；
（3）“氨浸”温度不能过高，原因是温度过高，氨水挥发，影响氨浸效率；由分析可知，“浸出渣”的
主要成分有CaMoO4和SiO2；
（4）沉铜”时，溶液中的[Cu(NH3)4]
2+转化为CuS除去，离子方程式为[Cu(NH3)4]
2++ S
2-=CuS↓+ 4 NH 3；
（5）“除磷”过程中，所用试剂是MgSO4，若pH太大会导致除磷效果变低，原因是pH 过大，Mg
2+形成
Mg (OH)2沉淀，使除磷效率下降；
（6）“酸沉”所用的试剂是硫酸，最后得到四钼酸铵晶体中并无SO4
2-，则所得滤液中的阴离子为SO4
2-，
阳离子为NH4
+，所得“滤液”中的主要成分是(NH4)2SO4。
2．（2025·安徽·三模）工业上以硼镁矿(主要成分是Mg2B2O5⋅H2O，还含有Al2O3、MnO、FeO、Fe2O3、
SiO2等杂质)为原料生产硼酸和七水硫酸镁。工艺流程如图：
(1)为提高碱浸效率，可采取的措施有 (任答两点即可)。
(2)Mg2B2O5中B 元素化合价为 ，其与NaOH 溶液反应生成MgO 和NaBO2，则NaBO2溶液中离
子浓度由大到小的顺序为 。
(3)硼砂的主要成为Na2B4O7，易溶于水，且易水解B4O7
2-+7 H2O⇌4 H3BO3(硼酸)+2OH
-(硼酸在常温下溶
解度较小)，写出Na2B4O7与硫酸反应的化学方程式 。
(4)操作II 前“加热”的目的是 。
(5)①固体III 的主要成分除Fe(OH)3之外还含有一种不溶于稀盐酸的黑色固体，该固体是 ，生
成该物质的离子方程式为 。
②若仅考虑使Fe
3+完全沉淀，则加入MgO 调pH 应不小于 (已知：i．25℃下，
Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10
-39；ii．lg3≈0.5；iii．某离子浓度≤10
-5 mol⋅L
-1时，即视为已完全沉淀)。
【答案】(1)粉碎硼镁矿，适当升温，不断搅拌，适当增大NaOH 溶液的浓度
(2) +3 c(Na
+)>c(BO2
-)>c(OH
-)>c(H
+)
(3)Na2B4O7+ H2SO4+5 H2O = Na2SO4+ 4 H3BO3↓
(4)破坏胶体的形成，便于过滤
(5) MnO2 Mn
2++ClO
-+ H2O= MnO2↓+2H
++Cl
- 2.8
【分析】
流程分析如下：
；
【详解】（1）提高浸出效率的措施有：粉碎硼镁矿，适当升温，不断搅拌；
（2）根据化合物中元素化合价和为0 即可求出B 元素化合价为+3，NaBO2在溶液中存在的过程为
NaBO2= Na
++ BO2
-，BO2
-+ H2O⇌HBO2+OH
-，溶液显碱性，可得出：c(Na
+)>c(BO2
-)>c(OH
-)>c(H
+)；
（3）已知“Na2B4O7，易溶于水，且易水解B4O7
2-+7 H2O⇌4 H3BO3(硼酸)+2OH
-，(硼酸在常温下溶解度
较小)”，得出Na2B4O7与硫酸反应的化学方程式为：Na2B4O7+ H2SO4+5 H2O = Na2SO4+ 4 H3BO3↓；
（4）操作II 是过滤分离H2SiO3与Na2B4O7、Na2CO3溶液，故加热目的是破坏硅酸胶体的形成，便于过滤；
（5）①由流程分析可知黑色物质为MnO2，即写出方程式为Mn
2++ClO
-+ H2O= MnO2↓+2H
+；
②调pH 的目的是沉淀Fe
3+，欲使其完全沉淀，应使c(Fe
3+)≤10
-5 mol⋅L
-1，则c(OH
-)≥
3
¿
Ksp[Fe(OH)3]
10
-5
=3×10
-11mol⋅L
-1¿
√¿，则pOH≤-lg3×10
-11=10.5，故pH≥2.8。
3．（2025·陕西西安·三模）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ZrSiO4，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Zr
4+、Fe
3+、HfO
2+、Cr
3+；
②“氨沉”时产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3；
25℃
③
时，Ksp[Fe(OH)3]=10
-38，Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10
-5；
④部分氯化物的沸点数据如表所示：
物质
ZrCl4
CrCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
331
1300
316
700
回答下列问题：
(1)“碱熔”时有Na2ZrO3生成，温度和时问对锆英砂碱熔分解率的影响如图所示，则应采取的条件为
。ZrSiO4发生反应的化学方程式为 。
(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)沉氨反应结束后溶液中
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
=1.8×10
5，则c (Fe
3+)= mol⋅L
-1。
(4)“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2，“沸腾氯化”时ZrO2发生反应的化学方程式为： 。氯化
反应结束通入H2，可以将FeCl3转为FeCl2，其目的是： 。
(5)某种掺杂CaO 的ZrO2晶胞如图所示，Ca 位于晶胞的面心。
Ⅰ．下列说法正确的是： 。
a．已知Zr 在周期表中与Ti 同族且相邻，则Zr 的价电子排布式为：5s
24d
2
b．O 位于Zr 与Ca 构成的四面体内部
c．每个O 周围最紧邻的O 有12 个
Ⅱ．结合图中数据，计算该晶胞的密度ρ= g⋅cm
-3(设NA为阿伏加德罗常数，用含r 和NA的代
数式表示)。
【答案】(1) 300℃条件下碱溶8h ZrSiO4+4NaOH
Δ
¿ Na2ZrO3+ Na2SiO3+2H2O
¿
；
(2) Hf NaOH、HCl
(3)10
-8
(4) ZrO2+2C+2Cl2
高温
¿ZrCl4+2CO
¿
避免“蒸馏”时ZrCl4中含有FeCl3杂质
(5) b 441
NAr
3 ×10
21
【分析】锆英砂主要含ZrSiO4，还含有少量Cr、Fe、Hf 等元素。“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在
形式为Zr
4+、Fe
3+、HfO
2+、Cr
3+；萃取除去Hf 元素，加入氨水，产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3；
煅烧后生成ZrO2、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氯化”时，转化为ZrCl4、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，升华得到ZrCl4。
【详解】（1）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。“碱熔”时ZrSiO4与NaOH 反应生
成Na2ZrO3、硅酸钠，ZrSiO4发生反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOH
Δ
¿ Na2ZrO3+ Na2SiO3+2H2O
¿
。
（2）“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为Zr
4+、Fe
3+、HfO
2+、Cr
3+；“氨沉”时产物为
Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3；可知“萃取”时除去的杂质元素为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。
（3）Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10
-5，沉氨反应结束后溶液中
c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
=1.8×10
5，则c(OH-)=10-8mol/L，
则c (Fe
3+)=
Ksp[Fe(OH)3]
c
3(OH
-)
= 10
-38
(10
-10)
3 =10
-8 mol⋅L
-1。
（4）“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2，“沸腾氯化”时ZrO2和氯气、C 反应生成ZrCl4和CO，发生反应
的化学方程式为ZrO2+2C+2Cl2
高温
¿ZrCl4+2CO
¿
。氯化反应结束通入H2，可以将FeCl3转为FeCl2，可以避免
“蒸馏”时ZrCl4中含有FeCl3杂质。
（5）Ⅰ．a．已知Zr 在周期表中与Ti 同族且相邻，则Zr 是第五周期ⅣB 族元素，价电子排布式为：
4d
25s
2，故a 错误；
b．根据图示，O 位于Zr 与Ca 构成的四面体内部，故b 正确；
c．O 位于Zr 与Ca 构成的四面体内部，每个O 周围最紧邻的O 有6 个，故c 错误；
选b。
Ⅱ．根据均摊原则，每个晶胞中O 原子数为8、Zr 原子数为8× 1
8 + 4× 1
2 =3、Ca 原子数为2× 1
2 =1，该晶
胞的密度：ρ=
91×3+ 40×1+16×8
(r ×10
-7)
3× N A
= 441
NAr
3 ×10
21
g⋅cm
-3。
4．（2025·北京海淀·三模）BiOCl 是一种新型的高档环保珠光材料。以辉铋矿和软锰矿为原料制取氯氧化
铋和超细氧化铋的工艺流程如下：
已知：i．Bi
3+易与Cl
-形成BiCl6
3-；pH>3，BiCl6
3-易发生水解为BiOCl。
ii．几种离子沉淀与pH
离子
开始沉淀pH
沉淀完全pH
Mn
2+
8.1
10.1
Fe
2+
6.3
8.3
Fe
3+
1.9
3.3
(1)“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2，在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸”时需及时补充浓盐酸控制浸取液pH 小于1.4，其目的是 。
(3)得到BiOCl 的离子方程式为 。
(4)铋能被有机萃取剂（简称TBP）萃取，其萃取原理可表示为：BiCl6
3-(水层)+2TBP(有机层)
⇌BiCl3⋅2TBP(有机层)+3Cl
-(水层)。“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl
-浓度，萃取率随
c (Cl
-)变化关系如图所示。c (Cl
-)最佳为1.3 mol⋅L
-1的可能原因是 。
(5)“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3⋅7 H2O]晶体。为得到含Cl
-较少的草酸铋晶体，“萃取”后有
机相与草酸溶液的混合方式为 。
【答案】(1)2Bi2S3+6 MnO2+9O2
焙烧
¿2Bi2O3+6 MnSO4
¿
(2)增大Cl
-、H
+浓度，使铋充分浸出；同时抑制金属离子Bi
3+（或BiCl6
3-）、Fe
3+水解
(3)BiCl6
3-+ H2O = BiOCl↓+5Cl
-+2H
+
(4)c (Cl
-)>1.3 mol⋅L
-1时，铋离子萃取平衡（BiCl6
3-+2TBP⇌BiCl3+2TBP+3Cl
-）逆向移动，萃取率
下降，铁离子萃取率上升；c (Cl
-)<1.3 mol⋅L
-1时，铋离子水解（BiCl6
3-+ H2O⇌BiOCl↓+5Cl
-+2H
+
）程度增大，不利于铋离子的萃取提纯
(5)边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中
【分析】焙烧时过量的MnO2分解为MnSO4，FeS2转变为Fe2O3，在空气中Bi2S3焙烧生成Bi2O3和二氧化硫，
经过酸浸，Fe2O3转化为氯化铁，滤渣为二氧化硅，Mn2O3与浓盐酸生成氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，滤
液中加入萃取剂TBP 让Bi3+和Fe3+分离，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋；滤液2 中
加金属Bi 可将Fe3+转化为Fe2+，然后调节pH，将Bi 转化为BiOCl，以此解答；
【详解】（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn 元素由+4 价下降到
+2 价，O2中O 元素由0 价下降到-2 价，S 元素由-2 价上升到+6 价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方
程式为：2Bi2S3+6 MnO2+9O2
焙烧
¿2Bi2O3+6 MnSO4
¿
；
（2）Bi3＋易与Cl－形成BiCl6
3-，BiCl6
3-易发生水解，其反应的离子方程式为BiCl6
3-＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－
＋2H＋，增大H＋、H
+浓度，平衡逆向移动，BiCl6
3-浓度增大又抑制Bi3＋与Cl－形成BiCl6
3-，使Bi3＋充分浸
出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解；
（3）得到BiOCl 的离子方程式为：BiCl6
3-+ H2O= BiOCl↓+5Cl
-+2H
+；
（4）由图像可知，c(Cl
-)>1.3 mol⋅L
-1时，铋离子萃取平衡（BiCl6
3-+2TBP⇌BiCl3+2TBP+3Cl
-）
逆向移动，萃取率下降，铁离子萃取率上升，引入杂质；c(Cl
-)<1.3 mol⋅L
-1时，铋离子水解（
BiCl6
3-+ H2O⇌BiOCl↓+5Cl
-+2H
+）程度增大，不利于铋离子的萃取提纯；
（5）得到含Cl-较少的草酸铋晶体，应边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中保证草酸较大浓度，析出
含Cl-较少的草酸铋晶体。
