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专题08 工艺流程综合题
1．（2025·江西景德镇·二模）镍氯电池的正极材料为Ni(OH)2和镀镍钢，负极材料为稀土(RE)、镍、钴、
锰、铝储氢合金。从废镍氢电池电极材料中回收相关金属具有重要的意义，某种回收处理工艺如图，回答
相应问题。
已知K sp[Co(OH)2]=6.0×10
-15、K sp[Ni(OH)2]=5.4×10
-16，当c ≦10
-5 mol⋅L
-1时可认为沉淀完全。
(1)画出基态Ni原子的价电子轨道表示式 。
(2)沉土时得到的稀土化合物从盐的分类角度属于 (填字母)；
a.铵盐 b.硫酸盐 c.复盐 d.酸式盐
稀土元素Pr通常以+3 价最为稳定，少数会出现+4 价，Pr6O11中+3 和+4 价Pr的个数比为 。
(3)滤渣中含有MnO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，写出除杂时Fe
2+参与的离子方程式 。
(4)共沉步骤中，当溶液中c(Ni
2+)=5.4×10
-6 mol/L时，溶液的pH = ；此时Co
2+沉淀 。(填
“完全”或“不完全”)
(5)滤液中可回收循环使用的物质是 。
【答案】(1)
(2) abc 1：2
(3)3Fe
2++7 H2O+ MnO4
- = MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5 H
+
(4) 9.0 或9 不完全
(5)(NH4)2SO4
【分析】从废镍氢电池电极材料中回收相关金属的工艺流程为：将废电极加入硫酸酸浸得到含金属离子的
酸浸液，过滤掉浸渣后得到的酸浸液中加入(NH 4)2SO4
沉淀稀土元素得到
xRE2(SO4)3· y(NH 4)2SO4· zH 2O固体，过滤后在滤液 中加入KMnO4
，调节pH =5除杂，过滤除去滤
渣，在滤液中加入氨水共沉淀得Ni(OH )2
和Co(OH )2
，据此分析解答。
【详解】（1）Ni 为28 号元素，其基态Ni 原子的价电子的电子排布式为：3d
84 s
2，则基态Ni原子的价电
子轨道表示式为：
。
（2）根据稀土化合物的化学组成xRE2(SO4)3· y(NH 4)2SO4· zH 2O；
a.该物质中有NH 4
+，属于铵盐，a 选项符合；
b.该物质中有SO4
2-，属于硫酸盐，b 选项符合；
c.该物质中含稀土金属离子RE
3+、NH 4
+两种阳离子和SO4
2-一种阴离子，属于复盐，c 选项符合；
d.该物质中不存在酸式根离子，不属于酸式盐，d 选项不符合；
符合条件的选项为：abc；
在Pr6O11中，设+3 价Pr为x 个，+4 价Pr为y 个，列式¿，解得¿，则Pr6O11中+3 和+4 价Pr的个数比为
2:4=1:2。
（3）除杂过程中得到的滤渣中含有MnO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，则加入的KMnO4在pH =5的酸性环境中将
Fe
2+氧化为Fe
3+转变为Fe(OH )3沉淀除去，同时KMnO4被还原为MnO2固体除去，则反应的离子方程式
为：3Fe
2++7 H2O+ MnO4
- = MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5 H
+。
（4）根据已知K sp[Co(OH )2]=6.0×10
-15、K sp[Ni(OH )2]=5.4×10
-16，当c≤10
-5mol⋅L
-1时可认为
沉淀完全；当溶液中c(Ni
2+)=5.4×10
-6 mol/L
时，根据
K sp[Ni(OH )2]=c(Ni
2+)·c
2(OH
-)=5.4×10
-16⇒c
2(OH
-)= 5.4×10
-16
c(Ni
2+)
= 5.4×10
-16
5.4×10
-6 =1.0×10
-10，解得
c(OH
-)=
❑√1.0×10
-10=1.0×10
-5mol· L
-1，溶液的pH =9.0；又根据
K sp[Co(OH )2]=c(Co
2+)·c
2(OH
-)=6.0×10
-15⇒c(Co
2+)= 6.0×10
-15
c
2(OH
-)
= 6.0×10
-15
1.0×10
-10 =6.0×10
-5mol· L
-1>10
-5mol
则此时Co
2+沉淀不完全。
（5）在最后共沉淀操作过程中除生成Ni(OH )2和Co(OH )2沉淀，还有(NH 4)2SO4生成，过滤后滤液中的
(NH 4)2SO4可以循环到沉土流程中继续使用，所以滤液中可回收循环使用的物质是：(NH 4)2SO4。
2．（2025·吉林·二模）钌(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。某含钌的废渣主要
成分为Ru、Pb、SiO2、Bi2O3，一种从中回收Ru 制RuCl3的工艺流程如下：
(1)“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率分别如图1、图2 所示，则适宜选择的氧化
剂为 。
(2)滤液Ⅰ中溶质主要成分为RuO4
2-、NaBiO2、NaHPbO2和 ；Bi2O3转化为NaBiO2的化学方程式为
。
(3)“还原”过程生成Ru(OH)4和乙醛，且pH 明显增大，则该过程的离子反应方程式为 。
(4)“吸收”过程产生的气体X 经Y 溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，则X 和Y 的化学式分别为
、 。
(5)RuCl3在有机合成中有重要应用，其参与某有机物合成的路线如图3 所示(HAc 代表乙酸，Ph 代表苯基)，
则下列说法正确的是_______。
A．RuCl3为催化剂
B．H2O2作氧化剂
C．HAc 为中间产物
D．主要生成物为
【答案】(1)次氯酸钠
(2) Na2SiO3 Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O
(3)RuO4
2-+CH3CH2OH+H2O=Ru (OH)4↓+CH3CHO+2OH
-
(4) Cl2 NaOH
(5)BD
【分析】由题给流程可知，含钌的废料中加入氢氧化钠溶液和氧化剂氧化碱浸，Ru 和Pb 被氧化为RuO4
2-和
NaHPbO2，SiO2和Bi2O3与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3和NaBiO2，过滤得到含有RuO4
2-、NaBiO2、
NaHPbO2和Na2SiO3的滤液Ⅰ；向滤液Ⅰ中加入乙醇，将RuO4
2-还原为Ru(OH)4沉淀，过滤得到滤液Ⅱ和
Ru(OH)4；Ru(OH)4在蒸馏条件下被氯酸钠氧化为RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O，RuCl3溶
液经结晶得到RuCl3。
【详解】（1）由图可知，相同温度时，次氯酸钠作氧化剂时的钌浸出率高于氯酸钠、渣率低于氯酸钠，
则适宜选择的氧化剂为次氯酸钠；
（2）由分析，滤液Ⅰ中溶质主要成分为RuO4
2-、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3；氧化铋与氢氧化钠溶液反
应生成偏铋酸钠和水，反应的化学方程式为Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O；
（3）滤液Ⅰ中加入乙醇，将RuO4
2-还原为Ru(OH)4沉淀，同时生成乙醛，且pH 明显增大，则还生成氢氧
根离子，结合质量守恒，反应为：RuO4
2-+CH3CH2OH+H2O=Ru (OH)4↓+CH3CHO+2OH
-；
（4）由分析可知，气体X 为氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，经进一步处理
得到的次氯酸钠溶液可以循环利用，则Y 为氢氧化钠溶液，故答案为：Cl2、NaOH；
（5）
由图可知，Ru(Ac)3在反应中消耗由被生成，为反应的催化剂；反应中过氧化氢中氧元素化合价降低被还
原，为反应的氧化剂；醋酸、过氧化氢、CH3CH=CHPh 为反应物，
和水是生成物，故选
BD。
3．（2025·福建龙岩·二模）一种从金还原后液(主要含Na
+、H
+、PdCl4
2-、PtCl6
2-、Cl
-)中回收钯(Pd)和铂
(Pt)的工艺流程如下：
(1)“沉钯铂”中钯、铂的沉淀率与搅拌时长的关系如图。
①PdCl4
2-转化为PtCl6
2-的离子方程式为 。
②搅拌时间过长，钯、铂的沉淀率下降的原因是 。
(2)“微热”过程1mol Pd(Ⅳ)转化为Pd(Ⅱ)的同时，生成标准状况下22.4L 气体X，则气体X 为(填化学式)
。
(3)“分铂”发生反应：PdCl4
2-+ 4 NH3⋅H2O =[Pd(NH3)4]
2++ 4 Cl
-+ 4 H2O K=250；PdCl4
2-浓度从0.025
mol⋅L
-1降到1.0×10
-5 mol⋅L
-1，此时溶液中的c(NH3⋅H2O)= mol⋅L
-1。
(4)“沉钯”得到的Pd(NH3)2Cl2存在同分异构现象，其中分子极性较弱的是 (填标号) 。
A．
B．
(5)虚线框内“还原”和“氧化”步骤需重复三次的目的是 。
(6)“煅烧”过程产生气体中，有一种可做保护气，相应的化学方程式为 。
(7)金属Pt 采用面心立方堆积方式，将其晶胞中的一些Pt 换成Co，得到具有永磁性能的铂钴合金，其晶胞
如图所示。则该合金的化学式为 ；Pt 原子和Co 原子之间的最近距离为a pm，则该晶胞参数为
pm。
【答案】(1) 3PdCl4
2-+ClO3
-+5Cl
-+6 H
+=3PdCl6
2-+3 H2O 搅拌时间过长ClO3
-与Cl
-反应，导致
PdCl6
2-、PtCl6
2-解离溶解
(2)Cl2
(3)10
-0.75
(4)A
(5)充分除去沉淀中的杂质，提高(NH4)2[PtCl6]纯度
(6)3(NH4)2[PtCl6]=3Pt+2N2↑+2NH4Cl+16 HCl↑
(7) PtCo ❑√2a
【分析】金还原后液加入氯酸钠、氯化铵转化得到(NH4)2PdCl6、(NH4)2PtCl6，微热，(NH4)2PdCl6转化
为PdCl4
2-，加入氨水使得Pt 元素转化为沉淀、PdCl4
2-转化为[Pd(NH3)4]
2+，使得两者分离，经过还原、氧
化得到(NH4)2PtCl6，煅烧得到Pt；[Pd(NH3)4]
2+加入盐酸沉淀、煅烧得到Pd；
【详解】（1）①氯酸钠具有氧化性，氧化PdCl4
2-转化为PtCl6
2-，氯酸钠中氯化合价由+5 变为-1、Pd 化合
价由+2 变为+4，结合电子守恒，离子方程式为3PdCl4
2-+ClO3
-+5Cl
-+6 H
+=3PdCl6
2-+3 H2O。
②搅拌时间过长ClO3
-与Cl
-反应，导致PdCl6
2-、PtCl6
2-解离溶解，故搅拌时间过长，钯、铂的沉淀率下降；
（2）“微热”过程1mol Pd(Ⅳ)转化为Pd(Ⅱ)，Pd 化合价降低被还原，且转移2mol，同时生成标准状况下
22.4L 气体X（为1mol），则气体X 为氯离子失去2mol 电子被氧化生成的氯气：Cl2；
（3）PdCl4
2-浓度从0.025mol⋅L
-1降到1.0×10
-5 mol⋅L
-1，则可以认为PdCl4
2-已经完全转化，则
[Pd(NH3)4]
2+、Cl
-分别为2.5×10-2mol/L、2.5×10-2mol/L×4=10-1mol/L，则
K=250=
c([Pd(NH3)4]
2+)c
4(Cl
-)
c(PdCl4
2-)c
4(NH3⋅H2O)
=
2.5×10
-2×10
-1×4
1.0×10
-5×c
4(NH3⋅H2O)
，c(NH3⋅H2O)=10
-0.75 mol/L；
（4）
Pd(NH3)2Cl2存在同分异构现象，则其为平面四边形结构，分子极性较弱，则其分子结构较为对称，故为
A．
；
（5）虚线框内“还原”和“氧化”步骤需重复三次的目的是：充分除去沉淀中的杂质，提高
(NH4)2[PtCl6]纯度；
（6）“煅烧”得到Pt，Pt 化合价降低被还原，且产生气体中有一种可做保护气，结合质量守恒、电子守
恒，则部分氮化合价升高被氧化为氮气，氮气化学性质稳定能做保护气，结合质量守恒，还会生成氯化铵、
HCl，相应的化学方程式为3(NH4)2[PtCl6]=3Pt+2N2↑+2NH4Cl+16 HCl↑；
（7）根据“均摊法”，晶胞中含8× 1
8 +2× 1
2 =2个Co、4× 1
2 =2个Pt，则该合金的化学式为PtCo；Pt 原
子和Co 原子之间的最近距离为面对角线的二分之一，且为a pm，则该晶胞参数为❑√2apm。
4．（2025·云南大理·二模）某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴的+2 价氧化物及锌和铜的单质。从该废
渣中提取钴的一种流程如下。
已知：常温下，K sp(CoS)=1.8×10
-22。回答下列问题：
(1)基态Co 原子的价电子轨道表示式为 。
(2)“酸浸”步骤中，可提高含钴废渣浸出率的措施有 （写出一种）。
(3)“浸出渣”的主要成分为 （填化学式）。
(4)在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol∙L-1，则此时溶液的c(H+)＞
mol∙L-1。【已知常温下，饱和H2S 水溶液中：c (H2S)=0.1mol⋅L