5．（2025·浙江·三模）硫元素是生产生活中重要的元素之一，回答下列问题：
(1)SF6被广泛用作高压电器设备的绝缘介质，其分子空间构型为正八面体(见下图)，则该分子中的键角为
。
(2)下列说法正确的_______。
A．基态O 原子的价电子排布图为
B．SO2通入BaCl2溶液中可能产生白色沉淀
C．已知H2S2O7+ H2O =2H2SO4，则向Na2S2O7的水溶液中加入石蕊试液溶液会变红
D．SOCl2分子的空间形状为平面三角形
(3)室温下S4 N4为橙黄色的固体，可用氨气与SCl2反应制得。S4 N4受热分解生成物质的量之比为1：4 的两
种单质。S4 N4分解的化学方程式为 。
(4)生物体的代谢过程中会产生自由基HS⋅，其电子式为 ，S 元素的化合价为 。
(5)用黄铜矿(主要含CuFeS2)制备Cu(NO3)2和绿矾晶体(FeSO4⋅7 H2O)的流程如下：
①在富氧环境中焙烧时发生的主要反应的化学方程式为 。
②溶液B 中存在的微粒有 。
③流程中设计既加10 %的H2O2又加20 %的HNO3的可能的原因是 。
④从溶液B 中获得大颗粒的绿矾晶体的操作是 。
【答案】(1)90°、180°
(2)BC
(3)2S4 N4≜S8+ 4 N2↑
(4)
-1
(5) 4 CuFeS2+13O2
高温
¿
¿4 CuO+2Fe2O3+8SO2
¿
Fe
2+、SO4
2-、H
+、OH
-、H2O 避免产生氮的
氧化物，造成污染 蒸发浓缩、缓慢冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【详解】（1）SF6分子空间构型为正八面体，键角为90°、180°（正八面体中相邻两个S-F 键的夹
角）；
（2）
A．基态O 原子价电子排布图应是
，故A 错误；
B．弱酸不能制强酸，SO2与BaCl2溶液不反应，不会产生白色沉淀，但若溶液中存在微量氧气，有可能会
产生硫酸钡白色沉淀，故B 正确；
C．已知H2S2O7+ H2O =2H2SO4，Na2S2O7溶于水时，发生反应：Na2S2O7+H2O=2NaHSO4而NaHSO４在水
溶液中完全电离，电离方程式为NaHSO4=Na
++H
++SO4
2-使溶液显酸性，加入石蕊试液会变红，故C 正确；
D．SOCl2分子中S 原子价层电子对数=3+6-1×2-2×1
2
=4，有1 对孤电子对，空间构型为三角锥形，故
D 错误；
故选BC。
（3）S4 N4受热分解生成物质的量之比为1：4 的两种单质，根据元素组成，单质为S8和N2，化学方程式为
2S4 N4≜S8+ 4 N2↑；
（4）
HS⋅自由基，H与S间有一对共用电子对，S有未成对电子，电子式为
；H与S间有一对共用电子对，
S 的电负性大于H，所以共用电子对偏向S，故S 为-1 价；
（5）黄铜矿（CuFeS2）在空气中焙烧，发生氧化反应，生成CuO、Fe2O3和SO2气体，所以焙烧的化学方
程式为：4 CuFeS2+13O2
高温
¿
¿4 CuO+2Fe2O3+8SO2
¿
；加入H2SO4酸浸，金属氧化物CuO、Fe2O3与硫酸反应，
生成可溶性盐CuSO4、Fe2(SO4)3，所以酸浸后得到含Cu
2+、Fe
3+的溶液。加入过量Fe，Fe作为还原剂，
与溶液中的Cu
2+、Fe
3+反应：Cu
2++Fe=Cu+Fe
2+，2Fe
3++Fe=3Fe
2+，反应后体系含Fe（过量 ）、Cu（单
质 ）、FeSO4溶液，过滤，得到溶液B（FeSO4溶液，后续制取绿矾晶体）、滤渣（Fe和Cu的混合物）。
通过加入溶液A（稀硫酸）溶液浸洗可除去滤渣中的Fe得到FeSO4溶液，FeSO4溶液和未反应完的稀硫酸
进入溶液B，故溶液B 中含有的微粒为：Fe
2+、SO4
2-、H
+、OH
-、H2O；浸洗后的Cu与
20%HNO3、10%H2O2反应，加入H2O2和HNO3是为了氧化Cu生成Cu(NO3)2，H2O2作温和氧化剂，在酸性条
件下（HNO3提供H
+）氧化Cu，减少NOx污染，若仅用HNO3，会生成NO或NO2；从溶液B（FeSO4溶液）中
获得大颗粒绿矾晶体（FeSO4⋅7H2O），需缓慢结晶，操作为：蒸发浓缩、缓慢冷却结晶（缓慢冷却，促
进大颗粒形成）、过滤、洗涤、干燥；
①由上述分析可知，在富氧环境中焙烧时发生的主要反应的化学方程式为：
4 CuFeS2+13O2
高温
¿
¿4 CuO+2Fe2O3+8SO2
¿
；
②由上述分析可知，溶液B 中存在的微粒有：Fe
2+、SO4
2-、H
+、OH
-、H2O；
③流程中设计既加10 %的H2O2又加20 %的HNO3的可能的原因是：避免产生氮的氧化物，造成污染；
④从溶液B 中获得大颗粒的绿矾晶体的操作是：蒸发浓缩、缓慢冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
6．（2025·北京房山·三模）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。
已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe
3+。硫酸锰受热不分解。
(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
+= Mn
2++ H2S↑，为提高浸取速率，可采取的措施是： 。
（写出一种即可）
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。（已知S 元素被氧化成硫酸根离
子）的离子方程式为： 。
(2)
“
①浸银”时，发生的反应为：2Fe
3++ Ag2S+ 4 Cl
-⇌2Fe
2++2[AgCl2]
-+S，可以使用过量 、
和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]
-形式浸出。
②结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中浸出剂中Cl
-、H
+的作用： 。
(3)“沉银”过程中需要过量的锌粉作为还原剂。
①该步反应的参加反应的离子 。
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Ag 的沉淀率变化的原因： 。
(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) 适当提高酸的浓度、升高温度、粉碎矿石、搅拌等（任写一种）
2FeS2+15MnO2+14H
+=2Fe
3++15Mn
2++4SO4
2-+7H2O
(2) FeCl3 HCl Cl
-是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]
-，使平衡正向移动，提高的
浸出率，H
+是为了抑制Fe
3+水解，防止生成氢氧化铁沉淀
(3) [AgCl2]
- 开始时Zn 与[AgCl2]
-反应，Ag 沉淀率增大；随着反应的进行，溶解的氧气可作氧
化剂，将生成的单质Ag 转化为[AgCl2]-溶解过量，沉淀率下降
(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
Fe
3+还可以用于浸银，节约氧化剂
【分析】银锰精矿和氧化锰矿混合加硫酸溶液，二氧化锰具有氧化性使得二价铁氧化为三价铁同时二氧化
锰能被还原生成锰离子，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，浸锰液中主要的金属阳离子有Fe
3+、
Mn
2+，矿石中的银以Ag2S 的形式残留于浸锰渣中，浸锰渣中Ag2S 与过量氯化铁、盐酸、氯化钙的混合液
反应，将Ag2S 中的银以[AgCl2]
-形式浸出，用锌粉把[AgCl2]
-还原为金属银，据此回答。
【详解】（1）①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H
+= Mn
2++ H2S↑，为提高浸取速率，可采取的措施有
适当提高酸的浓度、升高温度、粉碎矿石、搅拌等（任写一种）；
②FeS2与MnO2在酸性条件下反应，S 被氧化为SO4
2-，Mn 被还原为Mn
2+，离子方程式：
2FeS2+15MnO2+14H
+=2Fe
3++15Mn
2++4SO4
2-+7H2O；
（2）①“浸银”时，发生的反应为：2Fe
3++ Ag2S+ 4 Cl
-⇌2Fe
2++2[AgCl2]
-+S，Fe
3+将Ag2S中的S 氧
化为S 单质，为了不引入杂质，可以使用过量FeCl3提供Fe
3+，为防止Fe
3+水解，需在酸性条件下进行反
应，为了不引入杂质，可由使用过量HCl，综上所述，可以使用过量FeCl3、HCl 和CaCl2的混合液作为浸
出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]
-形式浸出；
②Cl
-是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]
-，使平衡正向移动，提高的浸出率，H
+是为了抑制Fe
3+
水解，防止生成氢氧化铁沉淀；
（3）①沉银时[AgCl2]
-与Zn 反应生成单质银；
②开始时Zn 与[AgCl2]
-反应，Ag 沉淀率增大；随着反应的进行，溶解的氧气可作氧化剂，将生成的单质
Ag 转化为[AgCl2]-溶解，沉淀率下降；
（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Fe
2+氧化为Fe
3+，同时生成的Fe
3+还可以用于浸银，节
约氧化剂，同时得到MnSO4。
7．（2025·河北保定·三模）著名化学家徐光宪在稀土化学等领域取得了卓越成就，被誉为“稀土界的袁隆
平”，稀土元素如今已成为极其重要的战略资源。氧化钪(Sc2O3)广泛应用于航天、激光等科学领域。一种
从赤泥(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CaO、SiO2、Sc2O3、TiO2)中提取氧化钪的路径如下：
已知：①TiO2难溶于盐酸；
②Ksp[Sc(OH)3]=6.00×10
-31。
(1)基态Sc 原子的价电子轨道表示式为 ；同周期中未成对电子数与Sc 相同的元素有
种。
(2)实验中需要使用480 mL3 mol⋅L
-1的盐酸，用浓盐酸配制实验所需要的盐酸，配制溶液用到的仪器有量
筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。
(3)若赤泥在“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是 。
(4)若“萃取”时用酸性磷酸酯萃取剂(P507)、苯乙酮、磺化煤油配得的混合液作萃取剂，P507 质量分数
(w)对萃取率的影响如表所示，料液温度对分离系数(β)的影响如图所示，萃取时P507 最佳质量分数及料
液温度分别为 、 。[分离系数指分离后混合体系中某物质的物质的量分数，如
β(Sc/Fe)=n (Sc)
n (Sc)+n (Fe) ×100 %]
w(P507)
分相情
况
钪萃取率
(%)
铁萃取率
(%)
1%
分相容
易
90.74
14.89
2%
分相容
易
91.74
19.88
3%
分相容
易
92.14
13.30
5%
有第三
相
90.59
28.47
8%
轻微乳
化
90.59
34.85
(5)常温下，“滤液”中c(Sc
3+)=0.6 mol⋅L
-1。有机萃取剂萃取Sc
3+的反应原理可表示为：
Sc
3++3 HR =ScR3+3 H
+(HR代表有机萃取剂，ScR3为有机配合物)。
①“萃取”过程中应控制pH 小于 。
②“反萃取”时钪发生反应的离子方程式为 ；操作A 是 。
(6)“焙烧”时发生反应的化学方程式为 。
【答案】(1)
5
(2)500mL 容量瓶
(3)氯化氢挥发浓度减小
(4) P507 最佳浓度为3% 料液温度为65℃
(5) 4 ScR3+3OH
-=Sc(OH)3↓+3R
- 过滤
(6)2Sc2(C2O4)3＋3O2 =
高温
2Sc2O3＋12CO2
【分析】用赤泥(一种矿渣，主要成分为Fe2O3、Al2O3、CaO、SiO2、Sc2O3、TiO2)提取Sc2O3的流程
为：将赤泥加入盐酸进行酸浸，根据题目已知，Fe2O3、Al2O3、CaO、Sc2O3都可与盐酸反应转化为
Fe
3+、Al
3+、Ca
2+、Sc
3+，而SiO2、TiO2不与盐酸反应，通过过滤在滤渣中除去；然后在含
Fe
3+、Al
3+、Ca
2+、Sc
3+离子的滤液中加入有机萃取剂进行萃取分液，Al
3+、Ca
2+和大部分Fe
3+不被萃
取通过水相分离，而Sc
3+和小部分Fe
3+进入有机相，然后加入NaOH 溶液与Sc
3+反应生成Sc(OH)3固体进行
反萃取分液分离，得到Sc(OH)3固体加盐酸溶解，再加草酸沉淀Sc
3+生成Sc2(C2O4)3，在空气中焙烧
Sc2(C2O4)3得到产品Sc2O3，据此分析；
【详解】（1）
Sc 为21 号元素，位于周期表中第四周期第ⅢB 族，故基态Sc 的价电子轨道表示式为：
；未成对电子数为1，有电子排布为4s1的K，3d14s2的Sc，3d104s1的Cu，
4s24p1的Ga，4s24p5的Br，共5 种；
（2）配制溶液用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL 容量瓶；
（3）盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小，因此酸浸速率减慢；
（4）分析表中数据可知，P507 浓度为3%时，钪萃取率最大，铁萃取率最小，且分相容易，分析图像可知，
料液温度为63℃-65℃时，分离系数最大，则萃取时P507 最佳浓度为3%，料液温度为65℃；
（5）①常温下，“浸出液”中c(Sc
3+)=0.6 mol⋅L
-1，Ksp[Sc(OH)3]=6.00×10
-31，当Sc3+开始沉淀时，
溶液中c(OH-)=3√
Ksp[Sc(OH)3]
c(Sc
3+)
=
3√
6.00×10
-31
0.6
=1×10
-10mol/L，pH=-lgc(H+)=
-lg[
KW
c(OH
-)]=-lg(
1×10
-14
1×10
-10)= 4，“萃取”过程中应控制pH 小于4；
②萃取时是加入有机萃取剂将Sc
3+萃取通过分液分离出来，反应的离子方程式为：Sc
3++3HR=ScR3+3H
+；
而进行反萃取时是加入NaOH 溶液再萃取分液，则反应的离子方程式为：ScR3+3OH
-=Sc(OH)3↓+3R
-；反
萃取后分液得到的反萃液和反萃取的固体，操作A 是故过滤；
（6）在Sc2(C2O4)3中Sc 的化合价为+3价，反应前后Sc 的化合价没有发生变化，根据流程图可知，空气参
与了反应，应该是空气中的氧气氧化了草酸钪晶体中的碳元素生成了CO2，故焙烧时反应的化学方程式为：
2Sc2(C2O4)3＋3O2 =
高温
2Sc2O3＋12CO2。
8．（2025·北京大兴·三模）对废弃的材料LiCoO2进行处理，制备Li2CO3和Co3O4，工艺流程如图所示：
已知：ⅰ.萃取原理为Co
2++2HR(有机层)⇌
❑
❑
CoR2+2H
+；
ⅱ.LiCoO2、Co(OH)2均难溶于水；
ⅲ.常温下，Ksp(CoCO3)=1.2×10
-13；
ⅳ.当离子浓度小于1×10
-5 mol⋅L
-1时可视为沉淀完全。
(1)“酸浸”前，需将LiCoO2粗品粉碎，其目的是 。
(2)升温能加快酸浸的速率。温度过高时，浸出速率反而会下降，原因是 。“酸浸”时不能用
浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，原因是 。
(3)为提高Li2CO3的析出量和纯度，结合Li2CO3的溶解度曲线(图1)可知“操作”依次为蒸发浓缩、
、洗涤、干燥等。
(4)已知Co
2+萃取率随pH 变化如图2 所示，Co
2+萃取率先升高后下降的原因可能是 。
(5)写出“沉钴”反应的离子方程式 。“沉钴”后的滤液中c(CO3
2-)不低于
mol⋅L
-1。
(6)“煅烧”时发生反应的化学方程式为 。
(7)用稀硫酸溶解mg Co3O4粗品，再加入适量Na2SO3溶液将Co(Ⅲ)全部还原为Co(Ⅱ)，滴入c mol/L铁氰
化钾溶液，滴定终点时消耗VmL。计算Co3O4粗品中Co 元素的质量分数 。(已知：
Co
2++[Fe(CN)6]
3-=Co
3++[Fe(CN)6]
4 -)
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率
(2) 温度过高，H2O2会分解导致c(H2O2)减小，浸出速率变慢 生成氯气，污染环境；盐酸有挥发
性(合理即可)
(3)趁热过滤
(4)pH<6时，随着pH 的增大，溶液中c(H
+)减小，Co
2++2HR(有机层)⇌
❑
❑
CoR2+2H
+平衡正向移动，Co
2+萃
取率增大；pH>6时，随着pH 的增大，溶液中c(OH
-)增大，Co
2+与OH
-形成Co(OH)2沉淀，平衡逆向移动使
Co
2+萃取率降低
(5) Co
2++2HCO3
-=CoCO3+CO2↑+ H2O 1.2×10
-8
(6)6CoCO3+O2 =
煅烧
2Co3O4+6CO2
(7)5.9cV
m
%
【分析】向LiCoO2粗品中加入H2SO4、H2O2，发生氧化还原反应生成CoSO4、Li2SO4，调节溶液pH，过滤
除去杂质，再加入萃取剂HR，由已知ⅰ可知，得到有机相CoR2和水相Li2SO4溶液，向有机相CoR2中加
入H2SO4反萃取得到HR 和水相CoSO4溶液，向水相中加入碳酸氢铵溶液，生成CoCO3沉淀，CoCO3煅烧
生成Co3O4和CO2；向Li2SO4溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀和硫酸钠溶液，过滤得到碳酸锂，据
此分析回答。
【详解】（1）“酸浸”前，需将LiCoO2粗品粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率；
（2）温度过高，H2O2会分解导致c(H2O2)减小，浸出速率变慢；“酸浸”时不能用浓盐酸代替H2SO4和
H2O2的混合液，生成氯气，污染环境；盐酸有挥发性(合理即可)；
（3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，结合Li2CO3的溶解度曲线(图1)可知，碳酸锂的溶解度随着温度升高
而减小，则“操作”依次为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等；
（4）pH<6 时，随着pH 的增大，溶液中c(H+)减小，Co
2++2HR(有机层)⇌CoR2+2H
+平衡正向移动，
Co2+萃取率增大；pH>6 时，随着pH 的增大，溶液中c(OH−)增大，Co2+与OH−形成Co(OH)2沉淀，平衡逆
向移动使Co2+萃取率降低，则Co2+萃取率先升高后下降；
（5）“沉钴”中，CoSO4溶液与碳酸氢铵溶液生成CoCO3沉淀，反应的离子方程式：
Co
2++2HCO3
-=CoCO3+CO2↑+ H2O；当离子浓度小于1×10−5mol⋅L−1时可视为沉淀完全，则“沉钴”后溶液
中，存在沉淀溶解平衡CoCO3⇌Co
2++CO3
2-，Ksp(CoCO3)=c(Co
2+)⋅c(CO3
2-)=1.2×10
-13，则“沉钴”后
的滤液中c(CO3
2-)=Ksp(CoCO3)
c(Co
2+)
= 1.2×10
-13
1×10
-5 =1.2×10
-8 mol⋅L
-1，则“沉钴”后的滤液中c(CO3
2-)不低于
1.2×10
-8 mol⋅L
-1；
（6）CoCO3煅烧生成Co3O4和CO2，反应的化学方程式为：6CoCO3+O2 =
煅烧
2Co3O4+6CO2；
（7）用稀硫酸溶解mgCo3O4粗品，再加入适量Na2SO3溶液将Co(Ⅲ)全部还原为Co(Ⅱ)，滴入c mol/L 铁氰
化钾溶液，滴定终点时消耗VmL，则n([Fe(CN)6]
3-)=cV×10
-3 mol根据反应：
Co
2++[Fe(CN)6]
3-=Co
3++[Fe(CN)6]
4 -可知，n(Co
2+)=n([Fe(CN)6]
3-)=cV×10
-3 mol，根据元素守恒可知，
Co3O4粗品中Co 元素的质量为：59cV×10
-3g，Co3O4粗品中Co 元素的质量分数为：
59cV×10
-3g
mg
×100 % = 5.9cV
m
%。
9．（2025·北京海淀·三模）稀土是重要的战略资源。氧化铈(CeO2)是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿
为原料制备CeO2的工艺流程如下：
资料：ⅰ．氟碳铈矿的主要成分为CeFCO3，主要杂质有BaO 和SiO2；ⅱ．氢氟酸具有较强的挥发性；
Ka(HF)=6.6×10
-4；ⅲ．Ce(OH)3难溶于水可溶于强酸；Ce2(SO4)3⋅Na2SO4⋅nH2O难溶于水也难溶于强
酸。
(1)“焙烧”在沸腾炉中进行。利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮，形成类似液体沸腾的状态。这样操作的
目的是 。
(2)固体A 的主要成分是 。
(3)用硫酸浸出过程中，控制浸出时间40 min、浸出温度55℃，Ce 元素和CeF
3+的浸出率随起始硫酸浓度
的变化如图所示。c(H2SO4)>3 mol⋅L
-1后，CeF
3+的浸出率下降，原因是 。
(4)步骤Ⅰ中硫脲作 剂。
(5)从化学平衡的角度，解释步骤Ⅱ中NaOH 的作用： 。
(6)滤液D 结晶可得到Na2SO4粗品。粗品不经洗涤，直接用热风烘干，既能减少Na2SO4的损失，又能提高
纯度。根据烘干时可能发生的反应，解释热风烘干能提高纯度的原因是 。
【答案】(1)增大矿石和空气的接触面积，提高反应速率
(2)SiO2、BaSO4
(3)H
+与F
-结合生成HF，而HF 是挥发性弱酸，随着c(H
+)增大，HF 挥发性增强，使c(F
-)减小，CeF
3+的
浸出速率下降
(4)还原
(5)加入NaOH 溶液，使难溶于强酸的固体B 发生如下沉淀转化反应：
Ce2(SO4)3⋅Na2SO4⋅nH2O+6OH
-⇌2Ce(OH)3+ 4SO4
2-+2Na
++nH2O，转化为可溶于强酸的Ce(OH)3，
便于后续用盐酸溶解得到含Ce
3+的溶液或：
Ce2(SO4)3⋅Na2SO4⋅nH2O(s)⇌2Ce
3+(aq)+ 4SO4
2-(aq)+2Na
+(aq)+nH2O(l)，加入NaOH 溶液，
Ce
3+与OH
-结合，c(Ce
3+)下降，平衡正移，固体B 转化成可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得
到含Ce
3+的溶液
(6)热风烘干使主要杂质NH4Cl和NH4 HCO3固体受热发生分解生成气体
【分析】氟碳铈矿（含CeFCO3、BaO 和SiO2）在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，加硫酸浸出，
Ce4+进入溶液，SiO2不与硫酸反应，BaO 与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，固体A 为SiO2和
BaSO4；含CeF3+的溶液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，与加入的硫酸钠形成复盐固体B 为
Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，过滤分离；固体B 中加入NaOH 溶液，再加入盐酸，Ce3+被转移到溶液中，加入
NH4HCO3使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后空气焙烧生成CeO2。
【详解】（1）利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮，形成类似液体沸腾的状态可以增大矿石和空气的接触
面积，提高反应速率。
（2）根据分析可知固体A 的主要成分为SiO2、BaSO4。
（3）硫酸浸出过程中，H+与F-结合生成HF，而HF 是挥发性弱酸，随着c(H+)增大，HF 挥发性增强，使
c(F-)减小，CeF3+的浸出速率下降。
（4）根据分析可知，加入硫脲将溶液中的Ce4+还原为Ce3+，即硫脲作还原剂，故答案为还原。
（5）根据已知信息可知Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O 难溶于水也难溶于强酸，即加入NaOH，使固体B 发生如
下沉淀转化反应：Ce2(SO4)3⋅Na2SO4⋅nH2O+6OH
-⇌2Ce(OH)3+ 4SO4
2-+2Na
++nH2O，转化为可溶于
强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液；或：
Ce2(SO4)3⋅Na2SO4⋅nH2O(s)⇌2Ce
3+(aq)+ 4SO4
2-(aq)+2Na
+(aq)+nH2O(l)，加入NaOH 溶液，
Ce3+与OH-结合，c(Ce3+)下降，平衡正移，固体B 转化成可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到
含Ce3+的溶液。
（6）Na2SO4是一种稳定的化合物，热风烘干不能使Na2SO4分解，但可使主要杂质NH4Cl 和NH4HCO3固
体分解生成气体。
10．（2025·山东淄博·三模）用钒渣(主要化学成分为V2O3，含少量CaO、Fe2O3和SiO2) 制备V2O5的工艺
流程如图所示。
已知：I．酸性条件下，+4 价、+5 价V 分别以VO2＋、VO2
+形式存在。II．HA 的萃取原理为Mn＋(水层)
+nHA(有机层)⇌nH＋(水层)+MAn(有机层)；酸性溶液中，HA 对VO
2+、Fe
3+萃取能力强，对
VO2
+、Fe
2+、Ca
2+的萃取能力较弱。回答下列问题：
(1)“焙烧”时V2O3 转化为NaVO3，该反应的化学方程式为 。
(2)“转化”工序加铁粉的主要作用是 。
(3)“萃取”后，水层溶液的pH 的变化为 (填“增大”“不变”或“减小”)“氧化”时发生反应的离
子方程式为 。
(4)“沉钒”中通入NH3的作用之一是调节pH，将VO2
+转化为VO3
-。常温下，维持溶液中NH3·H2O-NH4Cl 总
浓度为c mol·L-1，pH=8，则析出NH4VO3后溶液中c(VO3
-)= mol⋅L
-1。已知常温下，
Ksp(NH4VO3)=a，Kb(NH3·H2O)=b。
(5)“煅烧”工序得到V2O5，其他产物可返回到 工序重新利用；煅烧过程中固体的失重比随温度变化
如图所示，则加热至250℃时，固体成分为 (填化学式)。
【答案】(1)V2O3+Na2CO3+O2
焙烧
¿2NaVO3+CO2
¿
(2)将VO3
-还原为VO
2+、将Fe
3+还原为Fe
2+
(3) 减小 ClO3
-+6VO
2++3H2O=Cl
-+6VO2
++6H
+
(4)a(b+10
-6)
bc
(5) 沉钒 HVO3
【分析】钒渣(主要化学成分为V2O3，含少量CaO、Fe2O3和SiO2)加入Na2CO3，在足量空气中进行焙烧，
主要发生V2O3+Na2CO3+O2
焙烧
¿2NaVO3+CO2
¿
反应，加入稀硫酸进行酸浸，得到含VO2＋、VO2
+、Fe
3+、Ca
2+等
的溶液和滤渣，向溶液中加入铁粉进行转化，将VO3
-还原为VO
2+、将Fe
3+还原为Fe
2+，由于，HA 对
VO
2+、Fe
3+萃取能力强，对VO2
+、Fe
2+、Ca
2+的萃取能力较弱，加入HA 将VO
2+进行萃取，加入稀硫酸进
行反萃取，得到含VO
2+的溶液，加入NaClO3进行氧化，发生ClO3
-+6VO
2++3H2O=Cl
-+6VO2
++6H
+反应，将
VO
2+氧化为VO2
+，加入NH3·H2O 和NH4Cl 进行沉钒，得到NH4VO3，将NH4VO3煅烧得到V2O5，据此回答。
【详解】（1）焙烧时，V2O3、Na2CO3与空气中氧气在高温下发生V2O3+Na2CO3+O2
焙烧
¿2NaVO3+CO2
¿
反应，
将V2O3转化为NaVO3；
（2）HA 对VO
2+、Fe
3+萃取能力强，对VO2
+、Fe
2+、Ca
2+的萃取能力较弱，向溶液中加入铁粉进行转化，
将VO3
-还原为VO
2+、将Fe
3+还原为Fe
2+，还原后Fe
2+不被萃取，实现与V 分离；
（3）由萃取原理Mn＋(水层)+nHA(有机层)⇌nH＋(水层)+MAn(有机层)，生成H
＋，“萃取”后，水层溶液的