-1；K a1(H2S)=9.0×10
-8，K a2(H2S)=
1.0×10
-12】
(5)在“氧化”步骤中若Na2S2O8过量会将Co2+氧化为Co3+，写出该反应的离子方程式 。
(6)Co 的一种氧化物的晶胞如图所示，该晶体中Co2+的配位数是 ；已知Co2+的半径为a nm，O2-的半
径为b nm，Co2+和O2-在晶体中是紧密堆积排列的，则该晶体的密度为 g∙cm-3。
【答案】(1)
(2)升温、粉碎矿物、搅拌等
(3)PbSO4、Cu
(4)3
(5)S2O8
2-+2Co
2+=2SO4
2-+2Co
3+
(6) 6
300
8(a+b)
3 N A
×10
21
【分析】炼锌废渣(含有锌、铅、铜、铁、钴的+2 价氧化物及锌和铜的单质)中加入稀H2SO4酸浸，锌、铁、
钴、铜的氧化物都溶解，氧化铅与硫酸反应转化为硫酸铅，锌单质与Cu2+发生置换反应，浸出渣中含有部
分Cu 和PbSO4；往滤液中通入足量H2S 沉铜，生成铜渣的成分为CuS；除铜液中加入Na2S2O8氧化Fe2+为
Fe3+，再加入Na2CO3调节溶液的pH=3.5 进行沉铁，得到铁渣；过滤后往滤液中加入(NH4)2C2O4沉钴，生成
CoC2O4沉淀，Zn2+留在滤液中。
【详解】（1）
基态Co 原子的价电子排布式为3d74s2，则价电子轨道表示式为
。
（2）“酸浸”步骤中，增大接触面积、升高温度、适当增大酸的浓度等，都可提高含钴废渣浸出率，则
措施有：升温、粉碎矿物、搅拌等。
（3）由分析可知，“浸出渣”的主要成分为：PbSO4、Cu。
（4）在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol∙L-1，则此时溶液中c(S2-)＜K sp(CuS)
c(Cu
2+)
=1.8×10
-22
0.18
mol∙L-1=10-21mol∙L-1，Ka1∙Ka2=c
2(H
+)⋅c(S
2-)
c(H2S)
=c
2(H
+)⋅(＜10
-21)
0.1
=9.0×10-8×1.0×10-12，则
c(H+)＞3mol∙L-1。
（5）在“氧化”步骤中，若Na2S2O8过量，会将Co2+氧化为Co3+，S2O8
2-转化为SO4
2-，依据得失电子守恒、
电荷守恒和元素守恒，可得出该反应的离子方程式为S2O8
2-+2Co
2+=2SO4
2-+2Co
3+。
（6）Co 的一种氧化物的晶胞如图所示，该晶体中，含黑球的数目为8× 1
8 +6× 1
2
=4，含白球的数目为
12× 1
4 +1=4，则Co2+与O2-的个数比为1:1，其化学式为CoO，设体心的白球表示Co2+，则与其距离最近
且相等的O2-位于面心，共6 个，所以Co2+的配位数是6；已知Co2+的半径为a nm，O2-的半径为b nm，则
立方体的边长为(2a+2b)pm，Co2+和O2-在晶体中是紧密堆积排列的，则该晶体的密度为
4(59+16)g/mol
N A mol
-1⋅[(2a+2b)×10
-7cm ]
3
=
300
8(a+b)
3 N A
×10
21g∙cm-3。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。
5．（2025·山东·二模）钼钢具有高强度、高韧性、耐腐蚀等优良性能。一种利用钼渣[含CaMoO4、
Fe2(MoO4)3、PbMoO4、MoS2]制备钼酸铵的流程如图所示：
已知：①钼酸(H2MoO4)不溶于水；②当溶液中某离子浓度c(M
n+)≤1×10
-5 mol⋅L
-1时，可认为该离子沉
淀完全；常温下，几种沉淀的K sp如下表所示：
Fe(OH)3
PbCl2
PbSO4
Fe(OH)2
K sp
1×10
-38
1×10
-5
1×10
-8
5×10
-17
回答下列问题：
(1)“磨粉”操作的目的是 ，实验室模拟该操作所需主要仪器是 。
(2)“调pH”可加入CaCO3，生成“滤渣II”的离子方程式为 ，向“滤渣II”加入硫酸和(NH4)2SO4
溶解，再经一系列操作可得到NH4 Fe(SO4)2，则理论上加入n(H2SO4):n[(NH4)2SO4] = 。
(3)稀硝酸氧化时将MoS2转化为H2MoO4和H2SO4，该反应的离子方程式为 ，“滤渣III”的主要成
分为 。
(4)钼酸钠和月桂酰肌氨酸常用做碳钢的缓蚀剂。
①空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的
碳钢管道缓蚀，除加入钼酸盐外还需加入的物质是 (填字母)。
A．适量的N2 B．NaNO2 C．油脂 D．盐酸
②常温下，碳钢在不同介质中腐蚀速率的实验结果如图所示。
当硫酸的浓度大于90 %时，腐蚀速率几乎为零，原因是 。若缓蚀剂为钼酸钠—月桂酰肌氨酸(总浓
度为300 mg⋅L
-1)，缓蚀效果最好时，钼酸钠(M =206g⋅mol
-1)的物质的量浓度为 mol⋅L
-1(保留2
位有效数字)。
【答案】(1) 增大固体与盐酸的接触面积，加快反应速率，充分反应 研钵
(2) 2Fe
3++3CaCO3+3 H2O =2Fe(OH)3+3Ca
2++3CO2 3：1
(3) MoS2+6 NO3
-+2H
+= H2MoO4+2SO4
2-+6 NO PbSO4
(4) B 常温下浓硫酸会使铁钝化 7.3×10
- 4
【分析】钼渣含CaMoO4、Fe2(MoO4)3、PbMoO4、MoS2；钼渣磨粉后用盐酸“酸溶”， CaMoO4和盐酸反
应生成氯化钙和钼酸沉淀，Fe2(MoO4)3和盐酸反应生成氯化铁和钼酸沉淀，PbMoO4和盐酸反应生成氯化铅
沉淀和钼酸沉淀，MoS2和盐酸不反应，过滤，滤渣Ⅰ含MoS2、钼酸和氯化铅，滤液Ⅰ含氯化钙、氯化铁，
滤液Ⅰ中加碳酸钙“调pH”生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁用硫酸铵和硫酸溶液生成硫酸铁铵。滤渣1 用稀
硝酸“氧化”，MoS2转化为H2MoO4沉淀和H2SO4，氯化铅和硫酸反应转化为硫酸铅沉淀，用氨水“氨溶”
钼酸转化为钼酸铵，过滤，滤渣Ⅲ是硫酸铅。
【详解】（1）根据影响反应速率的因素，增大接触面积，能加快反应速率，“磨粉”操作的目的是增大
固体与盐酸的接触面积，加快反应速率，充分反应；实验室中“磨粉”操作在研钵中进行。
（2）根据流程图，可知加入碳酸钙“调pH”生成“滤渣II”是氢氧化铁，反应的离子方程式为
2Fe
3++3CaCO3+3 H2O=2Fe(OH)3+3Ca
2++3CO2；(NH4)2SO4中n(NH4
+):n(SO4
2-)=2:1 ，NH4 Fe(SO4)2
中n(NH4
+):n(SO4
2-)=2:4，则理论上加入n(H2SO4):n[(NH4)2SO4] =3:1。
（3）稀硝酸氧化时将MoS2转化为H2MoO4和H2SO4，硝酸被还原为一氧化氮，根据得失电子守恒，该反应
的离子方程式为MoS2+6 NO3
-+2H
+= H2MoO4+2SO4
2-+6 NO，“滤渣1”中的PbCl2和MoS2氧化生成的硫酸反
应生成PbSO4沉淀，所以“滤渣III”的主要成分为PbSO4。
（4）①NaNO2的具有氧化性， NaNO2可以替代空气中氧气起氧化剂作用，有利于在钢铁表面形成
FeMoO4-Fe2O3保护膜，所以密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除加入钼酸盐外还需加入的物质是
NaNO2，选B。
②常温下浓硫酸会使铁钝化，所以当硫酸的浓度大于90 %时，腐蚀速率几乎为零。缓蚀效果最好时，钼酸
钠的浓度为150mg⋅L
-1 ，钼酸钠的物质的量浓度为
0.15g
206g/mol
1L
=7.3×10
- 4 mol⋅L
-1。
6．（2025·湖北武汉·二模）某废氧化铝基催化剂主要含有α - Al2O3、NiAl2O4，以及少量Fe2O3、MgO等，
从该废催化剂中提取铝、镍的一种工艺流程如下。
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10
-5 mol⋅L
-1)时的pH：
Ni
2+
Fe
3+
Mg
2+
Al
3+
开始沉淀的pH
6.2
1.5
9.2
3.2
沉淀完全的pH
8.7
2.8
10.8
4.3
回答下列问题：
(1)基态Ni 的价电子排布式为 。
(2)α - Al2O3硬度很大，熔点为2045℃，则其晶体类型为 。
(3)Al2O3“焙烧”生成NaAlO2的化学方程式为 。
(4)“滤饼”的成分为AlOOH，则“沉铝”的离子方程式为 。
(5)“调pH”分步沉淀可获得Ni(OH)2，两次“调pH”的数值依次为 、 （填标号）。
a．3 b．7 c．9 d．11
(6)“调pH”沉镍后，滤液中溶质的主要成分为 （填化学式）。
(7)可利用萃取剂P204（
）从“溶液”中萃取分离出
Ni
2+
。P204 在煤油中常以二聚
体的形式存在，其原因是 。
【答案】(1)3 d
84 s
2
(2)共价晶体
(3)Al2O3+ Na2CO3
高温
¿2NaAlO2+CO2↑
¿
(4)[Al(OH)4]
-+ H
+= AlOOH↓+2H2O（或AlO2
-+ H
+= AlOOH↓）
(5) a c
(6)(NH4)2SO4、MgSO4
(7)P204 中含有羟基，容易形成分子间氢键
【分析】废氧化铝基催化剂主要含有α - Al2O3、NiAl2O4，以及少量Fe2O3、MgO等，加入纯碱焙烧时，
α - Al2O3反应生成NaAlO2，水浸、过滤得到Na[Al(OH)4]溶液，浸出液用盐酸沉铝得到AlOOH，煅烧得
到γ - Al2O3；浸渣进行酸溶，变为金属阳离子，加氨水分步沉淀，得到Ni(OH)2，最后分解得到NiO；
【详解】（1）镍的原子序数为28，基态Ni 的电子排布式为[Ar]3d84s2，因此价电子排布式为3d84s2；
（2）α-Al2O3硬度大、熔点高(2045℃)，符合共价晶体的特征，故其晶体类型为共价晶体；
（3）氧化铝与碳酸钠在高温下反应生成NaAlO2和二氧化碳，反应的化学方程式为：
Al2O3+ Na2CO3
高温
¿2NaAlO2+CO2↑
¿
；
（4）Na[Al(OH)4]溶液中加入盐酸生成AlOOH 沉淀，反应的离子方程式为
[Al(OH)4]
-+ H
+= AlOOH↓+2H2O；
（5）酸溶后的溶液中含有的金属离子为Ni2+、Fe3+、Mg2+，分步沉淀需先除去Fe3+，再沉淀Ni2+，同时避
免Mg2+沉淀，第一步除Fe3+：Fe3+完全沉淀的pH 为2.8，需调pH 至略大于2.8，选a；第二步沉淀Ni2+：
Ni2+完全沉淀的pH 为8.7，需调pH 至8.7～9.2(避免Mg2+沉淀，Mg2+开始沉淀的pH=9.2)，应选c，故答案
为：a；c；
（6）“调pH”沉镍后溶液中主要阳离子为NH❑4
+和Mg2+，，阴离子为SO❑4
2-(来自酸溶步骤)，因此溶质
主要成分为(NH4)2SO4、MgSO4；
（7）P204 在煤油中以二聚体形式存在的原因萃取剂P204 分子中含羟基(-OH)，分子间可通过氢键形成二
聚体，从而稳定存在于煤油中。
7．（2025·福建厦门·二模）铜阳极泥的主要成分为Cu2S、Cu2Se、Cu2Te、Au、Ag，从铜阳极泥中提取
金、银的工艺流程如下：
(1)“浸铜”时，鼓入空气的目的有提供氧化剂、 。
(2)“浸铜”时，Cu2S反应生成S 的化学方程式为 。
(3)硫脲(
)呈平面结构，可简写为
TU
，强酸性条件下有还原性。“浸金银”中：
①硫脲与尿素(
)结构相似，熔点更高的原因是 。
②已知：25℃时Ag
+ (aq)+TU (aq)=[Ag (TU)]
+ (aq) K 1=10
7.39
[Ag (TU)]
+ (aq)+TU (aq)=[Ag (TU)2]
+ (aq) K 2=10
2.76
[Ag (TU)2]
+ (aq)+TU (aq)=[Ag (TU)3]
+ (aq) K 3=10
2.52
则Ag
+ (aq)+3TU (aq)=[Ag (TU)3]
+ (aq) K = 。
③
[Ag (TU)3]
+
的结构为
，
Ag
反应生成
[Ag (TU)3]
+
的离子方程式为
，与Ag
+配位的原子是S而不是N的原因是 。
④浸出液pH对金浸出率的影响如图。随着浸出液pH升高，金浸出率先升高后降低的原因是 。
⑤浸出渣的主要成分有S、 。
(4)“电解”时，生成Ag的电极反应式为 。
(5)“离子交换”除去金属离子后，吸附后液可返回 工序循环使用。
【答案】(1)搅拌，增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(2)Cu2S+O2+2H2SO4=S+2CuSO4+2H2O
(3) 硫脲和尿素为分子晶体，硫脲的相对分子质量更大，范德华力更大 10
12.67
Ag+3TU+Fe
3+=[Ag (TU)3]
++Fe
2+ S 的原子半径更大，电负性更小，更易给电子形成配位键
pH<1.5时，pH升高，TU还原性减弱，避免与Fe
3+反应；pH>1.5时，pH升高，Fe
3+会形成沉淀 Se、
Te
(4)[Ag (TU)3]
++e
-=Ag+3TU
(5)浸金银
【分析】铜阳极泥加入硫酸、空气，将铜转化为硫酸铜浸出液，过滤后固体加入氯化铁、硫脲，将银、金
转化为[Ag (TU)3]
+、[Au (TU)3]
+，电解生成银单质、金单质，电解后溶液通过离子交换除去金属离子得到吸
附后液；
【详解】（1）空气中氧气具有氧化性，且液体中鼓入气体可以搅动溶液，“浸铜”时，鼓入空气的目的