pH 减小；氧化时，VO
2+被NaClO3氧化为VO2
+，离子方程式：ClO3
-+6VO
2++3H2O=Cl
-+6VO2
++6H
+；
（4）pH=8 时，c(OH
-)=10
-6 mol/L，NH3⋅H2O⇌NH4
++OH
-，Kb=c(NH4
+)⋅c(OH
-)
c(NH3⋅H2O)
，由
Kb=c(NH4
+)⋅c(OH
-)
c(NH3⋅H2O)
，c(NH4
+)= Kb⋅c(NH3⋅H2O)
c(OH
-)
，总浓度c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)=cmol/L，解得
c(NH4
+)=bc
10
-6+ b，由Ksp(NH4 VO3)=c(NH4
+)⋅c(VO3
-)=a，则c(VO3
-)=a
c(NH4
+)
=a(b+10
-6)
bc
；
（5）NH4VO3煅烧时由NH3和水生成，可返回沉钒工序（沉钒需要 NH3）；设NH4 VO3为1mol（质量为
117g），250
°C时，失重比14.53%时，失重质量117×14.53 %≈17g（NH3质量），发生
NH4VO3
Δ
¿ NH3↑+ HVO3
¿
反应，剩余的固体为HVO3。
11．（2025·辽宁抚顺·三模）某钨锰矿渣(主要成分为WO3、MnO、Sc2O3、SiO2及铁的氧化物)综合利用的
流程如图：
已知：①P204 的萃取机理：2RH+ M
2+⇌R2 M +2H
+。
②当溶液中离子浓度小于或等于10
-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。
③常温下，一些常见物质的溶度积常数如下表：
物质
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn (OH)2
K sp
2.8×10
-39
4.9×10
-17
1.6×10
-13
④lg2.8≈0.45、lg2≈0.30。
回答下列问题：
(1)“沉淀1”的主要成分是 (填化学式)。
(2)使“有机相2”中的P204 萃取剂再生，需选择的试剂为 (填名称)。
(3)“沉钪”工序中发生沉钪反应的化学方程式为 。
(4)“氧化”工序中加入活性MnO2，其优点是 ；该工序中发生反应的离子方程式为 。
(5)若“除杂”时溶液中Mn
2+的浓度为0.01mol·L-1.则加入NaOH 控制pH 的范围是 ~
(溶液体积变化忽略不计，保留3 位有效数字)；出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是 。
【答案】(1)WO3、SiO2
(2)盐酸
(3)R3Sc+3 NaOH =Sc(OH)3↓+3RNa
(4) 提高了MnCO3的产量且不引入新的金属离子 2Fe
2++ 4 H
++ MnO2=2Fe
3++ Mn
2++2H2O
(5) 2.82 8.60 促进Fe(OH)3胶体聚沉
【分析】首先用盐酸对原料进行酸浸，其中WO3、SiO2和盐酸不反应，成为沉淀1 的主要成分，同时滤液
1 中含有二价锰离子、三价钪离子，同时可能含有二价和三价铁离子，滤液用P2O4萃取分液，有机相加入
氢氧化钠沉钪得到Sc(OH)3沉淀3，加热得到Sc2O3，水相加入二氧化锰氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧
化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀得到沉淀4，,过滤滤液加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀；沉淀1 加入氢氧
化钠碱浸、过滤，滤液加入盐酸得到钨酸沉淀2，过滤分离出钨酸沉淀加入氨水溶解得到钨酸铵；
【详解】（1）由分析，“沉淀1”的主要成分是SiO2、WO3；
（2）P204 的萃取机理：2RH+ M
2+⇌R2 M +2H
+，则使“有机相2”中的P204 萃取剂再生，可以加入盐酸，
氢离子浓度增大，使得平衡逆向移动，使得P204 萃取剂再生，故需选择的试剂为盐酸；
（3）“沉钪”工序中反应为有机相中R3Sc和氢氧化钠反应生成氢氧化钪沉淀、RNa，反应为：
R3Sc+3 NaOH =Sc(OH)3↓+3RNa；
（4）二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子：2Fe
2++ 4 H
++ MnO2=2Fe
3++ Mn
2++2H2O，便于
后续铁离子去除，且“氧化”工序中加入活性MnO2，反应生成锰离子，提高了MnCO3的产量且不引入新的
杂质金属离子；
（5）常温下，由已知表格数据可知，当铁离子完全沉淀时，
c(OH
-)=
3√
Ksp[Fe(OH)3]
c(Fe
3+)
mol/L=
3√
2.8×10
-39
1.0×10
-5 mol/L=
3√2.8×10
-34 mol/L，pOH=11.18，pH=2.82；该过
程中锰离子不能沉淀，且溶液中Mn
2+的浓度为0.01mol·L-1，则
c(OH
-)= ❑√
Ksp[Mn (OH)2]
c(Mn
2+)
mol/L=
❑√
1.6×10
-13
0.01
mol/L=
❑√16×10
-12mol/L，pOH=5.40，pH=8.60，故控
制pH 的范围是2.82~8.60；加热可以促进胶体聚沉，则出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是促进
Fe(OH)3胶体聚沉。
12．（2025·湖南邵阳·三模）四钼酸铵[(NH4)2 Mo4O13⋅2H2O]的用途非常广泛，可用作催化剂、防腐剂、
阻燃剂等。下图是用辉钼矿(含MoS2、V2O5、CuS2、Fe3O4、Al2O3等)制备四钼酸铵和一些副产品的工艺流
程图：
已知：①MoS2、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐。
②“沉钒”后MoO4
2-的形式存在于溶液中；在不同pH条件下MoO4
2-聚合生成多酸根离子，如Mo2O7
2-、
Mo4O13
2-、Mo7O24
6-等，pH越小聚合度越大。
回答下面问题：
(1)V 在元素周期表中的位置是 。
(2)“氧化焙烧”时生成两种气体，写出MoS2发生反应的化学方程式 。
(3)“洗气”过程中“试剂X”可以是 (填字母序号)。
a．NaOH溶液 b．饱和NaHSO3溶液 c．饱和NaHCO3溶液
(4)向“溶液Y”中通入气体2 和气体3 的顺序是先通入 (填化学式)。
(5)“洗脱”工序中洗脱液的主要成分是 (填化学式)。
(6)“沉钼”过程中发生反应的离子方程式是 。
(7)金属Mo 晶胞如图甲所示，原子之间相互位置关系的平面图如图乙所示。该晶胞空间利用率是
(用含有“π”的代数式表示)。(空间利用率= 原子体积
晶胞的体积×100 %)。
【答案】(1)第四周期第VB 族
(2)2MoS2+2Na2CO3+7O2
焙烧
¿2Na2MoO4+2CO2+ 4SO2
¿
(3)c
(4)NH3
(5)NH4Cl
(6)4 MoO4
2-+2NH4
++6 H
+=(NH4)2Mo4O13⋅2H2O↓+ H2O
(7)
❑√2π
6
×100 %
【分析】辉钼矿(含MoS2、V2O5、CuS2、Fe3O4、Al2O3等) 加入纯碱、氧气焙烧，MoS2反应生成Na M
2
❑oO4
和SO2，V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，焙烧产生的气体1 主要为SO2和CO2；加入
H2SO4和(NH4)2SO4，Cu、Fe、Al 转化为金属阳离子，钒元素转化为NH4VO3沉淀，钼元素转化为MoO4
2-，
通过R - N (CH 3)3Cl树脂分离Cu2+、Fe3+、Al3+和MoO4
2-，然后加入NH4Cl洗脱液、再加入H2SO4沉钼，得
到(NH4)2Mo4O13·2H2O 晶体；NH4VO3焙烧生成V 2O5和气体3 即NH 3，氨气、气体2 与溶液Y 反应，经一
系列操作得到纯碱，则溶液Y 是饱和NaCl 溶液，气体2 为CO2；向气体1 中加入试剂X 分离SO2和CO2，
除去SO2，则试剂X 可能是饱和NaHCO3溶液。
【详解】（1）V 为23 号元素，位于元素周期表的第四周期第VB 族。
（2）据分析，“氧化焙烧”时，MoS2反应生成Na2MoO4和SO2，则MoS2被氧气氧化，氧气中氧元素化合价
降低，Mo 和S 元素的化合价分别从+4 升高到+6、-2 升高到+4，同时碳酸根转化为二氧化碳，该反应的化
学方程式为2MoS2+2Na2CO3+7O2
焙烧
¿2Na2MoO4+2CO2+ 4SO2
¿
。
（3）据分析，向气体1 中加入试剂X 的目的是分离SO2和CO2，除去SO2，保留CO2。
a．NaOH溶液 与SO2和CO2均反应，故a 错误；
b．饱和NaHSO3溶液与SO2和CO2均不反应，故b 错误；
c．饱和NaHCO3溶液与SO2反应生成NaSO3和CO2，与CO2不反应，可分离两者，并不引入新的杂质，故c
正确；
故答案为c。
（4）向“溶液Y”中通入气体2 和气体3 制备纯碱是侯氏制碱法，其原理为由于氨气极易溶于水且所得溶
液呈碱性，在饱和食盐水中通氨气到饱和后，继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，由于碳酸氢钠溶解度
小，故析出碳酸氢钠晶体：NaCl+NH3+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，则在向“溶液Y”中通入气体2 和气体
3 的顺序是先通入NH3再通入CO2。
（5）离子交换树脂具有选择性，通过树脂后溶液中只有MoO4
2-，因此需要向溶液中引入NH4
+以得到
(NH4)2Mo4O13·2H2O 晶体，则洗脱液为NH4Cl。
（6）据分析，“沉钼”过程为MoO4
2-和NH4
+在酸性中生成(NH4)2Mo4O13·2H2O 沉淀，则发生反应的离子方程
式是4 MoO4
2-+2NH4
++6 H
+=(NH4)2Mo4O13⋅2H2O↓+ H2O。
（7）如图甲所示，金属钼为面心立方晶胞，则一个晶胞中Mo 的数量为1
8 ×8+ 1
2 ×6= 4，假设晶胞边长
为a，根据图乙可知金属Mo 半径和晶胞边长关系，❑√2a=4r，则
空间利用率= 原子体积
晶胞的体积×100 % =
4
3 πr
3×4
a
3
×100 % =
4
3 π(
❑√2
4 a)
3
×4
a
3
×100 % = 4
3 π × 2❑√2
4
3 ×4×100 % =
❑√2
6 π
13．（2025·浙江嘉兴·三模）钴及其化合物在工业与材料科学中应用广泛。回答下列问题：
(1)关于钴原子结构的描述，下列说法正确的是_______。
A．基态Co 原子3d 轨道上有3 对成对电子
B．Co
3+的离子半径小于Fe
2+的离子半径
C．电子排布为[Ar]3d
64s
2的Co
+处于基态
D．Co 的第三电离能大于第二电离能
(2)某钴氧化物的晶胞结构如图所示：
①该氧化物的化学式为 。
②已知三价钴有强氧化性，将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中加热，生成气体的化学式为 。
(3)Co
2+与NH3形成的配合物[Co(NH3)6]
2+的稳定性高于[Co(H2O)6]
2+，从配位键强度分析原因 。
(4)工业上以钴硫精矿(主要成分为CoS，含FeS2、SiO2、MnO2等杂质)为原料制备金属钴的流程如下图：
已知：
沉淀
Fe(OH)3
Co(OH)2
Fe(OH)2
Mn (OH)2
恰好完全
沉淀时pH
2.8
9.4
9.6
10.1
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 。(写出两种)
②“氧化”过程是向溶液中加入足量NaClO3，发生的离子方程式为 。
③“萃取、反萃取”过程是向“沉铁”后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：
Co
2++n (HA)2⇌
❑
CoA2⋅(n-1)(HA)2+2H
+，实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5 范围内，Co
2+萃取率随溶液
pH的增大而增大(如图所示)，其原因是 。
④向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。
【答案】(1)BD
(2) Co3O4 Cl2
(3)电负性：N＜O，NH3更容易给出孤电子对，配位能力强于H2O
(4) 适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等
6Fe
2++ClO3
-+6 H
+=6 Fe
3++Cl
-+3 H2O pH增大，c(H
+)减小，使
Co
2++n (HA)2⇌
❑
CoA2⋅(n-1)(HA)2+2H
+平衡正向进行，所以Co
2+萃取率增大 富集、提纯Co
2+ (或分
离Co
2+和Mn
2+)
【详解】（1）A．Co 为27 号元素，基态Co 原子价层电子排布式为3d74s2，3d 轨道上有2 对成对电子，A
错误；
B．基态Co 原子价层电子排布式为3d74s2，基态Fe 原子价层电子排布式为3d64s2，则Co
3+和Fe
2+具有相同
的核外电子层结构，由于核电荷数：Co
3+>Fe
2+，则Co
3+的半径小于Fe
2+的半径，B 正确；
C．基态Co 原子价层电子排布式为3d74s2，基态Co
+价层电子排布式为3d74s1，C 错误；
D．原子的逐级电离能依次增大，则Co 的第三电离能大于第二电离能，D 正确；
故选BD。
（2）①一个A 中含Co
2+：4× 1
8 +1= 3
2个，含O
2-4 个；一个B 中含Co
2+：4× 1
8 = 1
2个，含O
2-4 个、含Co
3+
4 个；图中一个晶胞由4 个A、4 个B 构成，则一个晶胞可视为含2 个Co
2+、4 个Co
3+、8 个O
2-，该氧化物
的化学式为Co3O4。
②三价钴有强氧化性，则Co3O4能与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，浓盐酸被氧化为氯气，化学
方程式为Co3O4+8 HCl(浓)≜3CoCl2+Cl2↑+4H2O，所以生成气体的化学式为Cl2。