有提供氧化剂、搅拌，增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（2）“浸铜”时，空气中氧气具有氧化性，氧气在酸性条件下氧化Cu2S生成硫单质和硫酸铜，铜化合价
由+1 变为+2、Cu2S中硫化合价由-2 变为0，氧气中氧化合价由0 变为-2，结合电子守恒，化学方程式为
Cu2S+O2+2H2SO4=S+2CuSO4+2H2O；
（3）①硫脲和尿素为分子晶体，硫脲的相对分子质量更大，范德华力更大，故硫脲与尿素相比，熔点更
高；
②已知：
①Ag
+ (aq)+TU (aq)=[Ag (TU)]
+ (aq) K 1=10
7.39
②[Ag (TU)]
+ (aq)+ TU (aq)=[Ag (TU)2]
+ (aq) K 2=10
2.76
③[Ag (TU)2]
+ (aq)+TU (aq)=[Ag (TU)3]
+ (aq) K 3=10
2.52
由盖斯定律可知，①+
+
②③得反应Ag
+ (aq)+3TU (aq)=[Ag (TU)3]
+ (aq)，则K = K 1 K 2 K 3=10
12.67。
③Ag固体加入氯化铁、硫脲，将银转化为[Ag (TU)3]
+，铁离子化合价降低、银化合价升高，故反应的离子
方程式为Ag+3TU+Fe
3+=[Ag (TU)3]
++Fe
2+；S 较N 的原子半径更大，电负性更小，更易给电子形成配位键，
故与Ag
+配位的原子是S 而不是N；
④已知TU在强酸性条件下有还原性，pH<1.5时，pH升高，TU还原性减弱，避免与Fe
3+反应，pH>1.5时，
pH升高，氢氧根离子浓度增大，Fe
3+会形成沉淀，导致随着浸出液pH升高，金浸出率先升高后降低；
⑤浸铜过程中生成硫单质，结合流程，浸金银过程的溶液中含有[Ag (TU)3]
+、[Au (TU)3]
+，铁离子具有氧化
性，结合质量守恒，浸金银过程中铁离子会将Se、Te 元素氧化为Se、Te 单质，则浸出渣的主要成分有
S、Se、Te；
（4）“电解”时，生成Ag的电极反应为[Ag (TU)3]
+得到电子发生还原反应生成银单质和TU，反应为
[Ag (TU)3]
++e
-=Ag+3TU；
（5）电解时[Ag (TU)3]
+、[Au (TU)3]
+得到电子发生还原反应生成银单质、金单质，同时生成TU，“离子交
换”除去金属离子后，吸附后液含TU，可返回浸金银工序循环使用。
8．（2025·贵州毕节·二模）近年来全球电动汽车销量激增，废旧锂电池的回收愈发迫在眉睫。以废旧三元
锂电池正极材料的硫酸浸出液（含Ni、Co、Mn、Li）为研究对象，采用Cyanex 301（一种酸性萃取剂）
选择性分离回收其中的Ni和Co；ECo和ENi代表萃取率。工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)Co 在周期表中的位置 。
(2)水相经加碱调节pH后，通入空气可将Mn
2+氧化成固体氧化物，从而实现分离，写出反应的离子方程式
。
(3)Co(OH)3遇到氨性溶液（由NH3⋅H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制）会转化为[Co(NH3)6]
2+，此时氧化剂
与还原剂的物质的量之比为 。
(4)Cyanex 301 是一种酸性萃取剂，其与金属离子的萃取反应可简易表示为：
Me
n+ (aq)+m HL(有机相)=[Me(HL)m-nLn](有机相)+n H
+式中：Me为被萃金属离子；HL为萃取剂
Cyanex 301，结合下图第一次反萃取过程中HCl 的浓度应为 mol/L，简述选择此浓度的原因
。
(5)提纯的镍和钴可用于制取镍四甲基酞箐与钴四氨基酞箐双位点电催化剂，下图中镍的化合价为 。
(6)从NiCl2溶液中获取干燥的NiCl2⋅4 H2O晶体的操作步骤为 。
(7)由CoCl2等物质可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图所示。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、
y为整数。则Co在晶胞中的位置为 ；晶体中一个Al 周围与其最近的O 的个数为 。
【答案】(1)第四周期第Ⅷ族
(2)2Mn
2++ 4 OH
-+O2=2MnO2↓+2H2O
(3)2:1
(4) 3 HCl浓度为3 mol/L时主要萃取出的为Co，此时Ni基本没有被萃取出来，便于分离出Co和
Ni
(5)＋2
(6)在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(7) 体心 12
【分析】浸出液加入萃取剂萃取出含Co、Ni 的有机相，加入一定浓度盐酸反萃取得到CoCl2水相溶液，改
变盐酸浓度第二次反萃取得到NiCl2的水相溶液；分别处理水相溶液得到CoCl2⋅6 H2O、NiCl2⋅4 H2O；
【详解】（1）Co 为27 号元素，在周期表中的位置：第四周期第Ⅷ族；
（2）空气中氧气具有氧化性，可将Mn
2+氧化成固体氧化物二氧化锰，反应为：
2Mn
2++ 4 OH
-+O2=2MnO2↓+2H2O；
（3）反应中Co 由+3 变为+2 为氧化剂，硫化合价由+4 变为+6 为还原剂，结合电子守恒：
2Co(OH)3∼2e
-∼SO3
2-，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；
（4）由图，HCl浓度为3 mol/L时主要萃取出的为Co，此时Ni基本没有被萃取出来，便于分离出Co和Ni，
故第一次反萃取过程中HCl 的浓度应为3mol/L；
（5）图中二氧化碳得到2 个电子被还原为CO，图中镍会失去2 个电子而显+2 价；
（6）蒸发过程中NiCl2会水解，则应在HCl 氛围中抑制其水解，故NiCl2溶液中获取干燥的NiCl2⋅4 H2O
晶体的操作步骤为在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（7）根据化学式AlxCoOy，结合化合价代数和为0，氧原子数大于铝，则图中白球为氧，Al与O最小间距
大于Co与O最小间距，则体心球为Co，顶点黑球为Al；晶体中Al 在顶点、氧在面心，则一个Al 周围与其
最近的O 的个数为12。
9．（2025·山西晋中·二模）锂离子电池的应用很广，某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）和铝箔
等，现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源。
回答下列问题：
(1)气体X 是 （填化学式）。
(2)写出“碱浸”中发生反应的化学方程式： 。
(3)“酸浸”中试剂H2O2的作用是 。
(4)“萃取分离”中钴、锂的萃取率与平衡时溶液pH的关系如图所示，pH一般选择5 左右，理由是 。
(5)“反萃取”的原理：2H
++CoR2⇌Co
2++2HR，则反萃取剂Z是 （填化学式）。
(6)写出“沉钴”中发生反应的离子方程式： 。
(7)若“沉锂”前c (Li
+)=2.0 mol⋅L
-1，加入等体积2.0 mol⋅L
-1的Na2CO3溶液，此时实验所得沉锂率为
[已知K sp(Li2CO3)=9.0×10
- 4；❑√2=1.414；结果保留三位有效数字]。
【答案】(1)CO2
(2)2Al+2NaOH+6 H2O =2Na[Al(OH)4]+3 H2↑
(3)作还原剂，将+3 价的钴元素还原为+2 价
(4)由图可知，pH为5 时，钴萃取率较高，pH>5时，锂萃取率升高，故pH一般选择5 左右进行萃取实验，
钴、锂分离效果好
(5)H2SO4
(6)Co
2++2HCO3
-=CoCO3↓+ H2O+CO2↑
(7)95.8%
【分析】该锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）和铝箔等，加入氢氧化钠溶液“酸浸”，将Al 转化
为Na[Al(OH)4]，碱浸后所得滤液主要含Na[Al(OH)4]，向其通入二氧化碳气体，Na[Al(OH)4]溶液和二氧
化碳反应生成氢氧化铝沉淀，再经一系列转化得到Al；碱浸后的固体主要含LiCoO2，加入的稀硫酸和双
氧水可与LiCoO2反应生成Li2SO4和CoSO4，加入萃取剂进行萃取分离，Co2+被萃取至有机相中，Li+在水相
中，再往水相中加入碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，再经一系列转化得到Li；对有机相进行反萃取得到
CoSO4溶液，往其中加入碳酸氢铵溶液可得CoCO3沉淀，同时生成CO2气体，CoCO3沉淀再经一系列转化
得到Co，据此解答。
【详解】（1）由分析可知，气体X 是CO2；
（2）“碱浸”过程中，Al 和氢氧化钠溶液反应生成Na[Al(OH)4]和氢气，反应的化学方程式为：
2Al+2NaOH+6 H2O=2Na[Al(OH)4]+3 H2↑；
（3）“酸浸”中，加入的稀硫酸和双氧水与LiCoO2反应生成Li2SO4和CoSO4，该反应中，+3 价的钴元素
被H2O2还原为+2 价，H2O2作还原剂，则“酸浸”中试剂H2O2的作用是：作还原剂，将+3 价的钴元素还原
为+2 价；
（4）由图可知，“萃取分离”中pH一般选择5 左右，理由是：pH为5 时，钴萃取率较高，pH>5时，锂萃
取率升高，故pH一般选择5 左右进行萃取实验，钴、锂分离效果好；
（5）根据“反萃取”的原理：2H
++CoR2⇌Co
2++2HR，为得到CoSO4溶液，应加入反萃取剂H2SO4，
H2SO4的加入使c(H
+)增大，促使平衡正向移动，同时不引入杂质离子，则反萃取剂Z是H2SO4；
（6）“沉钴”中Co2+与HCO3
-反应生成CoCO3沉淀、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：
Co
2++2HCO3
-=CoCO3↓+ H2O+CO2↑
（7）加入等体积2.0 mol⋅L
-1的Na2CO3溶液后，溶液体积变为原来的2 倍，浓度变为原来的一半，即
c(Li+)=c(CO3
2-)=1.0mol/L，根据反应2Li++CO3
2-=Li2CO3↓可知，CO3
2-过量，反应后溶液中的
c(CO3
2-)=0.5 mol⋅L
-1，则“沉锂”后的溶液中
c(Li
+)= ❑√
K sp(Li2CO3)
c(CO3
2-)
=
❑√
9.0×10
- 4
0.5
mol/L=0.04242mol/L，则此实验所得沉锂率为
(1.0-0.04242)mol⋅L
-1
1.0 mol⋅L
-1
×100 %≈95.8 %。
10．（2025·安徽蚌埠·二模）由含银废催化剂(主要含Ag、α - Al2O3及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，
α - Al2O3不溶于硝酸)制备粗银的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)基态O 原子的价电子排布式为 ，NO3
-的空间结构为 。
(2)“过程Ⅰ”中温度控制在85℃，宜选用的加热方式为 ，温度不能过高的原因是 。
(3)“过程Ⅱ”中，检验沉淀表面的Fe
3+已洗涤干净的试剂可以用 。
(4)“过程Ⅲ”中，沉淀和氨水发生反应的化学方程式为 ，“过程Ⅳ”中，发生反应的氧化剂和
还原剂的物质的量之比为 。
(5)可以利用电解法对粗银进行提纯，提纯时粗银作 (填“阳极”或“阴极”)。
【答案】(1) 2s
22p
4 平面三角形
(2) 水浴加热 防止硝酸分解
(3)KSCN 溶液或亚铁氰化钾溶液
(4) AgCl+2NH3⋅H2O =[Ag(NH3)2]Cl+2H2O 4:1
(5)阳极
【分析】含银废催化剂(主要含Ag、α - Al2O3及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，α-Al2O3不溶于硝酸)
经磨碎、加热，用稀硝酸溶解，过滤所得的滤渣为α-Al2O3及SiO2，滤液中有Ag+、Mg2+、K+、Fe3+，加
入NaCl 可形成AgCl 沉淀，将沉淀过滤、洗涤，用氨水溶解可得氯化二氨合银溶液，反应方程式为
AgCl+2NH3⋅H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，向其中加入N2H4⋅H2O，二者发生氧化还原反应生成粗银和氮气。
【详解】（1）O 是8 号元素，O 原子核外还有8 个电子，价电子排布式为2s
22p
4，NO3
-中心原子价层电子
对数为3+1
2 ×(5+1-3×2)=3，且不含孤电子对，空间结构为平面三角形。
（2）“过程Ⅰ”中温度控制在85℃，低于水的沸点，为使受热更加均匀，宜选用的加热方式为水浴加热，
硝酸受热易分解，温度不能过高的原因是防止硝酸分解。
（3）由分析可知，操作Ⅱ的沉淀表面有残留的铁离子，检验操作Ⅱ的沉淀是否洗涤干净的方法是：取适
量最后一次洗涤液于试管中，加入几滴KSCN 溶液或亚铁氰化钾溶液，若溶液不变红或不产生蓝色沉淀，
说明沉淀已被洗涤干净；
（4）“过程Ⅲ”中，AgCl 和氨水反应生成氯化二氨合银，化学方程式为：
AgCl+2NH3⋅H2O =[Ag(NH3)2]Cl+2H2O，过程Ⅳ中，反应的氧化剂为[Ag(NH3)2]Cl，其中银元素由+1
价被还原为0 价，变化1 个价态，还原剂为N2H4•H2O，其中氮元素由-2 价被氧化为0 价，共变化4 个价态，
故氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1。
（5）过程Ⅴ可以利用电解精炼粗银制得超细银，提纯时粗银作阳极，失去电子生成Ag+，Ag+在阴极得到
电子生成Ag。
11．（2025·辽宁·二模）金属钨是重要的战略资源，我国钨矿的储量居世界第一。由黑钨矿(主要成分为
FeWO4、MnWO4，含有少量Si、As的化合物)制取金属钨的流程如图所示。
已知：常温下钨酸(H2WO4)难溶于水，酸性很弱，其钠盐易溶于水。回答下列问题：
(1)已知元素周期表中74 号元素钨与铬同族，钨在元素周期表中的位置是 。
(2)“碱熔”步骤中采用高压碱煮法，“高压”的目的是 ，FeWO4发生反应的化学方程式为 。
(3)上述流程中加盐酸“中和至pH =10”时，溶液中的杂质阴离子有SiO3
2-、HAsO3
2-、HAsO4
2-等，则“净
化”过程中，先加入H2O2发生反应的离子方程式为 ，“净化”后所得钨酸钠溶液除NaOH外，还含
主要有 (填化学式)杂质。
(4)高温下，“焙烧”生成的WO3会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2，还原制备W
单质时要适当加快氢气的流速，目的是 。
(5)钨酸钙(CaWO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pc(Ca
2+)与pc
(阴离子)的关系如图所示，已知：pc(离子)=-lgc(离子)。该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量
钨酸钙，该反应的平衡常数K = 。
【答案】(1)第六周期第ⅥB族
(2) 增大氧气的浓度，提高反应速率 4FeWO4+O2+8NaOH=
❑
Δ
2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O
(3) HAsO3
2-+H2O2=HAsO4
2-+H2O NaCl
(4)用氢气带出反应生成的水蒸气，避免三氧化钨与水蒸气反应生成WO2(OH)2
(5)1×10
4
【分析】由黑钨矿冶炼钨的工艺流程：向黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO4，含有少量Si、As 的化合
物)中通入空气和NaOH，主要反应为：2MnWO4+O2+4NaOH=
❑
Δ
2MnO2+2Na2WO4+2H2O，
4FeWO4+O2+8NaOH=
❑
Δ
2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O，Si、As 生成相应的盐，水浸时，氧化铁和二氧化锰不溶于
水，钨酸钠溶于水，故过滤后得到的滤液主要含钨酸钠，加盐酸中和至pH=10，加入过氧化氢，HAsO3
2-氧
化为HAsO4
2-，加入氯化镁，生成难溶于水的MgSiO3、MgHAsO4，过滤，滤渣为：MgSiO3、MgHAsO4，滤
液为钨酸钠，加盐酸沉钨得到钨酸，加热分解产生三氧化钨和水，用氢气还原三氧化钨生成钨，据此分析
解答。
【详解】（1）已知元素周期表中74 号元素钨与铬同族，铬位于第四周期第ⅥB 族，则钨在元素周期表中
的位置是第六周期第ⅥB 族，故答案为：第六周期第ⅥB 族；
（2）已知O2在水溶液中的溶解度不大，增大压强可以增大O2在水溶液中的溶解度，提高反应速率，故
“碱熔”步骤中采用高压碱煮法，“高压”的目的是增大氧气的浓度，提高反应速率，由分析可知，
FeWO4发生反应的化学方程式为4FeWO4+O2+8NaOH=
❑
Δ
2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O，故答案为：增大氧气的浓
度，提高反应速率；4FeWO4+O2+8NaOH=
❑
Δ
2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O；
（3）由分析可知，上述流程中加盐酸“中和至pH =10”时，溶液中的杂质阴离子有
SiO3
2-、HAsO3
2-、HAsO4
2-等，则“净化”过程中，加入过氧化氢的目的为将HAsO3
2-氧化为HAsO4
2-，则加
入H2O2发生反应的离子方程式为：HAsO3
2-+H2O2=HAsO4
2-+H2O，“净化”后所得钨酸钠溶液除NaOH 外，
还含主要有NaCl 杂质，故答案为：HAsO3
2-+H2O2=HAsO4
2-+H2O；NaCl；
（4）已知在高温条件下三氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2，用氢气还
原三氧化钨冶炼钨时要适当加快氢气的流速，目的是：用氢气带出反应生成的水蒸气，避免三氧化钨与水
蒸气反应生成WO2(OH)2，故答案为：用氢气带出反应生成的水蒸气，避免三氧化钨与水蒸气反应生成
WO2(OH)2；
（5）由题干某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pc(Ca
2+)与pc(阴离子)的关系图所示信息可知，当
pc(Ca2+)=6 即c(Ca2+)=10-6mol/L 时，溶液中pc(OH-)=0 即c(OH-)=1mol/L，故由Ksp[(Ca(OH)2]=10-6，同理可
得Ksp(CaWO4)=10-7×10-3=10-10，该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，该反应即
Ca(OH)2(s)+WO4
2-(aq)⇌CaWO4(s)+2OH-(aq)的平衡常数K = c
2(OH
-)
c(WO4
2-) =c(Ca
2+)c
2(OH
-)
c(Ca
2+)c(WO4
2-) =Ksp[Ca(OH)2]
Ksp(CaWO4)
=
10
-6
10
-10=1.0×104，故答案为：1.0×104。
12．（2025·山东烟台·二模）铟烟灰渣[含In2S3、ZnO、PbO、FeAsO4、SiO2等]为主要原料制备In 和
活性ZnO 的工艺流程如下：
已知：①常温下，一些金属离子开始沉淀与完全沉淀时的pH：
Zn
2+
Fe
2+
Fe
3+
In
3+
开始沉淀
6.5
6.3
1.5
3.5
完全沉淀
8.5
8.3
2.8
4.8
②在酸性溶液中H2 A2可萃取三价金属离子：M
3++3 H2A2⇌M(HA2)3+3 H
+。
回答下列问题：
(1)“热溶解”时生成In
3+与SO2物质的量之比为 ；“浸渣1”的主要成分是 (填化学
式)。
(2)加入铁粉“还原”的目的是 ；“滤液2”最好进入 (填操作单元)再利用；“电
解”时粗铟接直流电源的 (填“正极”或“负极”)。
(3)“调pH”中可选用的试剂X 为 (填标号)；
A．Zn B．ZnO C．ZnCO3 D．Fe
H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因是 ；pH 应控制的范围是 。
(4)“沉锌”反应的离子方程式为 。
【答案】(1) 1∶6 PbSO4、SiO2
(2) 将Fe
3+转化为Fe
2+，防止Fe
3+进入有机相 沉锌 正极
(3) BC 产生的Fe
3+催化H2O2分解 2.8≤pH<6.5
(4)3Zn
2++6 HCO3
-=ZnCO3⋅2Zn (OH)2↓+5CO2↑+ H2O
【分析】热溶解时得到In
3+、Zn
2+、Fe
3+、H3 AsO4、SiO2、PbSO4、SO2等，水浸得到浸渣1 为
PbSO4、SiO2，还原除砷时，H3 AsO4与SO2生成As2O3，加入铁粉还原Fe
3+，在酸性溶液中H2A2可萃取三
价金属离子：In
3++3 H2A2⇌In(HA2)3+3 H
+，再加入稀硫酸反萃取，得到In
3+，加入锌粉置换得到粗In，
电解精炼得到纯In；萃取后的水相中含有Zn
2+、Fe
2+等，加入H2O2氧化Fe
2+，加入ZnO 或者ZnCO3调pH
得到氢氧化铁沉淀，加入碳酸氢铵溶液沉锌，得到ZnCO3⋅2Zn (OH)2，灼烧得到活性氧化锌。
【详解】（1）“热溶解”时发生：In2S3+12H2SO4(浓)=12SO2↑+In2（SO4）3+12H2O，则生成
In
3+与SO2物质的量之比为1∶6；根据分析知，“浸渣1”的主要成分是PbSO4、SiO2；
（2）根据分析知，加入铁粉“还原”的目的是将Fe
3+转化为Fe
2+，防止Fe
3+进入有机相；“滤液2”主要
成分是硫酸锌，最好进入沉锌再利用；“电解”时粗铟为阳极，纯铟为阴极，则粗铟接直流电源的正极；
（3）锌与铁可以还原Fe
3+，为了不引入新杂质，加入ZnO 或者ZnCO3调pH 得到氢氧化铁沉淀；H2O2的使
用量远大于理论计算量，可能的原因是产生的Fe
3+催化H2O2分解；控制pH 使Fe
3+沉淀，而Zn
2+不沉淀，
则pH 应控制的范围是2.8≤pH<6.5；
（4）根据原子守恒与电荷守恒，“沉锌”反应的离子方程式为：
3Zn
2++6 HCO3
-=ZnCO3⋅2Zn (OH)2↓+5CO2↑+ H2O。
13．（2025·北京东城·二模）一种从闪锌矿（主要成分为ZnS）中提炼多种金属的部分流程如下。
资料：
ⅰ.锌焙砂的主要成分是ZnO，还含有Fe2O3、SiO2、CuO、In2O3。
ⅱ.常温下、几种氢氧化物的K sp：
氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
In (OH)3
K sp
10
-15.1
10
-37.4
10
-35.9
(1)铟（❑49In）在元素周期表中的位置是 。
(2)闪锌矿焙烧产生的气体可用于 （写出一种用途）。
(3)“沉铜”步骤中，与铁粉发生反应的离子有 。
(4)“沉铟”步骤得到的富铟渣中，铟元素主要以In (OH)3形式存在。
①结合平衡移动原理解释In (OH)3的生成： 。
②“沉铟”时，研究其他条件相同，In 和Fe 的沉淀率与反应时间的关系，数据如图所示。
60min 后，锌粉几乎无剩余。60min 后。In 和Fe 的沉淀率变化的原因是 。
(5)“富铟渣”经过下列步骤得到海绵状单质In。
补全“置换”的操作：加入过量Zn， ，当不再有In 析出时，过滤、洗涤、干燥。
【答案】(1)第五周期第ⅢA 族
(2)制硫酸、漂白剂、还原剂/抗氧化剂、杀菌剂/防腐剂等（写出一种即可）
(3)H
+、Fe
3+、Cu
2+
(4) In
3++3 H2O⇌In (OH)3+3 H
+，加锌粉时发生反应Zn+2H
+=Zn
2++ H2↑，使c (H
+)降低，促进了
In
3+的水解 无锌后，Fe
2+逐渐被O2氧化为Fe
3+，沉铟条件下Fe(OH)3析出，使得c (H
+)增大，促进
In (OH)3的溶解
(5)边搅拌边加入盐酸，控制溶液pH
【分析】闪锌矿焙烧后得到主要成分是ZnO，还含有Fe2O3、SiO2、CuO、In2O3的锌焙砂，经过硫酸浸出，
SiO2不溶，酸性浸出液中金属阳离子有Fe
3+、Cu
2+、In
3+、Zn
2+，加入铁粉，将Fe
3+、Cu
2+还原为
Fe
2+、Cu，过滤得到富铜渣，沉铜后液加入锌粉，铟元素转化为In (OH)3，沉铟后液中含有Fe
2+、Zn
2+，
据此解答。
【详解】（1）In与Al位于同一个主族，Al在第三周期ⅢA 族，In原子序数为49，则比Al大了两个周期，
位于第五周期第ⅢA 族；
（2）闪锌矿主要成分为ZnS，焙烧后转化为ZnO、SO2，则该气体可用于制备硫酸、漂白剂、还原剂/抗
氧化剂、杀菌剂/防腐剂等；
（3）由分析可知，加入铁粉，将Fe
3+、Cu
2+还原为Fe
2+、Cu，同时酸性浸出液中的H
+也会和铁粉反应，
故与铁粉发生反应的离子有：H
+、Fe
3+、Cu
2+；
（4）①加入锌粉，发生反应：Zn+2H
+=Zn
2++ H2↑，使c (H
+)降低，促进了In
3+的水解
In
3++3 H2O⇌In (OH)3+3 H
+平衡正向移动，生成了In (OH)3
；
60min
②
后，锌粉几乎无剩余，Fe 的沉淀率上升，In 的沉淀率下降，由表中数据可知，
K sp[Fe(OH)3]＜K sp[In(OH)3]，说明In (OH)3沉淀时，Fe(OH)3已经沉淀，则出现此变化的原因是：无锌
后，Fe
2+逐渐被O2氧化为Fe
3+，沉铟条件下Fe(OH)3析出，使得c (H
+)增大，促进In (OH)3的溶解；
（5）置换前液含有H
+、In
3+、Cl
-，加入过量的Zn，将In
3+转化为In，同时为防止In
3+水解，需要加
HCl 控制pH，防止析出In (OH)3沉淀，故加入过量的Zn 之后的操作是搅拌边加入盐酸，控制溶液pH，当
不再有In 析出时，过滤、洗涤、干燥。
14．（2025·北京西城·二模）以铜矿粉(主要含CuS、CuO、FeO等)和软锰矿粉(主要含MnO2)为原料联合制
备CuCl 和MnCO3的一种工艺流程如下。
资料：i．酸性条件下，氧化性：MnO2>Fe
3+。
ii．潮湿条件下，CuCl 容易被氧气氧化。
iii．金属离子沉淀的pH。
Fe
2+
Fe
3+
Mn
2+
Cu
2+
开始沉淀时
6.3
1.5
8.2
4.7
完全沉淀时
8.3
2.8
10.2
6.7
(1)“浸取”由酸浸、中和两步组成。
①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS 酸浸时反应的离子方程式是 。
②用氨水中和时，调节溶液的pH 范围约为 。
(2)“沉锰”时，NH4 HCO3作沉锰剂，通入NH3，保持溶液的pH 约为9.