（3）一个NH3中N 的孤电子对数为5-3×1
2
=1，一个H2O中O 的孤电子对数为6-2×1
2
=2，N、O 均能提
供孤电子对与Co
2+形成配位键，由于电负性：N＜O，NH3更容易给出孤电子对，配位能力强于H2O，所以
[Co(NH3)6]
2+的稳定性高于[Co(H2O)6]
2+。
（4）以钴硫精矿(主要成分为CoS，含FeS2、SiO2、MnO2等杂质)为原料制备金属钴，矿石经焙烧酸浸，
所得酸浸液中的主要阳离子为Co
2+、Fe
2+、Mn
2+，加入足量NaClO3可将Fe
2+氧化为Fe
3+，之后沉铁将铁元
素以Fe(OH)3形式除去，再加入某有机酸萃取剂(HA)2萃取Co
2+，从而将Co
2+和Mn
2+分离，经反萃取后得到
含Co
2+溶液，经电解精炼可制备金属钴。
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉
碎等。
②“氧化”过程是向溶液中加入足量NaClO3，NaClO3可将Fe
2+氧化为Fe
3+而自身被还原为Cl
-，根据化合
价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得到反应的离子方程式：6Fe
2++ClO3
-+6 H
+=6 Fe
3++Cl
-+3 H2O。
③图中当溶液pH处于4.5~6.5 范围内，Co
2+萃取率随溶液pH的增大而增大的原因是pH增大导致溶液中
c(H
+)减小，使Co
2++n (HA)2⇌
❑
CoA2⋅(n-1)(HA)2+2H
+平衡正向进行，所以Co
2+萃取率增大。
④结合分析知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co
2+ (或分离Co
2+和Mn
2+)。
14．（2025·江苏苏州·三模）利用菱锰矿[主要成分为MnCO3，含CaMg(CO3)2、SiO2等杂质]制备Mn3O4的
工艺流程如下：
已知：①MnCO3分解吸热；②锰氨配合物能稳定存在的pH 范围为8.2~10.6。
(1)碱浸时，加入质量分数为25%的NaOH 溶液并控制温度为85℃。碱浸时发生反应的离子方程式为 。
(2)控制不同温度在N2氛围中焙烧所得产物成分如下表：
温度/℃
600
700
800
主要成
分
MnCO3、
CaMg(CO3)2
MnO、CaMg(CO3)2、CaCO3、
MgO
MnO、CaCO3、
MgO
①控制800℃时，CaMg(CO3)2发生反应的化学反应方程式为 。
②在密闭装置中焙烧时，若将N2替换为CO2，MnCO3显著分解的温度从600℃升高至700℃，其原因是
。
(3)浸锰时通常使用氨水-(NH4)2CO3混合溶液，将MnO 转化成[Mn(NH3)4]CO3，(NH4)2CO3溶液的作用是
。
(4)沉锰过程中温度对Mn 沉淀率和溶液pH 的影响如图1 所示。随着温度升高，溶液pH 降低的原因是
。
(5)制备高纯Mn3O4；已知：①Mn(OH)2比Mn2+更容易被氧化；②体系中不同温度和pH 下所得产品的X-射
线衍射图(可用于判断某晶态物质是否存在)如图2 所示。请补充完整以MnCO3为原料制备Mn3O4的实验方
案：将MnCO3固体粉碎， ，干燥［须使用的试剂和仪器：H2SO4溶液、BaCl2溶液、NaOH 溶液、
O2、水浴锅］。
【答案】(1)SiO2+2OH
-
85℃
¿SiO3
2-+H2O
¿
(2) CaMg(CO3)2
800℃
¿CaCO3+MgO+CO2↑
¿
将N2替换为CO2，c(CO2)浓度变大，不利于MnCO3的分解，
MnCO3分解吸热，温度升高到700℃导致K 增大，当Qc<K，MnCO3才能显著分解，故将N2替换为CO2，
MnCO3显著分解的温度从600℃升高至700℃
(3)(NH4)2CO3能提供铵根离子，促使一水合氨的电离逆向移动，增大溶液中NH3的浓度，且能调节溶液pH
在8.2~10.6 之间，使锰氨配合物稳定存在
(4)[Mn(NH3)4]CO3分解生成MnCO3和NH3，CO3
2-浓度降低与NH3逸出共同使溶液pH 降低
(5)边搅拌边将固体分批加入到H2SO4溶液至不再产生气泡，加入NaOH 溶液至生成大量沉淀，用水浴锅控
制温度为60℃，持续通入O2，用NaOH 溶液调节pH 为11，反应一段时间后过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至向
最后一次洗涤滤液中滴加BaCl2溶液无沉淀
【分析】菱锰矿与加入的氢氧化钠溶液反应，使得二氧化硅生成能溶于水的硅酸钠，过滤，滤渣在氮气环
境下焙烧，使MnCO3发生分解反应生成MnO，再加入氨水-(NH4)2CO3溶液浸锰，过滤除去CaMg(CO3)2，
得到含有[Mn(NH3)4]CO3的浸锰液，再沉锰制得MnCO3，处理得到Mn3O4。
【详解】（1）碱浸时，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，发生反应的离子方程式为
SiO2+2OH
-
85℃
¿SiO3
2-+H2O
¿
；
（2）①由表，控制800℃时，CaMg(CO3)2发生反应生成CaCO3、MgO，结合质量守恒，还生成二氧化碳，
化学反应方程式为CaMg(CO3)2
800℃
¿CaCO3+MgO+CO2↑
¿
；
②将N2替换为CO2，c(CO2)浓度变大，不利于MnCO3的分解，MnCO3分解吸热，温度升高到700℃导致K
增大，当Qc<K，MnCO3才能显著分解，故将N2替换为CO2，MnCO3显著分解的温度从600℃升高至
700℃；
（3）已知锰氨配合物能稳定存在的pH 范围为8.2~10.6 ，(NH4)2CO3能提供铵根离子，促使一水合氨的电
离逆向移动，增大溶液中NH3的浓度，且能调节溶液pH 在8.2~10.6 之间，使锰氨配合物稳定存在；
（4）温度升高，使得[Mn(NH3)4]CO3分解生成MnCO3和NH3，CO3
2-浓度降低与NH3逸出共同使溶液pH 降
低；
（5）由图，60℃、pH 为11 条件下，得到Mn3O4纯度较大，故以MnCO3为原料制备Mn3O4的实验方案为：
将MnCO3固体粉碎，边搅拌边将固体分批加入到H2SO4溶液至不再产生气泡，将碳酸锰转化为锰离子，加
入NaOH 溶液至生成大量Mn(OH)2沉淀，用水浴锅控制温度为60℃，持续通入O2，用NaOH 溶液调节pH
为11，反应一段时间后过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至向最后一次洗涤滤液中滴加BaCl2溶液无沉淀，固体干
燥得到Mn3O4。
15．（2025·辽宁·三模）以铅蓄电池的填充物铅膏(主要含PbSO4、PbO2、PbO和少量FeO)为原料，可生
产三盐基硫酸铅(PbSO4⋅3PbO⋅H2O)，其工艺流程如下：
已知：常温下，Ksp(PbCO3)=7.5×10
-14,Ksp(PbSO4)=2.5×10
-8;Pb(OH)2具有两性，PbO2有强氧化性。
回答下列问题：
(1)“转化”后的难溶物质为PbCO3和PbSO4(少量)，则PbO2转化为PbCO3的离子方程式为 ，“滤液
1“中CO3
2-和SO4
2-浓度的比值为 。
(2)“酸浸”前要对PbCO3固体进行洗涤，检验是否洗涤干净的操作是 。
(3)“除杂”得到的滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(4)在50~60° C“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为 ，“合成”需控制溶液的pH不能大于10 的
原因为 。
(5)已知：PbO2在加热过程中发生分解的失重曲线如图所示，图中a 点时样品失重率
(
样品起始质量- 残留固体质量
样品起始质量
×100 %)为4.0 %。若a 点时残留固体组成表示为PbOx，则x=
(保留两位有效数字)。
【答案】(1) PbO2+CO3
2-+SO3
2-+ H2O =PbCO3+SO4
2-+2OH
- 3.0×10
-6
(2)取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则证明已洗
净
(3)Fe(OH)3
(4) 4 PbSO4+6 NaOH
50~60° C
¿PbSO4⋅3PbO⋅H2O+3 Na2SO4+2H2O
¿
Pb(OH)2具有两性，pH过高导致其
溶解，降低了三盐基硫酸铅的产率
(5)1.4
【分析】向铅膏(主要含PbSO4、PbO2、PbO和少量FeO)中加入过量的亚硫酸钠、碳酸钠溶液得到PbCO3
和少量PbSO4及FeO，加入稀硝酸转化成Pb(NO3)2，同时将FeO转化为Fe(NO3)3，则混合气体X 为CO2和NO
的混合气体，NaOH 调节溶液pH 使Fe
3+化为Fe(OH)3沉淀而除去，则滤渣主要成分为Fe(OH)3，滤液中加
稀H2SO4将Pb(NO3)2转化成PbSO4沉淀和硝酸，因此HNO3可循环利用，即物质Y 为HNO3，PbSO4中加入氢
氧化钠控制温度在50~60℃合成得到三盐基硫酸铅和硫酸钠溶液，最后经过滤、洗涤和干燥得到较纯的三
盐基硫酸铅，以此分析解答。
【详解】（1）亚硫酸钠具有还原性，PbO2有强氧化性，PbO2被亚硫酸钠还原为二价铅，然后和碳酸根离
子转化为PbCO3沉淀，反应的离子方程式为：PbO2+CO3
2-+SO3
2-+ H2O =PbCO3+SO4
2-+2OH
-；“滤液1“中
CO3
2-和SO4
2-浓度的比值为
c(CO3
2-)
c(SO4
2-)
=c(CO3
2-)⋅c(Pb
2+)
c(SO4
2-)⋅c(Pb
2+)
=
Ksp(PbCO3)
Ksp(PbSO4) =7.5×10
-14
2.5×10
-8 =3.0×10
-6；
（2）检验PbCO3固体是否洗涤干净就是检验洗涤液中是否含有转化过程中生成的SO4
2-，故操作是：取最
后一次洗涤液少许于试管中，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则证明已洗净；
（3）由分析可知，“除杂”时NaOH 调节溶液pH 使Fe
3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，则滤渣主要成分为
Fe(OH)3；
（4）加入的氢氧化钠和PbSO4沉淀在50~60°C“合成”得到三盐基硫酸铅和硫酸钠，反应的化学方程式为：
4 PbSO4+6 NaOH
50~60° C
¿PbSO4⋅3PbO⋅H2O+3 Na2SO4+2H2O
¿
；由题中所给已知信息可知，“合成”需控制溶
液的pH 不能大于10 的原因为：Ksp(PbCO3)=7.5×10
-14，Ksp(PbSO4)=2.5×10
-8；Pb(OH)2具有两性，
pH 过高导致其溶解，降低了三盐基硫酸铅的产率；
（5）由题意可知，在加热过程中PbO2发生分解的化学方程式为：PbO2≜PbOX+ 2-x
2
O2↑，a 点失重率为
4.0%，则2-x
2
×32=239×4.0 %，解得x≈1.4
16．（2025·宁夏银川·三模）某废旧锂离子电池的正极材料成分为LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2和Al，下图为从其中
回收钴、镍的工艺流程。
回答下列问题：
(1)LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2中的Ni 位于元素周期第 周期，第 族。
(2)“碱浸过滤”所得滤液的主要成分为 。
(3)“还原焙烧”过程发生反应的化学方程式为 (要求系数为最简整数比)。
(4)“碳化水浸”过程中反应为：Li2CO3(s)+CO2(g)+H2O(l)=2LiHCO3(aq)，该反应的标准吉布斯自由能(ΔGθ)
和标准生成焓(ΔHθ)随温度变化如图。该过程需要控制在 (填“a”“b”或c)进行，其原因是
。
a．40 ℃～55 ℃b．60 ℃～70 ℃c．80 ℃～90 ℃
(5)常温下，为寻找“碳化水浸”的最佳pH，将37 g Li2CO3固体加入1 L 水中，通入CO2使固体逐步溶解，
当Li2CO3固体恰好完全溶解时，c(CO❑3
2-)+c(HCO❑3
-)≈0.975 mol·L-1，则溶液中的c(H+)为
mol·L-1(保留两位有效数字，忽略体积变化)。
已知：Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11
(6)“萃取”的原理是2HR+M2+ ⇌
反萃取
萃取
2H++RM(M2+代表金属离子，HR 代表萃取剂，则反萃取时加入的试剂为
。
【答案】(1) 四 Ⅷ
(2)Na[Al(OH)4]或NaAlO2
(3)10LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2＋6C
焙烧
¿
¿
¿
5Ni＋2Co＋3MnO＋CO2↑+5Li2CO3
(4) a 高于60 ℃，ΔGθ>0，反应非自发进行
(5)2.1×10-9
(6)稀H2SO4
【分析】从废旧锂离子电池的正极材料成分为LiNi0.5Co0.2 Mn0.3O2和Al中回收钴、镍的工艺流程为：将
废电池的正极材料加入NaOH 溶液进行碱浸，过滤除去可溶物，得到滤渣，将滤渣加入C 进行还原焙烧后，
通入CO2碳化水浸，过滤得到含LiHCO3的滤液和含（Ni、Co、MnO）的水浸渣，加酸进行酸溶，进行
萃取分液得到含Ni 和Co 的水相，同时分离得到的有机相加入硫酸再进行反萃取，得到含MnSO4的水相，
分液后的有机相进行再生循环使用，据此分析解答。
【详解】（1）Ni 为28 号元素，位于周期表中第四周期第VⅢ族。
（2）根据废电池正极材料的成分可知，加入NaOH碱浸时能溶解的只有金属Al，反应方程式为：
2 Al+2 NaOH +6 H 2O =2 Na[ Al (OH )4]+3 H 2↑，则“碱浸过滤”所得滤液的主要成分为：
Na[ Al (OH )4]。
（3）“还原焙烧”过程是利用C 将各金属元素还原为单质或低价态化合物，由题中信息可知产物为Ni、
Co、MnO、Li2CO3和CO2，则反应的化学方程式为：
10 LiNi0.5Co0.2 Mn0.3O2＋6C =
焙烧
5 Ni＋2Co＋3 MnO＋CO2↑+5 Li2CO3。
（4）要让反应自发进行，需要ΔG