①用离子方程式表示沉锰时Cu
2+未形成沉淀的原因： 。
②“沉锰”时用NH4 HCO3而不用NaHCO3作沉锰剂，原因是 。
(3)“热分解”所得分解液可获得(NH4)2SO4，“分解气”中可循环利用的有CO2和 。
(4)“转化”时，向CuSO4溶液中加入适量的NaCl 和Na2SO3，获得CuCl。
①转化反应的离子方程式是 。
②室温时，CuCl 的产率随时间的变化如图所示。60 分钟后CuCl 的产率减小，原因是 。
(5)CuCl 和苯并三氮唑(
)按物质的量之比1：1 在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应
时苯并三氮唑1 位和3 位的N 原子与Cu
+形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是 。
【答案】(1) CuS+ MnO2+ 4 H
+=Cu
2++ Mn
2++2H2O+S 2.8∼4.7
(2) Cu
2++ 4 NH3=[Cu(NH3)4]
2+ NH4 HCO3作沉锰剂时，为保持溶液的pH 约为9，通入NH3的量更
大，且NH4
+抑制NH3⋅H2O电离，使溶液中c(NH3)更大，利于生成[Cu(NH3)4]
2+，防止Cu
2+沉淀
(3)NH3
(4) 2Cu
2++2Cl
-+SO3
2-+ H2O =2CuCl↓+SO4
2-+2H
+ 潮湿条件下，CuCl 被O2氧化
(5)
【分析】铜矿粉和软锰矿粉通过稀硫酸酸浸后溶液中CuS 和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，FeO 与MnO2
反应生成Fe3+和Mn2+，CuO 溶于酸形成Cu2+，再加入氨水调pH 沉淀Fe3+，得到的浸取液中含有Cu2+和
Mn2+，然后加入NH4HCO3，并通入NH3沉淀Mn2+，Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，沉锰液经热分解得到CuO，
CuO 溶于硫酸得到CuSO4，最终CuSO4转化为CuCl；
【详解】（1）①据分析，CuS 酸浸时和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，离子方程式是
CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++2H2O+S；
②据分析，用氨水中和时应完全沉淀Fe3+，而不沉淀Cu2+、Mn2+，根据资料ⅲ，调节溶液的pH 范围约为
2.8 4.7
∼
。
（2）①据分析，沉锰时Cu
2+未形成沉淀的原因：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+；
②“沉锰”时用NH4 HCO3而不用NaHCO3作沉锰剂，原因是NH4 HCO3作沉锰剂时，为保持溶液的pH 约为
9，通入NH3的量更大，且NH4
+抑制NH3⋅H2O电离，使溶液中c(NH3)更大，利于生成[Cu(NH3)4]2+，防止
Cu2+沉淀。
（3）“热分解”所得分解液可获得(NH4)2SO4，“分解气”中可循环利用的有CO2和NH3。
（4）①转化反应的离子方程式是2Cu
2++2Cl
-+SO3
2-+ H2O=2CuCl↓+SO4
2-+2H
+；
②室温时，CuCl 的产率随时间的变化如图所示，60 分钟后CuCl 的产率减小，根据资料ⅱ，原因是潮湿条
件下，CuCl 被O2氧化。
（5）根据题意“CuCl 和苯并三氮唑(
)按物质的量之比1：1 在一定条件下反应形成一种线型
聚合物，反应时苯并三氮唑1 位和3 位的N 原子与Cu
+形成化学键，同时生成HCl”，该聚合物的结构简式
是
。
15．（2025·北京朝阳·二模）采用不同的腐蚀液将覆铜板上不需要的铜腐蚀，制作印刷电路板。多次重复
后再利用腐蚀废液制备硫酸铜，过程如下图所示。
(1)腐蚀液a 的成分主要为CuCl2与盐酸
①稀盐酸不能直接腐蚀铜，二者不能发生反应的原因是 。
②“蚀刻”过程中，首先生成CuCl沉淀，反应的离子方程式是 。CuCl继而形成[CuCl3]
2-，脱
离覆铜板的表面，蚀刻连续进行。
③为保持比较稳定的蚀刻速率，需适时通入Cl2，然后补加H2O。Cl2、H2O的作用分别是 。
(2)腐蚀液b 的主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2。再生腐蚀液b 的离子方程式是 。
(3)沉铜
将多次循环使用的腐蚀液a 和腐蚀液b 按一定比例混合，调节混合液的pH，待反应完全后，过滤。滤液中
Cu(Ⅱ)的浓度与pH的关系，如下图所示：
已知：Cu(Ⅱ)表示可溶的+2 价铜的物种。
①“沉铜”最适宜的pH范围是 。
a．2∼3 b．6∼7 c．10∼11
②pH从11 降至2，滤液中Cu(Ⅱ)的浓度先减小再增大，结合化学平衡移动原理解释原因： 。
【答案】(1) 根据金属活动性顺序，H
+的氧化性弱于Cu
2+，难以氧化Cu Cu+Cu
2++2Cl
-=2CuCl
Cl2将CuCl3
2-氧化；H2O降低氧化后溶液中的c(Cu
2+)和c (Cl
-)
(2)4[Cu(NH3)2]
++ 4 NH3+O2+ 4 NH4
+ = 4[Cu(NH3)4]
2++2H2O
(3) b pH>7时，随pH降低，c(NH3)降低，[Cu(NH3)4]
2+⇌Cu
2++ 4 NH3正向移动，c(Cu
2+)升高，
形成Cu (OH)Cl；pH<7时，随酸性进一步增强，Cu (OH)Cl(s)⇌Cu
2+ (aq)+OH
-(aq)+Cl
-(aq)正向移动，
Cu (OH)Cl溶解
【分析】覆铜板加入含氯化铜和盐酸的腐蚀液，得到含[CuCl3]
2-的溶液，通入氯气氧化一价铜为二价铜，
加入水稀释得到氯化铜和盐酸溶液；覆铜板加入含[Cu(NH3)4]Cl2的腐蚀液，反应得到含[Cu(NH3)2]Cl的溶
液，加入氧气、氨气和氯化铵溶液再生得到[Cu(NH3)4]Cl2溶液；腐蚀液a、b 反应沉铜得到Cu(OH)Cl，加
入浓硫酸溶解得到硫酸铜；
【详解】（1）①根据金属活动性顺序，H
+的氧化性弱于Cu
2+，难以氧化Cu，故稀盐酸不能直接腐蚀铜；
②“蚀刻”过程中，首先生成CuCl沉淀，则铜单质和铜离子发生归中反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子
方程式是Cu+Cu
2++2Cl
-=2CuCl；
③氯气具有氧化性，Cl2将CuCl3
2-氧化为二价铜；H2O的加入可以降低氧化后溶液中的c(Cu
2+)和c (Cl
-)，
利于一价铜氧化反应的进行；
（2）含[Cu(NH3)2]Cl的溶液，加入氧气、氨气和氯化铵溶液再生得到[Cu(NH3)4]Cl2溶液，反应中氧气为
氧化剂，将一价铜氧化为二价铜，结合电子守恒，反应为
4[Cu(NH3)2]
++ 4 NH3+O2+ 4 NH4
+ = 4[Cu(NH3)4]
2++2H2O；
（3）①由图，“沉铜”最适宜的pH范围是6∼7，此时溶液中二价铜浓度最低，沉淀效果最好，故选b；
②pH>7时，随pH降低，c(NH3)降低，[Cu(NH3)4]
2+⇌Cu
2++ 4 NH3正向移动，c(Cu
2+)升高，形成
Cu (OH)Cl；pH<7时，随酸性进一步增强，Cu (OH)Cl(s)⇌Cu
2+ (aq)+OH
-(aq)+Cl
-(aq)正向移动，
Cu (OH)Cl溶解，故导致pH从11 降至2，滤液中Cu(Ⅱ)的浓度先减小再增大。
16．（2025·福建龙岩·二模）键合异构体是指配合物中的中心原子和配体组成完全相同，但与中心原子相
结合的配位原子不同。两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体的制备、表征及转化分析实验如下。
(1)[Co(NH3)5ONO]Cl2配位原子为N 和O，而[Co(NH3)5 NO2]Cl2配位原子只有N。
①上述两种Co(Ⅲ)配合物中Co
3+的杂化方式为 (填标号)。
A．sp
3 B．sp
3d C．sp
3d
2
②上述两种Co(Ⅲ)配合物红外光谱图如下，图中标有N-O 吸收峰的波数。
[Co(NH3)5ONO]Cl2的红外光谱图为 (填“A”或“B”)，理由是 。
(2)加入氨水“溶解”过程，为加快溶解速率，可采取的措施是搅拌、 。
(3)“调节pH”时，加入盐酸不宜过多的原因是 。
(4)“常温溶解”中生成[Co(NH3)5ONO]Cl2配合物的离子方程式为 。
(5)已知：弱酸HNO2易分解。制备[Co(NH3)5 NO2]Cl2的实验过程中，为避免因HNO2分解而影响产率，所采
取的实验措施有 。
(6)“变温红外分析”的具体过程为：样品用KBr 压片，恒温55℃，每间隔10min，测定其红外光谱图(如图
C)，直至N-O 吸收峰无明显变化为止。
①随着测定时间的增加，样品N-O 吸收峰的透光率不
断 (填“增大”或“减小”)。
②总结实验条件对上述两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体转化的影响 。
(7)设计实验证明[Co(NH3)5 NO2]Cl2热力学稳定性大于[Co(NH3)5ONO]Cl2 。
【答案】(1) C B NO2
-配体中O 原子配位，造成两个N-O 强度不同，故存在两组吸收峰
(2)水浴加热，适当升温
(3)盐酸加入过多，NH3转化为NH4
+，造成配体NH3失去配位能力
(4)[Co(NH3)5Cl]
2++ NO2
-=[Co(NH3)5ONO]
2++Cl
-或[Co(NH3)6]
3++ NO2
-=[Co(NH3)5ONO]
2++ NH3
(5)先溶解NaNO2，后加热溶液；先冷却降温后加入浓盐酸酸化
(6) 减小 升温有利于[Co(NH3)5ONO]Cl2转化为[Co(NH3)5 NO2]Cl2
(7)[Co(NH3)5 NO2]Cl2常温放置一段时间后，测定其红外光谱图，观察N-O 吸收峰的变化
【分析】[Co(NH3)5Cl]Cl2加入氨水溶解，分成两份，分别加入盐酸调节pH 为3.5、4.5，在pH=3.5 的溶液
中加入NaNO2，微热30 分钟后冷却，生成[Co(NH3)5 NO2]Cl2，再加入浓盐酸酸化，冰水浴冷却、抽滤、
洗涤，得到棕黄色的[Co(NH3)5 NO2]Cl2。在pH=4.5 的溶液中加入NaNO2，常温溶解，生成
[Co(NH3)5ONO]Cl2，冰水浴冷却、抽滤、洗涤，得到棕黄色的[Co(NH3)5ONO]Cl2。
【详解】（1）①对于[Co(NH3)5ONO]Cl2和[Co(NH3)5 NO2]Cl2的配位原子，Co
3+的配位数均为6，则中心原
子的杂化方式为sp
3d
2，故选C。
②分析红外光谱图，图A 中N-O 吸收峰的波数为1428cm-1，图B 中N-O 吸收峰的波数为1454cm-1和
1065cm-1，由于NO2
-配体中O 原子配位，造成两个N-O 强度不同，故存在两组吸收峰，故
[Co(NH3)5ONO]Cl2的红外光谱图为B。
（2）为了加快溶解速率，可以采取的措施包括：水浴加热：升高温度可以加快溶解速率；适当升温：控
制温度在适宜范围内，避免配合物分解；搅拌：增加溶液的流动性，促进溶质与溶剂的接触，故加入氨水
“溶解”过程，为加快溶解速率，可采取的措施是搅拌、水浴加热，适当升温。
（3）“调节pH”时，加入盐酸不宜过多的原因是盐酸加入过多，NH3转化为NH4
+，造成配体NH3失去配位能
力。
（4）根据题意，[Co(NH3)5Cl]Cl2在酸性和常温条件下，Cl-配体被亚硝酸根离子取代，并且亚硝酸根通过O
原子配位到Co(Ⅲ)中心，形成亚硝酸基配合物，即[Co(NH3)5ONO]Cl2，故反应的离子方程式为
[Co(NH3)5Cl]
2++ NO2
-=[Co(NH3)5ONO]
2++Cl
-或[Co(NH3)6]
3++ NO2
-=[Co(NH3)5ONO]
2++ NH3。
（5）弱酸HNO2易分解，制备[Co(NH3)5 NO2]Cl2的实验过程中，为避免因HNO2分解而影响产率，所采取的
实验措施有先溶解NaNO2，后加热溶液；先冷却降温后加入浓盐酸酸化。
（6）①根据图中信息，随着测定时间的增加，样品N-O 吸收峰的透光率不断减小。
②根据信息，恒温55°C，两种Co(Ⅲ)配合物键合异构体会发生转化，说明温度会影响两种Co(Ⅲ)配合物键
合异构体的转化，且在一定时间内持续转化直至N-O 吸收峰无明显变化，升温反应速率加快，故升温有利
于[Co(NH3)5ONO]Cl2转化为[Co(NH3)5 NO2]Cl2。
（7）[Co(NH3)5 NO2]Cl2常温放置一段时间后，测定其红外光谱图，观察N-O 吸收峰的变化，从而证明
[Co(NH3)5 NO2]Cl2热力学稳定性大于[Co(NH3)5ONO]Cl2。
17．（2025·广东汕头·二模）钒酸银（Ag3VO4）是一种极有前景的可见光响应光催化剂，一种用废钒（主
要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2）制取钒酸银的工艺流程如下：
已知：①有机酸性萃取剂HA 的萃取原理为：
R2(SO4)n(水层)+2nHA (有机层)⇌2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)（R表示VO
2+，HA表示有机萃取
剂）；
②酸性溶液中，HA对VO
2+、Fe
3+萃取能力强，而对VO2
+、Fe
2+的萃取能力较弱。
(1)基态钒原子的价层电子排布式为 。“滤渣”的成分是 （写化学式）。
(2)“滤液①”中钒以+4 价、+5 价的形式存在，简述加入铁粉的原因： 。
(3)“有机层”加入硫酸反萃取后，加入KClO3，写出KClO3与VO
2+反应生成VO2
+和Cl
-的离子方程式：
。
(4)已知溶液中VO2
+与VO3
-可相互转化且NH4 VO3为沉淀。室温下，维持“沉钒”时溶液中NH3⋅H2O - NH4Cl
的总浓度为cmol⋅L
-1，pH =6。已知K b(NH3⋅H2O)=a，K sp(NH4⋅VO3)= b，则“沉钒”后溶液中
c(VO3
-)= mol⋅L
-1。
(5)写出NH4 VO3煅烧的化学方程式 ，煅烧生成的气体返回到 工序重新利用。
(6)钒的化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。
①钒的一种配合物X的化学式为V(NH3)3ClSO4，取X的溶液进行如下表实验（已知配体难电离出来）。则X
的配体是 。
②一种钒的硫化物的晶体结构（图a）及其俯视图（图b）如图所示：
X
X
试剂
BaCl2溶液
AgNO3溶液
现象
无明显变化
白色沉淀
该钒的硫化物晶体中，与每个V原子最近且等距的S原子个数是 。
【答案】(1) 3d34s2 SiO2
(2)将+5 价钒转化为+4 价钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离。
(3)ClO3
-+6VO
2++3H2O=6VO2
++Cl
-+6H+
(4)b(a+10
-8)
ac
(5) 2NH4 VO3
高温
¿ V2O5+2NH3↑+H2O↑
¿
沉钒
(6) NH3和SO4
2- 6
【分析】废钒（主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2）加入稀硫酸、通入氧气发生反应，生成硫酸
铁，“滤液①”中钒以+4 价、+5 价的形式存在，而SiO2不反应，过滤存在于滤渣中，萃取前加入铁粉将
铁离子还原为亚铁离子，利用有机溶剂HA 萃取，分液后加入反萃取剂得到VO2+，再加入KClO3，将
VO2+氧化为VO3
-，再加入氨水得到沉淀NH4VO3，过滤后煅烧得到五氧化二钒，以此来解答。
【详解】（1）钒是23 号元素，核外含有23 个电子，基态钒原子的价层电子排布式为3d34s2，由分析可知，
“滤渣”的成分是SiO2。
（2）酸性溶液中，HA对VO
2+、Fe
3+萃取能力强，而对VO2
+、Fe
2+的萃取能力较弱，“滤液①”中钒以+4
价、+5 价的形式存在，铁粉的原因是：将+5 价钒转化为+4 价钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元
素的分离。
（3）由分析可知，“有机层”加入硫酸反萃取后，加入KClO3，KClO3与VO
2+反应生成VO2
+和Cl
-，根据得
失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：ClO3
-+6VO
2++3H2O=6VO2
++Cl
-+6H+。
（4）室温下，维持“沉钒”时溶液中NH3⋅H2O - NH4Cl的总浓度为cmol⋅L
-1，pH =6，溶液中c(OH-)=
10
-14
10
-6 mol/L=10-8mol/L，由NH3⋅H2O⇌NH4
++OH
-可知，由Kb
(NH3⋅H2O)= c(NH4
+)c (OH
-)
c(NH3⋅H2O)
= c(NH4
+)10
-8
c(NH3⋅H2O)
=a、c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)=cmol⋅L
-1，则c(NH4
+)=ac
a+10
-8 mol/L
，则c(VO3
-)=
Ksp(NH4⋅VO3)
c(NH4
+)
= b
ac
a+10
-8
mol/L=b(a+10
-8)
ac
mol/L。
（5）NH4 VO3煅烧分解产生V2O5、NH3和H2O，化学方程式为：2NH4VO3
高温
¿ V2O5+2NH3↑+H2O↑
¿
，煅烧生成
的NH3返回到沉钒工序重新利用。
（6）①配合物存在内界和外界，外界可以完全解离，内界难解离，根据实验现象，X 中加入BaCl2溶液无
明显变化，加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明没有形成[Ag(NH3)2]
+，则外界离子为Cl-，NH3位于内界，
配体为NH3和SO4
2-；
②由该钒的硫化物晶体结构可知，以位于体心的V 原子为研究对象，与每个V 原子最近且等距的S 原子个
数是6。
18．（2025·辽宁抚顺·二模）线路板作为电子工业的基础，是电子产品的重要组成部分，在电子废弃物中
占比约6%。废线路板(主要含有铜、锡、银的金属，以及玻璃纤维，SiO2等)中回收铜的工艺如下：
已知：
①标准还原电位数值越大，越易被还原，部分离子的标准还原电位如表所示：
氧化还原电对
Ce4+/Ce3+
Sn4+/Sn2+
Sn2+/Sn
Ag+/Ag
Cu2+/Cu
NO3
-/
NO
标准还原电
位/V
1.61
0.16
-0.14
0.8
0.34
0.96
②部分难溶物的溶度积常数如表所示：
分子
式
Sn(OH)2
Sn(OH)4
Cu(OH)2
Ce(OH)3
Ksp
1.4×10-28
1.0×10-55
4.8×10-20
1.1×10-20
(1)一种碱性蚀刻液(主要成分CuCl2、NH4Cl、NH3·H2O)蚀刻电路板的原理如下图所示：
写出线路板上铜箔被腐蚀的总的离子方程式 。
(2)同浓度的(NH4)2Ce(NO3)6溶液与Ce(NO3)4溶液中，c(Ce4+)较大为 (填化学式)溶液。“浸出”
步骤中，金属锡(Sn)主要发生的离子反应方程式为 。与浓硝酸相比，(NH4)2Ce(NO3)6溶液作为
浸出剂具有的优点是 。
(3)铜氨溶液能稳定溶液中的铜离子的浓度，还能调节溶液的pH。“除锡”步骤中，溶液中
c(Cu2+)=0.048mol/L，c(Ce3+)=0.011mol/L，则加入铜氨溶液调节pH 范围为 (当溶液中离子浓度
≤1.0×10-5mol/L，认为该离子完全沉淀)。
(4)“除银”步骤中，活性炭中的有机基团能将Ag+还原并进行吸附，该基团可能为 。
A．羟基 B．羧基 C．氨基
(5)“电解”步骤中，Ce4+在电解池中 (填阳极或阴极)生成。阴极会有副产物HNO2生成，如果在
电解液中加入H2O2能消除HNO2的影响，已知H2O2与HNO2反应后的溶液酸性增强，且无气体生成，请写
出二者反应的离子方程式 。
【答案】(1)2Cu+O2+ 4 NH4
++ 4 NH3⋅H2O =2[Cu(NH3)4]
2++6 H2O
(2) (NH4)2Ce(NO3)6 Sn+ 4 Ce
4+=Sn
4++ 4 Ce
3+ 不会产生污染性气体，有利于环境保护，氧化
性能更好，浸取铜的效果更好，且可以循环利用
(3)1.5≤pH<5
(4)C
(5) 阳极 H2O2+ HNO2= NO3
-+ H2O+ H
+
【分析】废线路板(主要含有铜、锡、银的金属，以及玻璃纤维，SiO2等)，加入(NH 4)2Ce(NO3)6浸出，
反应原理是利用Ce
4+强氧化性，将Cu、Sn、Ag 溶解，Au、SiO2不溶转化为滤渣1，滤液中加入铜氨溶液
除锡，滤液加入活性炭除银，随后电解步骤中，在阴极得到铜，据此解答。
【详解】（1）第Ⅰ步反应为[Cu(NH3)4]
2++Cu=2[Cu(NH3)2]
+，第Ⅱ步反应为
4[Cu(NH3)2]
++O2+ 4 NH 4
++ 4 NH 3· H 2O = 4[Cu(NH3)4]
2++6 H 2O，将反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得到总反应为
2Cu+O2+ 4 NH4
++ 4 NH3⋅H2O =2[Cu(NH3)4]
2++6 H2O；
（2）NH4
+抑制Ce
4+水解，则同浓度的两种溶液c(Ce
4+)较大为(NH 4)2Ce(NO3)6；“浸出”步骤中金属锡
被Ce
4+氧化为Sn
4+(由表可知，根据标准氧化还原电位可知，其自身被还原为Ce
3+)，离子方程式为
Sn+ 4 Ce
4+=Sn
4++ 4 Ce
3+；与浓硝酸(还原产物为二氧化氮)相比，(NH 4)2Ce(NO3)6溶液作为浸出剂具有
的优点是不会产生污染性气体，有利于环境保护，氧化性能更好，浸取铜的效果更好，且电解后可以循环
利用；
（3）“除锡”中c(Cu
2+)约为0.048mol/L，则使Cu2+不产生沉淀，溶液中c(OH-)<
❑√
K sp[Cu(OH )2]
c(C u
2+)
=
❑√
4.8×10
-20
0.048
=10-9mol/L，即溶液pH 应该<5，同理c(Ce3+)=0.011mol/L，溶液中
c(OH-)<❑
3 ❑√
K sp[Ce(OH )3]
c(C e
3+)
=
3√
1.1×10
-20
0.011
=10-6mol/L，即溶液pH 应该<9，Sn2+完全沉淀即
c(Sn2+)<1.0×10-5mol/L，则溶液中c(OH-)>
4√
K sp[ Sn(OH )4]
c(Sn
4+)
=
4√
1×10
-55
1×10
5 =10-12.5mol/L，即溶液pH 应该
>1.5，故加入铜氨溶液调节pH 范围为1.5≤pH<5；
（4）活性炭中的有机基团能将Ag+还原并进行吸附，说明该基团就有还原性，选项中只有氨基(氮是-3 价)
具有还原性，故选C；
（5）“电解”步骤中，铜在阴极析出，阳极上发生反应Ce
3+-e
-=Ce
4+，故Ce
4+在阳极上生成；H2O2与
HNO2反应后的溶液酸性增强，说明生成了硝酸，且无气体生成，说明H2O2还原产物为H2O，离子方程式为：
H2O2+ HNO2= NO3
-+ H2O+ H
+。
19．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）硼化钛(TiB2)准金属化合物，强度高、硬度大，用于机械制造领域；五
氟化锑(SbF5)是一种高能氟化剂，广泛应用于制药业。工业上以一种含钛的矿渣(主要含TiO2、Sb2O3、
ZnO、PbO、NiO、CoO)为原料制取硼化钛和五氟化锑的流程如图所示。
已知：TiO2性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成TiO
2+；高温下B2O3易挥发。
回答下列问题：
(1)为了加快酸浸速率，除适当升温外，还可以采取的一条措施是： 。滤渣Ⅰ的主要成分
(填化学式)，“水解”后经“过滤”得到主要含 的滤液，可以循环利用。
(2)“热还原”中发生反应的化学方程式为 ，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，
原因是 。