θ<0，由图中信息可知，当温度高于60 ℃后，ΔG
θ>0，反应变为不能
自发进行；所以要让反应Li2CO3(s)+CO2(g)+ H 2O(l)=2 LiHCO3(aq)能自发进行，需要控制温度低
于60 ℃，则所给的3 个选项中，符合的选项为：a。
（5）所取的37 g Li2CO3的物质的量为
37 g
74 g·mol
-1 =0.5mol，当通入CO2使Li2CO3固体恰好完全溶解时，
按照反应Li2CO3+CO2+ H 2O =2 LiHCO3可知生成LiHCO31mol，则c( Li
+)=1mol· L
-1，根据
K sp( Li2CO3)=c
2( Li
+)·c(CO3
2-)=1
2×c(CO3
2-)=2.5×10
-2，解得c(CO3
2-)=2.5×10
-2mol· L
-1，再根
据题目信息c(CO3
2-)＋c( HCO3
-)≈0.975mol· L
-1，解得c( HCO3
-)=0.95mol· L
-1，最后根据
K a2( H 2CO3)= c(H
+)·c(CO3
2-)
c(HCO3
-)
=5.6×10
-11，解得
c(H
+)≈K a2( H 2CO3)·c(HCO3
-)
c(CO3
2-)
≈0.95×5.6×10
-11
2.5×10
-2
≈2.1×10
-9mol· L
-1。
（6）根据流程最后分离的水相中含有的产物为MnSO4可知，在反萃取时加入的试剂为：稀H 2SO4。
17．（2025·北京房山·三模）HNO3是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备HNO3。
(1)方法一：早期以硝石（含NaNO3）为氮源制备HNO3，反应的化学方程式为：
H2SO4（浓）+ NaNO3= NaHSO4+ HNO3↑。该反应利用了浓硝酸的性质是酸性和 。
(2)方法二：以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，反应原理分三步进行。
①工业合成NH3的化学方程式为 。
②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2n mol NO 和n molO2进行反应。在不同压
强下（p1、p2），反应达到平衡时，测得NO 转化率随温度的变化如图所示。比较y 点和x 点的容器容积：
y x，解释原因 。
(3)方法三：研究表明可以用电解法以N2为氮源直接制备HNO3，其原理示意图如下。
①电极a 表面生成NO3
-的电极反应式： 。
②研究发现：N2转化可能的途径为N2→
i
NO→
ii
NO3
-。电极a 表面还发生iii．H2O→O2。iii 的存在，有利于
途径ii，原因是 。
(4)Li2O用于新型锂电池，其晶胞结构如图。立方晶胞棱长为a pm(1pm =10
-10cm)。
①距离Li 最近且等距的O 的数目为 。
②已知阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为 g⋅cm
-3。
【答案】(1)难挥发性
(2) N2+3H2高温、高压
催化剂
2NH3 小于（或<） 2NO+O2=2NO2反应正向气体分子总数减小，同
温时，p1条件下NO 转化率高于p2，故p1>p2，根据V=nRT
p
，x、y 点转化率相同，则n 相同，此时压强对
容积的影响大于温度对容积的影响，故y 点的容器容积小于x 点的容器容积
(3) N2+6H2O-10e
-=2NO3
-+12H
+ 反应iii 生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成NO3
-
(4) 4 1.2×10
32
a
3 NA
【详解】（1）浓硫酸难挥发，产物HNO3为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸
性；
（2）①工业上用氮气和氢气在高温高压、催化剂下合成NH3，化学方程式为N2+3H2高温、高压
催化剂
2NH3；
②2NO+O2=2NO2反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO 转化率高于p2，故p1>p2，根据
V=nRT
p
，x、y 点转化率相同，则n 相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y 点的容器容
积小于x 点的容器容积；
（3）①由电极a 上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a 为阳极，电极反应式为
N2+6H2O -10e
-=2NO3
-+12H
+；
②由于反应iii 生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成NO3
-；
（4）①由Li2O 晶胞结构可知，Li 位于晶胞内部，O 位于面心和顶点，观察晶胞可知，距离Li 最近且等距
的O 的数目为4 个；
②由Li2O 晶胞结构可知，Li 位于晶胞内部，共有8 个，O 位于面心和顶点，共有8× 1
8 +6× 1
2 = 4，立方
晶胞棱长为a pm(1pm =10
-10cm)，已知阿伏加德罗常数为NA
。该晶体的密度为
ρ= M
V = 4×(7×2+16)
(a×10
-10)
3 NA
g/cm
3= 1.2×10
32
a
3 NA
g/cm
3。
18．（2025·河北保定·三模）高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)可
用于制备MnSO4晶体，工艺流程如图所示。已知：硫铁矿主要成分为FeS2(杂质不参与反应)。
该工艺条件下金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。
金属离子
Fe
3+
Fe
2+
Mn
2+
Mg
2+
开始沉淀pH
2.10
7.45
9.27
9.60
完全沉淀pH
3.20
8.95
10.87
11.13
回答下列问题：
(1)在实验室进行过滤操作，下列仪器不需要用到的是 (填名称)。
(2)FeS2的结构类似于Na2O2，是一种过硫化物，与酸反应生成H2S2，H2S2类似于H2O2，易分解，实验室制
取H2S时，某学生误将FeS2颗粒当作FeS使用，当FeS2和足量盐酸反应完全后，不可能生成的物质为
___________(填字母)。
A．H2S
B．S
C．FeS
D．FeCl2
(3)“反应Ⅱ”中发生反应的离子方程式为 ；“反应Ⅲ”加入MnO2的目的是 ；检验
“反应Ⅲ”完全反应的实验操作是 。
(4)“调pH”时，应控制溶液pH的范围为 ；滤渣Y的成分为 (填化学式)；“系列操
作”为 。
(5)若产品的纯度较低，进一步提纯的方法是 。
【答案】(1)锥形瓶
(2)C
(3) 2FeS2+3 MnO2+12H
+= 4S+2Fe
3++3 Mn
2++6 H2O 将溶液中的Fe
2+氧化为Fe
3+ 取少量
“反应Ⅲ”的溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若没有生成蓝色沉淀，则Fe
2+已经全部氧化为Fe
3+
(4) 3.20≤pH<9.27 Fe(OH)3、CaSO4、MnO2、CaCO3 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、
干燥
(5)重结晶
【分析】在废锰渣中加入硫酸，其中MnO2不反应，过滤后滤渣A 的主要成分为MnO2，反应Ⅱ为MnO2与硫
铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其化学方程式为
2FeS2+3 MnO2+6 H2SO4= 4 S+ Fe2(SO4)3+3 MnSO4+6 H2O，过滤得S 等的滤渣和含硫酸铁、硫酸锰的溶
液的滤液，反应Ⅲ加MnO2是将Fe2+氧化成Fe
3+，其反应为MnO2+2Fe
3++4H
+=Mn
2++2Fe
2++2H2O，加
CaCO3是利用Fe3+与CO3
2-双水解除去Fe
3+，生成Fe(OH)3沉淀，滤渣Y 为Fe(OH)3、微溶的CaSO4、未反应
的MnO2和CaCO3，最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品，据此回答。
【详解】（1）过滤操作仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要锥形瓶；
（2）FeS2与盐酸反应： FeS2 + 2HCl = FeCl2 + H2S2，H2S2分解生成H2S 和S，不会生成FeS，故选C；
（3）反应Ⅱ为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其化学方程式为
2FeS2+3 MnO2+6 H2SO4= 4 S+ Fe2(SO4)3+3 MnSO4+6 H2O，离子方式为
2FeS2+3 MnO2+12H
+= 4S+2Fe
3++3 Mn
2++6 H2O；反应Ⅲ加MnO2是将Fe
2+氧化成Fe
3+，其反应为
MnO2+2Fe
3++4H
+=Mn
2++2Fe
2++2H2O；检验“反应Ⅲ”是否完全反应，只需要检验溶液中是否存在Fe
2+即
可，取少量“反应Ⅲ”的溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若没有生成蓝色沉淀，则Fe
2+已经全部氧
化为Fe
3+；
（4）“调pH” 使Fe
3+沉淀，不沉淀Mn
2+，由表中数据可知，pH 范围3.20≤pH<9.27；由分析知滤渣Y 为
Fe(OH)3、微溶的CaSO4、未反应的MnO2和CaCO3；最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干
燥得到硫酸锰产品；
（5）由于产品MnSO4溶解度随温度变化大，重结晶可以进一步提纯MnSO4。
19．（2025·四川巴中·三模）工业上用钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Fe2O3、Al2O3等)通过如
图所示工艺流程制取钛，并进一步回收镁、铝、铁等的化合物。
已知：①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在；TiOSO4为强电解质，在溶液中仅能电离出SO4
2-和一种正离
子；
25℃
②
，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。
金属离子
Fe
3+
Fe
2+
Al
3+
Mg
2+
开始沉淀的pH
2.2
6.5
3.5
9.5
恰好沉淀完全(c=1.0×10
-5 mol⋅L
-1)时的pH
3.2
9.7
4.7
11.1
(1)若要使“分步沉淀”后母液中Fe
3+浓度不超过1.0×10
-6 mol⋅L
-1，则此时溶液pH 至少为多少？
。
(2)“酸浸”时，FeO 与硫酸反应的离子方程式是 。
(3)从水解平衡角度解释“水浸”时生成H2TiO3的原因可能是 。
(4)“分步沉淀”：用氨水逐步调节pH至11.1，依次析出的沉淀是： 、Mg (OH)2。
(5)若在“酸浸”后的溶液中加入适量的H2O2，其作用是 。
【答案】(1)3.53
(2)FeO+2H
+=Fe
2++ H2O
(3)TiO
2+水解：TiO
2++2H2O⇌H2TiO3+2H
+，加热水促进水解平衡右移，生成H2TiO3
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3、Fe(OH)2
(5)将Fe
2+氧化为Fe
3+，便于在后续分步沉淀中除去
【分析】向钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Fe2O3、Al2O3等)中加入硫酸，二氧化硅不反应，其
他物质与硫酸反应，过滤，向滤液中加入热水，过滤得到H2TiO3，煅烧得到TiO2，再氯化得到四氯化钛，
四氯化钛和镁反应生成钛和氯化镁，滤液中滴加氨水分步沉淀金属离子得到氢氧化物。
【详解】（1）已知Fe(OH)3
沉淀完全时K sp[Fe(OH)3]=c(Fe
3+)×c
3(OH
-)，Fe
3+恰好沉淀完全
(c =1.0×10
-5 mol⋅L
-1)时的pH为3.2，此时c (OH
-)=10-(14 -3.2)mol/L=10
-10.8 mol/L，则
K sp[Fe(OH)3]=1.0×10
-5×(10
-10.8)
3=1.0× 10
-37.4。若使母液中Fe
3+浓度不超过1.0×10
-6 mol⋅L
-1，则
c (OH
-)≥
3
√
K sp[Fe(OH)3]
c(Fe
3+)
=
3√
1.0×10
-37.4
1.0×10
-6 =10
-10.47 mol/L，pOH =10.47，pH =14 -10.47=3.53，所以此
时溶液pH至少为3.53；
（2）FeO 是碱性氧化物，与硫酸反应生成亚铁盐和水，据此写出离子方程式为FeO+2H
+=Fe
2++ H2O；
（3）TiO
2+水解的离子方程式为：TiO
2++2H2O⇌H2TiO3+2H
+，加热水促进水解平衡右移，生成H2TiO3；
（4）滤液中含有Fe
2+、Fe
3+、Al
3+、Mg
2+，用氨水逐步调节pH至11.1，由表格数据可知，依次析出的沉
淀是：Fe(OH)3、Al(OH)3、Fe(OH)2、Mg (OH)2；
（5）H2O2具有氧化性，能将Fe
2+氧化为Fe
3+，因为Fe
3+在较低pH时就能沉淀，便于后续除去。
20．（2025·江苏南通·三模）工业以钼精矿为原料制备MoO3的过程如下：
、
(1)“焙烧”：将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂。冷却后采用XRD 分析焙
烧前后物相的变化如下图所示。写出焙烧时生成MoO3的化学反应方程式： 。
(2)“预处理”：将钼焙砂和HNO3、NH4 NO3混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含
H2MoO4
、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、SiO2
等滤渣。[已知(NH4)2 MonO(3n+1)
在水中存在平衡：
(NH4)2MonO(3n+1)(s)⇌2NH4
+(aq)+ MoO4
2-(aq)+(n-1)MoO3(s)]
①“预处理”需在通风设备中进行，原因是 。
②写出CaMoO4转化为(NH4)2 MonO(3n+1)的化学方程式： 。
③其他条件一定，适当增大NH4 NO3浓度，所得滤渣中Mo 的含量增大，原因是 。
(3)“氨浸”：将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的H2MoO4、(NH4)2MonO(3n+1)可转化为可溶的
(NH4)2 MoO4，还有少量的CaMoO4难溶于氨水。为进一步提高Mo 元素的浸出率，可在氨水中加入的物质是
。
(4)五钼酸铵[(NH4)4 Mo5O17，M =824g⋅mol
-1]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到MoO3。取1.648g 五
钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体NH3和H2O生成，维持300℃时加热当固体质量不再变化时，所得固
体[组成为(NH4)a MobOc，Mo 为+6价]质量为1.57g。计算300℃所得固体的化学式，并写出计算过程
。
【答案】(1)2MoS2+7O2 =
高温
2MoO3+ 4SO2
(2) 钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应，生成氮氧化物等有毒气体
nCaMoO4+2 NH 4 NO3+(2n-2)HNO3
Δ
¿( NH 4)2 MonO(3n+1)+nCa( NO3)2+(n-1)H 2O
¿
(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：(NH4)2MonO(3n+1)(s)=2NH4
+ (aq)+ MoO4
- (aq)+(n-1)MoO3(s)，其他条件一
定，适当增大NH4NO3浓度，NH4
+浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo
的含量增大
(3)硝酸铵
(4)(NH4)1.5Mo5O15.75
【分析】将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂，将钼焙砂和HNO3、NH4NO3
混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含H2MoO4、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、
SiO2等滤渣，将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的H2MoO4、(NH4)2MonO(3n+1)可转化为可溶的
(NH4)2MoO4，还有少量的CaMoO4难溶于氨水；五钼酸铵[(NH4)4Mo5O17，M=824g mol
⋅
−1]在氮气中焙烧，
可逐步分解，最终得到MoO3。
【详解】（1）钼精矿(主要成分是MoS2)与空气中的氧气在高温的条件下反应生成MoO3和SO2，反应的方
程式为：2MoS2+7O2 =
高温
2MoO3+ 4 SO2；
（2）①钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应生成H2MoO4、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、SiO2等滤渣，同
时生成氮氧化物等有毒气体，所以“预处理”需在通风设备中进行；
②将钼焙砂和HNO3、NH4 NO3混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到多钼酸铵
[(NH4)2MonO(3n+1)]等，据元素种类守恒，产物还有Ca(NO3)2，设(NH4)2MonO(3n+1)的化学计量数为1，由
Ca、Mo、NH4
+守恒得反应为nCaMoO4+2 NH 4 NO3+ xHNO3
Δ
¿( NH 4)2 MonO(3n+1)+nCa( NO3)2+ yH 2O
¿
，
由N 原子守恒得4+x=2n+2、由H 原子守恒得8+x=8+2y，解得x=2n-2、y=n-1，则CaMoO4转化为
(NH4)2MonO(3n+1)的化学方程式为：
nCaMoO4+2 NH 4 NO3+(2n-2)HNO3
Δ
¿( NH 4)2 MonO(3n+1)+nCa( NO3)2+(n-1)H 2O
¿
；
③根据题意，(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：(NH4)2MonO(3n+1)(s)=2NH4
+ (aq)+ MoO4
- (aq)+(n-1)MoO3(s)，
其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，NH4
+浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得
滤渣中Mo 的含量增大；
（3）CaMoO4难溶于氨水，为进一步提高Mo 元素的浸出率，可在氨水中加入加入硝酸铵；
（4）所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo 为+6 价，根据正负化合价代数和为0，则a+6b-2c=0；1.648g
五钼酸铵的物质的量为：0.002mol，五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体NH3和H2O 生成，根据氮元
素和氢元素质量守恒得到：0.002×(4-a)×17+0.002×
(4-a)
2
×18=1.648-1.57，a=1.5，钼原子反应
前后个数不变，则b=5，根据所得固体组成为(NH4)aMobOc，其中Mo 为+6 价，根据正负化合价代数和为
0，则a+6b-2c=0，则c=15.75，则300℃所得固体的化学式为：(NH4)1.5Mo5O15.75。
21．（2025·湖北黄冈·三模）从水钴矿(主要含Co2O3及少量Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2、MnO、MnO2、
CaO 等杂质)中制备CoC2O4⋅2H2O 的工艺如图。
已知：①电极电势的大小反映了氧化剂的氧化能力相对大小。
电极
电势
S2O❑8
2-/SO❑4
2-
Co3+/Co2+
H2O2/H2O
Cl2/Cl-
ClO-/
Cl-
Fe3+/Fe2+
I2/I-
Eθ/V
2.01
1.92
1.78
1.36
0.81
0.77
0.53
②该工艺条件下，金属离子沉淀情况的pH 值如下表所示，沉淀完全视为金属离子浓度为10-5mol/L。
金
属
离
子
Co3+
Co2+
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mg2+
Mn2+
Ca2+
开
始
沉
淀
1.2
7.6
2.7
7.6
4.0
9.9
7.7
9.0
沉
淀
完
全
2.4
9.2
3.7
9.6
5.2
13.2
9.8
11.0
根据题目所给信息，回答下列问题：
(1)写出“浸出”过程中最主要的离子方程式 。“浸出”过程中的Na2SO3的物质的量不足可能
会生成 ，污染环境。
(2)以下物质适合作“氧化”过程中氧化剂的是 (填序号)
a．S2O❑8
2- b．H2O2 c．ClO- d．I2
(3)“调pH”过程的范围为 。
(4)若用R 表示异辛基，萃取剂磷酸二异辛酯的结构式可写为
，“萃取”过程后溶液中的
Co2+采取六配位，以一种中性配分子的形式存在，试将这种分子的结构补充完整 。(不考虑立
体异构)
(5)“反萃取”过程添加的试剂M 是 (写化学式)溶液。试剂M 不宜过量，可能的原因是
。
【答案】(1) Co2O3+SO❑3
2-+4H+=2Co2++SO❑4
2-+2H2O 氯气
(2)bc
(3)5.2≤pH<7.6
(4)
(5) H2SO4 磷酸二异辛酯在过量酸的作用下会水解为磷酸和异辛醇，失去萃取能力，无法循环使
用
【分析】水钴矿加入稀盐酸与金属氧化物反应，Na2SO3还原Co3+、Fe3+、MnO2，加入氧化剂与浸出液中
Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+，加入碳酸钠调节pH 沉淀Fe3+、Al3+得到滤渣1 为Fe(OH)3、Al(OH)3，加入
NaF 除镁钙得到滤渣2 为MgF2、CaF2，萃取Co2+，与Na+、Mn2+分离，反萃取后加入(NH4)2C2O4与Co2+反
应生成CoC2O4•2H2O。
【详解】（1）水钴矿的主要成分为Co2O3，因此“浸出”过程中最主要的反应Na2SO3还原Co2O3，离子方
程式为Co2O3+SO❑3
2-+4H+=2Co2++SO❑4
2-+2H2O；“浸出”过程中溶液中加入了盐酸，Cl-也是还原剂，因
此Na2SO3的物质的量不足可能会生成氯气，污染环境。
（2）“氧化”过程是将Fe2+氧化为Fe3+，加入的氧化剂不能引入新的杂质，使用氧化剂S2O❑8
2-和I2在溶
液中引入了新杂质SO❑4
2-和I-，而使用氧化剂H2O2和ClO-的还原产物为H2O 和Cl-，不引入新杂质，故答
案为bc。
（3）加入碳酸钠调节pH 的目的是沉淀Fe3+、Al3+，而不沉淀其他离子，因此pH 范围为：5.2≤pH<7.6。
（4）
萃取”过程后溶液中的Co2+配合物的分子结构为：
。
（5）“反萃取”过程添加的试剂M 是H2SO4；试剂M 不宜过量，可能的原因是：磷酸二异辛酯在过量酸
的作用下会水解为磷酸和异辛醇，失去萃取能力，无法循环使用。
22．（2025·广东汕头·三模）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。某锌浸渣中含有
ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、PbSO4等，利用锌浸渣提取Ge的实验流程如下图所示：
已知：①部分含锗微粒的存在形式与pH的关系为：
pH
pH<2
pH =2.5∼5
pH>12
Ge 存在形式
Ge
4+
[Ge(OH)3]
+
GeO3
2-
②部分金属离子的沉淀pH：
Fe
2+
Fe
3+
Zn
2+
开始沉淀
7.5
2.3
6.2
沉淀完全
9.0
3.2
8.0
回答下列问题：
(1)“滤渣”的主要成分的化学式是 。
(2)Fe2O3在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(3)“沉锗”步骤中加入的物质A 属于碱性氧化物，其化学式是 。“沉锗”操作后，Ge 以GeO2
的形式存在，随着pH的升高，Ge的沉淀率升高，“沉锗”操作理论上需控制pH范围为 。
(4)“酸溶”后，溶液的pH为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，其原理为酒石酸(C4 H6O6)与含锗微粒形成酒
石酸络阴离子[Ge(C4 H4O6)3]
2-:Ge
4++3C4 H6O6⇌[Ge(C4 H4O6)3]
2-+6 H
+
①若pH升高，锗的萃取率下降，原因是 。
②“反萃取”中加入的物质B 是 (填标号)。
a．NaOH溶液 b．H2SO4溶液 c．NaHSO4溶液
(5)一种锗晶胞结构如下左图，与锗原子距离最近且相等的锗原子有 个，锗原子A 的原子坐标
为(0,0,0)，锗原子B的原子坐标为 ；将该晶胞沿图中体对角线投影，下左图中锗原子B 投影的
位置是下右图的 号位(填数字)。
【答案】(1)SiO2、PbSO4
(2)Fe2O3+2H
++SO2=2Fe
2++SO4
2-+ H2O
(3) CaO 5<pH<6.2
(4) 生成[Ge(OH)3]
+后难以与酒石酸形成配合物 a
(5) 4 (1, 1
2 , 1
2) 4
【分析】由题给流程可知，锌浸渣用二氧化硫、硫酸溶液还原浸出，将氧化铁转化为硫酸亚铁，氧化锌、
氧化锗转化为硫酸锌、硫酸锗，二氧化硅和硫酸铅不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣和滤液；
向滤液中加入氧化钙调节溶液pH 在5—6.2 范围内，将溶液中的硫酸锗转化为二氧化锗沉淀，过滤得到含
有硫酸亚铁、硫酸锌的滤液和含有氢氧化钙、二氧化锗的滤渣；向滤渣中加入硫酸溶液酸溶，将氢氧化钙
转化为硫酸钙、二氧化锗转化为硫酸锗，经一系列操作得到石膏和硫酸锗溶液；向溶液中加入酒石酸和有
机溶剂萃取、分液得到水相和含有[Ge(C4 H4O6)3]
2-的有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH
大于12，反萃取、分液得到锗酸钠，选择合适还原剂将锗酸钠还原得到锗。
【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸铅，故答案为：SiO2、PbSO4；
（2）由分析可知，还原浸出时氧化铁发生的反应为氧化铁与二氧化硫、硫酸溶液反应生成硫酸亚铁和水，
反应的离子方程式为Fe2O3+2H
++SO2=2Fe
2++SO4
2-+ H2O，故答案为：
Fe2O3+2H
++SO2=2Fe
2++SO4
2-+ H2O；
（3）由分析可知，加入氧化钙调节溶液pH 在5—6.2 范围内的目的是将溶液中的硫酸锗转化为二氧化锗沉
淀，故答案为：CaO；5<pH<6.2；
（4）①由题意可知，加入酒石酸和有机溶剂萃取时，溶液的pH 为1.8，锗元素以硫酸锗的形式存在，由
题给信息可知，溶液pH 升高，溶液中硫酸锗会转化为[Ge(OH)3]
+离子，使得硫酸锗难以与酒石酸形成配合
物，导致锗的萃取率下降，故答案为：生成[Ge(OH)3]
+后难以与酒石酸形成配合物；
②由分析可知，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH 大于12，反萃取的目的是分液得到锗酸钠，故选a；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锗原子与位于体对角线上的锗原子距离最近，则与锗原子距离