(3)“除钴镍”，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理如图所示：
Co
2+
、
Ni
2+
能发生上述转化而
Zn
2+不能，推测可能的原因为 。
(4)“除锌铅”加入Na2S溶液， (填“能”或“否”)产生H2S气体。若能，其原因是___________，
若否，此空不用填。
(5)“电解”时，以惰性材料为电极，锑的产率与电压大小关系如下图所示，当电压超过U0V时，锑的产率降
低的原因可能发生副反应的电极反应式 。
【答案】(1) 适当增大盐酸浓度、研磨等 TiO2 H2SO4
(2) TiO2+ B2O3+5C =
高温
TiB2+5CO↑ 增加反应物浓度促进反应正向进行，提高TiB2的产率，且
B2O3高温下易挥发，容易分离
(3)Co
2+、Ni
2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键而Zn
2+不匹配
(4)否
(5)2H2O+2e
-= H2+2OH
-或Sb
3+-2e
-=Sb
5+
【分析】二氧化钛不溶于酸，因此将矿渣加盐酸后滤渣I 为TiO2，滤液I 为SbCl3、ZnCl2、PbCl2、NiCl2和
CoCl2。TiO2加入热的浓硫酸得到TiOSO4溶液，再水解得到TiO2·xH2O 沉淀和H2SO4，将TiO2·xH2O 用
B2O3、C 还原得到TiB2。滤液I 首先通过有机净化剂吸附分离Co2+和Ni2+，再加入Na2S 通过形成ZnS、
PbS 沉淀的方式除去Zn2+和Pb2+，最后通过电解SbCl3溶液制备Sb，Sb 经过氯化得到SbCl5，在经过HF 氟
化生成SbF5。
【详解】（1）反应速率和温度、浓度、接触面积等有关，因此加快酸浸速率可采用升温、适当增大盐酸
浓度、研磨等；据分析，滤渣I 的主要成分为TiO2，“水解”后经“过滤”得到主要含H2SO4的滤液。
（2）“热还原”中发生反应为TiO2·xH2O、B2O3、C 反应生成TiB2和CO，化学方程式为
TiO2+ B2O3+5C =
高温
TiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是增加反应
物浓度促进反应正向进行，提高TiB2的产率，且B2O3高温下易挥发，容易分离。
（3）根据题干可知，有机净化剂为具有立体网格结构的聚合物，通过在网格中填充金属离子从而实现净
化，Co
2+、Ni
2+能发生上述转化而Zn
2+不能，推测可能的原因为Co
2+、Ni
2+半径与有机净化剂网格孔径大
小匹配，可形成配位键而Zn
2+不匹配。
（4）ZnS 和PbS 的Ksp很小，S2-易与Zn2+和Pb2+形成ZnS、PbS 沉淀，因此不会形成H2S 气体。
（5）电解中的主反应为Sb
3++3e
-=Sb，溶液中的氢还原反应与该反应竞争，当溶液中的还原反应为
2H2O+2e
-= H2+2OH
-时，Sb3+会发生氧化：Sb
3+-2e
-=Sb
5+，此时Sb 的产率下降。
20．（2025·河北石家庄·二模）四氧化三锰(Mn3O4)用途广泛，如合成高品质电极材料锰酸锂、制造磁性材
料锰锌铁氧体、制备汽车用温度传感器的热敏电阻等。用软锰矿为原料制备Mn3O4的工艺流程如下所示。
已知：①浸出液MnSO4中含Mg
2+、Ca
2+、Fe
3+、Cu
2+等杂质；
②常温时，一些物质的K sp如下表所示。
物
质
Fe(OH)3
Cu (OH)2
Mn (OH)2
Mg (OH)2
CaF2
MgF2
MnF2
K sp
2.8×10
-39 2×10
-20
4.0×10
-14 5.1×10
-12 1.5×10
-10 5.2×10
-11 5.0×10
-3
请回答下列问题：
(1)写出还原浸出中MnO2发生反应的化学反应方程式： 。
(2)调节pH 时，若使Fe
3+、Cu
2+沉淀完全(浓度不大于1.0×10
-5 mol⋅L
-1)，pH 至少为 (已知：
lg2=0.3)。
(3)P204 是一种有机酸性萃取剂，用HA 表示，萃取方程可简写为：n HA+ M
n+→An M +n H
+。当其他条件相
同时，若按照不同相比(P204 与滤液体积比)，溶液中钙、镁、锰元素萃取率如下表格：
相比
钙萃取率/％
镁萃取率/％
锰萃取率/％
0.4:1
68.88
35.19
3.43
0.8:1
75.60
58.28
6.25
1.6:1
83.12
72.29
13.03
2:1
93.43
83.67
17.40
3:1
99.78
90.17
23.97
根据流程及数据，判断萃取时最佳相比是 ；萃取后，水相中通入氨气和氧气发生主要反应的
离子方程式为 ；油相中加入的试剂X 是 进行反萃取；反萃水相灼烧时火焰呈砖红
色，请用相关理论解释原因 ；反萃水相中加入NH4 F及后续操作的目的 。
(4)此流程中能循环利用的试剂是 。
【答案】(1)12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O
(2)6.65
(3) 3：1 6 Mn
2++12NH3+6 H2O+O2=12NH4
++2Mn3O4↓ 稀硫酸 反萃取时加入硫酸，
平衡2HA+CaSO4⇌Ca A2+2H2SO4逆向移动，生成的CaSO4微溶，水相中含有Ca
2+ 从反萃取水相
中沉淀分离出Mg
2+，回收Mn元素
(4)P204 或反萃取油相
【分析】软锰矿加入稀硫酸及还原剂，还原浸出产生CO2，所得浸出液调节pH 后过滤除去滤渣，滤液加
入P204 萃取，得到的水相通入氨气、氧气，洗涤、干燥得到高纯Mn3O4，油相加入试剂X 反萃取，得反
萃取油相和反萃取水相，反萃取水相加入氟化铵反应得到含氟净化液，加入碳酸氢铵反应后过滤得到含氟
MnCO3，高温煅烧得到高纯Mn3O4，据此解答。
【详解】（1）出液中Mn元素的存在形式主要是MnSO4，该反应的化学方程式为
12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O；
（2）Fe(OH)3的K sp=2.8×10
-39，若使Fe
3+沉淀完全，pH应在3∼4之间，Cu(OH)2的K sp=2×10
-20，若
使Cu
2+沉淀完全，则c (OH
-)=
❑√2×10
-15 mol⋅L
-1=2
1
2 ×10
-7.5 mol⋅L
-1，c (H
+)=2
- 1
2 ×10
-6.5 mol⋅L
-1，
pH =-lg¿，此时Fe
3+已沉淀完全，故pH 至少为6.65；
（3）根据工业流程，水相最后可以得到高纯Mn3O4，则对于Mn 的萃取率要相对较低，而钙和镁的萃取
率要相对较高，当相比为3:1时，镁、钙萃取率最高，虽然锰元素萃取率也在升高，但是根据流程中，锰
元素还有回收利用的过程，因此应该以提高镁、钙萃取率为主，因此选择相比为3:1；
“萃取”后，水相中主要是硫酸锰，通入NH3和O2时，发生反应的离子方程式为
6 Mn
2++12NH3+6 H2O+O2=12NH4
+ +2Mn3O4↓；
“反萃取”时，应使n HA+ M
n+⇌MAn+n H
+反应逆向移动，可以增加H
+的浓度，且不引入其他阴离子，所
以应加入的试剂X 是稀硫酸；
反萃水相灼烧时火焰呈砖红色，说明含有钙元素，原因是反萃取时加入硫酸，平衡
2HA+CaSO4⇌Ca A2+2H2SO4逆向移动，生成的CaSO4微溶，水相中含有Ca
2+；
根据上述分析可知，反萃取水相中含有Mg
2+和Mn
2+，因此反萃取水相中继续加入NH4 F并进行后续操作的
目的是从反萃取水相中沉淀分离出Mg
2+，回收Mn元素；
（4）因为油相中加入硫酸反萃取后，得到反萃取油相P204 即HA，因此可以循环利用的是P204 或反萃取
油相。
21．（2025·陕西渭南·二模）纳米氧化锌是性能优异的半导体催化剂，以工业含锌废渣(主要成分为ZnO，
还含有Al2O3、Fe2O3、CuO、CaO、SiO2等)制取高纯氧化锌的工艺流程如下。
已知：金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH 如下表所示。
金属离子
Fe
3+
Cu
2+
Zn
2+
Al
3+
开始沉淀时的pH
1.9
4.7
6.2
3.4
完全沉淀时的pH
3.3
6.7
8.2
4.7
回答下列问题：
(1)基态Fe
3+价层电子轨道表示式为 。
(2)“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。
(3)“调pH”的范围为 。若室温下将溶液的pH 调为4，则此时Fe
3+的浓度为
mol⋅L
-1(已知K sp[Fe(OH)3]= 4×10
-38)。
(4)为表征纳米ZnO 的晶体结构，仪器测得结果如图1 所示，所用仪器是___________(填字母)。
A．核磁共振仪
B．质谱仪
C．红外光谱仪
D．X 射线衍射仪
(5)“沉锌”过程获得Zn (OH)2⋅ZnCO3，离子方程式为 。
(6)“母液”通过 、 、过滤、洗涤、干燥可获得(NH4)2SO4⋅10 H2O晶体。480℃下，
(NH4)2SO4⋅10 H2O分解过程中含氮物质随时间变化关系如图2 所示。该条件下(NH4)2SO4⋅10 H2O分解的
化学方程式为 。
(7)实验室中进行“灼烧”时，会用到下列仪器中的___________(填字母)。
A．
B．
C．
D．
【答案】(1)
(2)SiO2、CaSO4
(3) 4.7<pH<6.2 4×10
-8
(4)D
(5)2Zn
2++ 4 HCO3
-=Zn (OH)2⋅ZnCO3↓+3CO2↑+ H2O
(6) 蒸发浓缩 冷却结晶 3[(NH4)2SO4⋅10 H2O]
480℃
¿ N2↑+ 4 NH3↑+3SO2↑+36 H2O↑
¿
(7)AD
【分析】含锌废渣主要成分为ZnO，还含有Al2O3、Fe2O3、CuO、CaO、SiO2等。向粉碎后的含锌废渣中
先加入稀硫酸“浸取”，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，硫酸钙微溶，过滤得到含有二氧化
硅、硫酸钙的滤渣1 和滤液；向滤液中加入氧化锌调节溶液pH 在4.7—6.2 范围内，将溶液中的铁离子、
铝离子、铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧化
铜的滤渣2 和滤液；向滤液中加入硫化铵，将溶液中剩余的铜离子转化CuS 沉淀“深度除铜”，过滤得到
CuS 沉淀和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锌离子转化为Zn(OH)2∙ZnCO3沉淀，过滤得到
母液和Zn(OH)2∙ZnCO3；碱式碳酸锌煅烧分解生成氧化锌。母液中溶质主要为硫酸铵，“母液”通过蒸发
浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可获得(NH4)2SO4⋅10 H2O晶体。
【详解】（1）
Fe 是26 号元素，基态
Fe
3+
价层电子轨道表示式为
。故答案为：
；
（2）向粉碎后的含锌废渣中先加入稀硫酸“浸取”，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，硫酸
钙微溶，“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4。故答案为：SiO2、CaSO4；
（3）“调pH”的目的是除去铜离子、铝离子和铁离子，为不影响锌离子，“调pH”的范围为4.7<pH<6.2。
若室温下将溶液的pH 调为4，c(OH-)=10-10mol/L，则此时Fe
3+的浓度为4×10
-38
(1×10
-10)
3 mol/ L= 4×10
-8
mol⋅L
-1。故答案为：4.7<pH<6.2；4×10
-8；
（4）为表征纳米ZnO 的晶体结构，仪器测得结果如图1 所示，为X 射线衍射图谱，所用仪器是D，X 射
线衍射仪。故答案为：D；
（5）“沉锌”过程获得Zn (OH)2⋅ZnCO3，“沉锌”过程中硫酸锌和碳酸氢铵反应生成Zn (OH)2⋅ZnCO3、
二氧化碳、水、和硫酸铵，离子方程式为2Zn
2++ 4 HCO3