最近且相等的锗原子有4 个；位于顶点的锗原子A 的原子坐标为(0,0,0)，说明晶胞的边长为1，则位于右
侧面心的锗原子B的原子坐标为(1, 1
2 , 1
2)；由投影图中锗原子A、C 的位置可知，锗原子B 投影的位置是
图中的4 号位，故答案为：4；(1, 1
2 , 1
2)；4。
23．（2025·福建·三模）三氧化二铬(Cr2O3)可用于制备陶瓷、合金、耐火材料等。由铬铁矿(含
FeO⋅Cr2O3和少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)制备Cr2O3的一种流程如下：
已知：
①K sp[Fe(OH)3]= 4×10
-38，K sp[Al(OH)3]=1×10
-34，K sp[Mg (OH)2]=2×10
-11，K w =1×10
-14；当溶
液中金属离子浓度≤1×10
-5 mol⋅L
-1时，可认为该金属离子已沉淀完全。
②“水浸”所得浸渣的主要成分为Fe2O3和MgSiO3。
③3√4 ≈1.6，lg1.6≈0.2。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时，SiO2发生反应的化学方程式为 。
(2)“焙烧”时，每消耗1molFeO⋅Cr2O3，需消耗 molO2。
(3)该实验条件下，从浸渣中提取Fe2O3的方法为：将浸渣酸溶、过滤，得到金属离子浓度均为0.2mol⋅L
-1
的滤液；然后调节滤液pH 的范围为 ，过滤、洗涤、煅烧，得到Fe2O3产品。
(4)“调pH 为7～8”和“酸化”两步不能合并，原因是 。“酸化”时，不能用盐酸代替硫酸，原因是
。
(5)“热还原”过程中生成N2，反应的化学方程式为 。
(6)Cr2O3晶胞结构如图所示，Cr2O3晶体的密度为ρg⋅cm
-3，晶胞体积为Vnm
3。晶胞结构示意图中的小黑
球代表 (填“Cr
3+”或“O
2-”)，阿伏加德罗常数N A= mol
-1。
【答案】(1)SiO2+ MgCO3
高温
¿ MgSiO3+CO2↑
¿
(2)1.75
(3)3.2≤pH<9(或3.2～9)
(4) 两步合并可能会导致Al(OH)3溶解，降低产品纯度 酸性条件下Cl
-能还原Cr2O7
2-，降低产品产
率并产生污染性气体Cl2
(5)Na2Cr2O7+2NH4Cl
Δ
¿Cr2O3+ N2↑+2NaCl+ 4 H2O
¿
(6) O
2- 3.04×10
23
ρV
(或其他正确答案)
【分析】铬铁矿(含FeO⋅Cr2O3和少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入碳酸镁与二氧化硅反应生成MgSiO3，
“焙烧”时FeO⋅Cr2O3与NaOH 和O2在高温下反应生成Fe2O3
❑和Na2CrO4 ，“水浸”所得浸渣的主要成
分为Fe2O3
❑和MgSiO3，加入硫酸调pH 得到Al(OH)3沉淀，Na2CrO4溶液加入硫酸转化为Na2Cr2O7，“热
还原”过程为NH4Cl 与Na2Cr2O7反应生成Cr2O3和N2。
【详解】（1）焙烧时，碳酸镁与二氧化硅反应生成MgSiO3和二氧化碳，化学方程式为：
SiO2+ MgCO3
高温
¿ MgSiO3+CO2↑
¿
。
（2）“焙烧”时，FeO⋅Cr2O3发生反应的化学方程式为4 FeO⋅Cr2O3+16 NaOH+7O2 高温2Fe2O3
+8 Na2CrO4+8 H2O，每消耗1molFeO⋅Cr2O3，需消耗1.75molO2。
（3）浸渣的主要成分为Fe2O3和MgSiO3。从浸渣中提取Fe2O3时，调节滤液pH 的目的是将Fe
3+沉淀完全，
而Mg
2+不形成沉淀。当Fe
3+沉淀完全时，溶液中c (OH
-)≥
3√
4×10
-38
1×10
-5 mol⋅L
-1=1.6×10
-11mol⋅L
-1，则
c (H
+)≤10
-3
1.6 mol⋅L
-1，即pH≥3.2；当Mg
2+不形成沉淀时，溶液中c (OH
-)<
❑√
2×10
-11
0.2
mol⋅L
-1=
1×10
-5 mol⋅L
-1，则c (H
+)>1×10
-9 mol⋅L
-1，即pH<9，则调节滤液pH 的范围为3.2≤pH<9。
（4）用硫酸溶液“调pH 为7～8”的目的是使[Al(OH)4]
-完全转化为Al(OH)3，“酸化”的目的是使CrO4
2-
充分转化为Cr2O7
2-。两步合并可能会导致Al(OH)3溶解，降低产品纯度。“酸化”时，不能用盐酸代替硫
酸，因为酸性条件下Cl
-能还原Cr2O7
2-，降低产品产率并产生污染性气体Cl2。
（5）“热还原”过程中NH4Cl 与Na2Cr2O7反应生成Cr2O3和N2，反应的化学方程式为：
Na2Cr2O7+2NH4Cl
Δ
¿Cr2O3+ N2↑+2NaCl+ 4 H2O
¿
。
（6）Cr2O3晶胞中Cr
3+与O
2-的个数比应为2 3∶，根据晶胞结构可以看出，小白球的数目为4，小黑球的数
目为12× 1
6 +2× 1
2 +3=6，则小白球数目∶小黑球数目=4 6=2 3
∶
∶，对照化学式可知，小黑球代表O
2-。1 个
晶胞含2 个Cr2O3，则晶胞的质量为304
N A
g；晶胞的体积为V ×10
-21cm
3。晶体的密度ρ= 3.04×10
23
NA V
，则
阿伏加德罗常数NA= 3.04×10
23
rV
mol
-1。
24．（2025·河北邯郸·三模）NaSbF6(六氟锑酸钠)是光化学反应的催化剂。我国科学家开发的一种以锑矿
(主要含Sb2O3、Sb2S3，还含少量Fe2O3、CuS、Sb2O5等)为原料制备NaSbF6的工艺流程如图所示。
已知：①常温下，K sp(CuS)=6.3×10
-36、K sp[Cu (OH)2]=2.1×10
-20。
②“滤液”中主要含有NaSbO2、Na2S以及NaOH三种溶质。
回答下列问题：
(1)锑矿含有的五种元素(Sb、Fe、Cu、O、S)中位于元素周期表p 区的有 种，基态Sb原子的价电子
排布式为 。
(2)“浸出”时Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐(Na3SbS3)和亚锑酸盐(Na3SbO3)，写出反应的离子方
程式： ；SbS3
3-只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸(不稳定，与亚硫酸类似，会分解)，
写出Na3SbS3与稀硫酸反应的离子方程式： 。
(3)“滤渣1”的成分是 (填化学式)。
(4)“精制”的目的是除去溶液中的S
2-。常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成CuS和Cu (OH)2沉淀，若此时
溶液的pH为10，则溶液中剩余c(S
2-)= mol⋅L
-1。
(5)锑矿粉中Sb的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则10t锑矿粉理论上能制备NaSbF6的质量为
(保留两位有效数字)t。
(6)工业上还可以通过电解含Na3SbS3、Na2S、NaOH的溶液制备金属Sb，电解过程中，阳极上发生的电极
反应为 。
【答案】(1) 3 5s
25p
3
(2) Sb2S3+6OH
-=SbS3
3-+SbO3
3-+3 H2O 2SbS3
3-+6 H
+=Sb2S3↓+3 H2S↑
(3)Fe2O3和CuS
(4)3×10
-24
(5)4.0
(6)S
2--2e
-=S或4 OH
-- 4e
-=O2↑+2H2O
【分析】锑矿粉加入硫代硫酸钠做还原剂，在NaOH 溶液中将Sb2O5还原，Sb2O3和Sb2S3都溶于NaOH 溶
液，Fe2O3和CuS 不溶，过滤除去，含NaSbO2和Na2S 的溶液中加入硫酸铜溶液，生成CuS 和Cu(OH)2沉
淀，过滤后向滤液中先加入浓NaOH 溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入H2O2溶液，将+3 价的Sb 氧化为
+5 价，得到NaSbO3·3H2O 沉淀，过滤，向得到的NaSbO3·3H2O 晶体中加入氢氟酸进行转化，最后为蒸发
浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaSbF6。
【详解】（1）元素周期表p 区元素价电子排布为ns2np1~6，Sb、Fe、Cu、O、S 中位于元素周期表p 区的
有Sb、O、S 共3 种，Sb位于第五周期VA 族，价电子排布式为5s
25p
3。
（2）“浸出”时Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐(Na3SbS3)和亚锑酸盐(Na3SbO3)，根据电荷守恒
和原子守恒配平离子方程式为：Sb2S3+6OH
-=SbS3
3-+SbO3
3-+3 H2O；SbS3
3-只能在碱性介质中存在，遇酸
则生成硫代亚锑酸，硫代亚锑酸与亚硫酸类似，会分解产生Sb2S3沉淀和H2S 气体，离子方程式为：
2SbS3
3-+6 H
+=Sb2S3↓+3 H2S↑。
（3）由分析可知，“滤渣1”的成分是Fe2O3和CuS。
（4）“精制”的目的是除去溶液中的S
2-，常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成CuS和Cu (OH)2沉淀，若
此时溶液的pH为10，c(OH-)=10
-14
10
-10 mol/L=10
-4 mol/L，c(Cu2+)=
Ksp[Cu (OH)2]
c
2(OH
-)
= 2.1×10
-20
(10
- 4)
2
mol/L=2.1×10
-12mol/L，则溶液中剩余c(S
2-)=
Ksp(CuS)
c(Cu
2+)
= 6.3×10
-36
2.1×10
-12 mol/L=3×10
-24 mol/L。
（5）锑矿粉中Sb 的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则10t 锑矿粉理论上能制备NaSbF6的质
量为10t×20 %×(1-5 %)×122
23+122+6×19
≈4.0t。
（6）工业上还可以通过电解含Na3SbS3、Na2S、NaOH的溶液制备金属Sb，电解过程中，S2-在阳极失去电
子生成S，OH-也可在阳极失去电子生成O2，阳极上发生的电极反应为S
2--2e
-=S或
4 OH
-- 4e
-=O2↑+2H2O。
25．（2025·湖北·三模）固体电解质LATP 的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，某研究人员以钛铁矿精粉(主要成
分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2)为原料合成LATP 的工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
(1)“粉碎”的目的是 ，为了达到这一目的，还可以采用的措施有 (答一条即可)。
(2)“碱浸”的目的是除去 (填化学式)。
(3)“碱浸”时加入适当过量的NaOH 溶液，“酸浸”时加入适当过量的稀硫酸，且NaOH 溶液和稀硫酸均
不宜过量太多，其主要原因是 。
(4)“沉钛”时生成Ti3(PO4)4的化学方程式为 。
(5)本实验洗涤Ti3(PO4)4时采用如图所示装置，该装置为抽滤装置，其原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降
低，达到快速固液分离的目的。其中“安全瓶”的作用是 。
(6)常温下，Ti3(PO4)4的Ksp=a，当溶液中c(Ti4＋)≤1.0×10-5 mol·L-1时可认为Ti4＋沉淀完全，则“沉钛”时，
溶液中c(PO❑4
3-)最低为 mol·L-1.
【答案】(1) 增大接触面积，加快反应速率 适当升温(或搅拌)
(2)Al2O3、SiO2
(3)适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1
和滤液2 成本高
(4)4H3PO4＋3TiOSO4=Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O
(5)防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中
(6)4√10
15a
【分析】钛铁矿粉碎过筛后加入NaOH 溶液，氧化铝、二氧化硅和NaOH 溶液反应而除去，FeTiO3用稀硫
酸酸浸，得到TiOSO4和FeSO4的混合溶液，加磷酸沉钛，得到Ti3(PO4)4，Ti3(PO4)4和AlPO4、Li3PO4高温
反应得到LATP，据此回答。
【详解】（1）“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率；为了达到加快反应速率的目的，还可以
适当升温或搅拌，以及适当增加NaOH 溶液的浓度等；
（2）钛铁矿粉碎过筛后主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2，加入NaOH 溶液“碱浸”的目的是除去
杂质Al2O3、SiO2；
（3）NaOH 溶液、H2SO4溶液均具有强烈的腐蚀作用，NaOH 溶液和稀硫酸均不宜过量太多，适当过量可
以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1 和滤液2 成本
高；
（4）“沉钛”时加入磷酸生成Ti3(PO4)4的化学方程式为：4H3PO4＋3TiOSO4=Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O；
（5）抽滤原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，抽气泵中的压强降低容易出现倒吸现象，需要加入
“安全瓶”平衡气压，防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中；
（6）Ti3(PO4)4(s)⇌3Ti
4+ (aq)+4PO4
3-(aq)，Ksp=c
3(Ti
4+)⋅c
4(PO4
3-)=a，当Ti4+沉淀完全时，溶液中
c(PO❑4
3-)最低为c(PO4
3-)=
4√
Ksp
c
3(Ti
4+)
= 4√
a
(1.0×10
-5)
3 mol/L=
4√10
15a mol / L。