-=Zn (OH)2⋅ZnCO3↓+3CO2↑+ H2O。故答案为：
2Zn
2++ 4 HCO3
-=Zn (OH)2⋅ZnCO3↓+3CO2↑+ H2O；
（6）母液中溶质主要为硫酸铵，“母液”通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可获得
(NH4)2SO4⋅10 H2O晶体。480℃下，(NH4)2SO4⋅10 H2O分解过程中含氮物质随时间变化关系如图2 所示，
60min 时，∆n[(NH4)2SO4⋅10 H2O] ∆n(
∶
N2) ∆n(
∶
NH3)=3 1 4
∶∶，即三者化学剂量数之比为3：1：4，根据原子守
恒得该条件下(NH4)2SO4⋅10 H2O分解的化学方程式为
3[(NH4)2SO4⋅10 H2O]
480℃
¿ N2↑+ 4 NH3↑+3SO2↑+36 H2O↑
¿
。故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
3[(NH4)2SO4⋅10 H2O]
480℃
¿ N2↑+ 4 NH3↑+3SO2↑+36 H2O↑
¿
；
（7）实验室中进行“灼烧”固体时，会用到下列仪器中的A 酒精灯和D 坩埚。故答案为：AD。
22．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）碲化镉（CdTe）量子点具有优异的光电性能。某科研人员设计以电解精
炼铜获得的富碲渣（含铜、碲、银等）为原料合成碲化镉量子点的流程如下：
回答下列问题：
(1)电解精炼铜时，原料富碲渣将在 （填“阴”或“阳”）极区获得。
(2)“硫酸酸浸”时，取含单质Te 6.38%的富碲渣60g，为将Te 全部溶出转化为Te(SO4)2需加质量分数为
30%的H2O2（密度：1.134g/cm3） mL。但实际操作中，H2O2用量远高于该计算值，原因之一是
Cu 同时也被H2O2浸出，请写出Cu 被浸出时发生反应的离子方程式： 。
(3)化学中用标准电极电势E
Θ（氧化态/还原态）反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧
化态转化为还原态越容易。已知硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为E
Θ(Cu
2+/Cu)=0.337 V、
E
Θ(Te
4+/Te)=0.630 V，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是 。
(4)结合下列反应机理（反应中水及部分产物已省略），推测NaCl 在“还原”步骤中的作用是 。
(5)①合成量子点时，加入柠檬酸钠作为包覆剂，利用柠檬酸钠的烃基部分修饰CdTe，羧酸钠部分亲水基
团则用于增强其生物相容性，下列最不可能替代柠檬酸钠生产具备以上特征量子点的物质是 （填
字母）。
A．苯 B．正戊醇 C．苯甲酸钾 D．硬脂酸钠
②量子点在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，关于这一现象下列说
法不正确的是 （填字母）。
A．属于化学变化 B．属于物理变化 C．由电子跃迁形成
(6)胆矾的结构如图所示。下列说法不正确的是________。
A．胆矾晶体中含有离子键、配位键、氢键等化学键
B．胆矾属于离子晶体
C．SO4
2-的空间结构为正四面体形
D．电负性O>S，第一电离能O<S
【答案】(1)阳
(2) 6.0 Cu+ H2O2+2H
+=Cu
2++2H2O
(3)2SO2+Te(SO4)2+ 4 H2O =Te+ 4 H2SO4
(4)催化剂
(5) A A
(6)AD
【分析】富碲渣经过硫酸酸浸后，Te 转化为Te(SO4)2，过滤后的浸出液经过二氧化硫还原得到粗碲，粗碲
处理后得到精制碲，与NaBH4反应得到H2Te，在反应釜中与CdCl2在柠檬酸钠作用下反应得到CdTe 量子
点。
【详解】（1）电解精炼铜得到富碲渣，其中含贵金属，电解精炼铜时阳极产生阳极泥，含贵金属，故应
在阳极区得到。
（2）单质Te 6.38%的富碲渣60g 含有纯净的Te 为0.03mol，将Te 全部溶出转化为Te(SO4)2，失去电子为：
0.03mol×4=0.12mol；设双氧水需要x mol，根据电子转移守恒，得：x×2×1e
-=0.12mole
-，
n(H2O2)=0.06mol，列式计算所需双氧水溶液的体积为：0.06×34
30%×1.134 mL≈6mL。铜在酸性环境下，容
易被双氧水氧化为铜离子，则被浸出时发生反应的离子方程式：Cu+ H2O2+2H
+=Cu
2++2H2O。
（3）根据题意，标准电极电势数值越大，氧化态转化为还原态越容易，故SO2“还原”酸浸液时，主要发
生反应的化学方程式是：2SO2+ Te(SO4)2+ 4 H2O =Te+ 4 H2SO4。
（4）根据反应机理图，氯离子参与反应，最终又生成，推测NaCl 在“还原”步骤中的作用是作催化剂。
（5）①根据题干信息，合成量子点时选择的包覆剂应含亲水基和憎水基，正戊醇含憎水基烃基，含亲水
基羟基，苯甲酸钾含憎水基烃基，含亲水基羧酸根离子，苯只含憎水基，故选A。
②量子点在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，这种现象是发生了电
子的跃迁，属于物理变化，故A 错误。
（6）A．胆矾晶体中含有离子键、配位键等化学键，氢键不属于化学键，A 错误；
B．胆矾是离子化合物，属于离子晶体，B 正确；
C．硫酸根离子中的成键电子对数为4，孤电子对数为6+2-2×4
2
=0，故硫酸根的空间构型是正四面体形，
C 正确；
D．同主族元素电负性从上到下越来越小，故电负性O＞S，同主族元素从上到下第一电离能越来越小，故
第一电离能O＞S，D 错误；故选AD。
23．（2025·辽宁鞍山·二模）由电镀污泥(含Cr
3+、Fe
2+、Fe
3+、Zn
2+、Cu
2+、Ag
+等)为原料生产Na2Cr2O7
流程如图：
已知：I.25℃：NH3⋅H2O K b=10
-5
II.Zn
2+能形成无色的[Zn(NH3)4]
2+
回答下列问题：
(1)氨浸液中的(NH4)2CO3能使污泥中的一种胶状物转化为疏松的颗粒。
①“氨浸”步骤在NH3-(NH4)2CO3缓冲溶液中，Fe
3+可被SO3
2-还原，生成FeCO3，该反应的离子方程式为
；
②氨浸渣中的FeCO3在X射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰，则FeCO3属于 (填“晶体”或“非晶
体”)；
③25℃时，若测得氨浸液pH为9，则溶液中c(NH3⋅H2O) c(NH4
+)(填“>”、“＜”或“=”)；
④(NH4)2CO3提高了氨浸液和浸渣的分离效率，原因是 ；
⑤氨浸液呈深蓝色，其中呈色离子的结构简式为 。
(2)水浸液中含+6 价Cr 的含氧酸盐，请从平衡移动角度指出A 物质为 (填化学式)，并用适当的化学
用语阐述原理 。
(3)根据Na2Cr2O7溶解度曲线(如图)指出“系列操作”为 。
【答案】(1) 2Fe
3++SO3
2-+ H2O+2CO3
2-+2NH3=2FeCO3↓+SO4
2-+2NH4
+ 晶体 = 使胶状
物转化为易于分离的沉淀颗粒
(2) H2SO4 增大H
+浓度，促进平衡2CrO4
2-+2H
+⇌Cr2O7
2-+ H2O正向移动，生成Cr2O7
2-
(3)浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥
【分析】由题给流程可知，向电镀污泥中加入氨水、亚硫酸铵和碳酸铵的混合溶液氨浸，将溶液中的铜离
子、锌离子、银离子转化为四氨合铜离子、四氨合锌离子、二氨合银离子，铁离子和亚铁离子转化为碳酸
亚铁沉淀、铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氨浸液和氨浸渣；向氨浸渣中加入氢氧化钠、通入空气
高压焙烧，将碳酸亚铁转化为氧化铁、氢氧化铬转化为铬酸钠，焙烧渣水浸、过滤得到含有氧化铁的水浸
渣和铬酸钠溶液；向溶液中加入硫酸溶液调节溶液pH，将溶液中铬酸钠转化为重铬酸钠，反应得到的溶
液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥得到重铬酸钠。
【详解】（1）①由分析可知，氨浸时铁离子发生的反应为溶液中的铁离子与亚硫酸根离子、碳酸根离子、
氨分子反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸根离子和铵根离子，反应的离子方程式为
2Fe
3++SO3
2-+ H2O+2CO3
2-+2NH3=2FeCO3↓+SO4
2-+2NH4
+，故答案为：
2Fe
3++SO3
2-+ H2O+2CO3
2-+2NH3=2FeCO3↓+SO4
2-+2NH4
+；
②由碳酸亚铁在X 射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰可知，碳酸亚铁属于晶体，故答案为：晶体；
③由电离常数可知，溶液中c(NH4
+)
c(NH3⋅H2O)
=Kb
c(OH
-)
=10
-5
10
-5=1，则溶液中一水合氨的浓度与铵根离子浓度相
等，故答案为：=；
④碳酸铵提高了氨浸液和浸渣的分离效率是因为：碳酸铵能使污泥中的胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒，
故答案为：使胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒；
⑤氨浸液呈深蓝色是因为溶液中存在着结构简式为
的四氨合铜离子，故答案为：
；
（2）由分析可知，水浸液中存在如下平衡：2CrO4
2-+2H
+⇌Cr2O7
2-+ H2O，向溶液中加入硫酸溶液，溶液
中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，有利于重铬酸根离子的生成，故答案为：H2SO4；增大H
+
浓度，促进平衡2CrO4
2-+2H
+⇌Cr2O7
2-+ H2O正向移动，生成Cr2O7
2-；
（3）由溶解度曲线可知，得到重铬酸钠的系列操作为浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：浓缩、
结晶、过滤、洗涤、干燥。
24．（2025·山东潍坊·二模）以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S5和SiO2等)为原料制备金属Sb
和PbCl2的一种工艺流程如下：
已知：①“酸浸”浸出液中含有SbCl3、PbCl❑4
2-、AsCl3等；物质X、SbCl3、AsCl3均易水解；“酸浸”和
“电解”过程无气体放出；
25℃
②
时，Ksp(PbSO4)=2.55×10-8，Ksp(PbCl2)=1.7×10-5。
回答下列问题：
(1)“滤渣”的成分是 (填化学式)，“酸浸”时需加过量盐酸的目的：①与辉锑矿充分反应；② 。
(2)物质X 是 (填化学式)，金属Y 的作用是 。
(3)“除砷”时氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3，反应的化学方程式为 。
(4)“浸取”时温度与NaCl 溶液的浓度对铅浸出率和PbCl2溶解度的影响如图所示：
①浸取铅的最合适的条件是 。
②循环浸取“沉铅”滤渣，向浸取后的溶液中加入适量BaCl2溶液处理后，加水使NaCl 浓度稀释至
1.5mol·L-1的目的是 。
25℃
③
时，PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl❑4
2-(aq)的平衡常数为K1，浸取中反应PbSO4(s)+4Cl-(aq)⇌PbCl❑4
2-(aq)
+SO❑4
2-(aq)的平衡常数K= (用含K1的代数式表示)。
【答案】(1) S 和SiO2 抑制SbCl3、AsCl3、SbCl5水解
(2) SbCl5 将SbCl5还原为SbCl3
(3)2AsCl3+3NaH2PO2+3H2O＝2As+3H3PO3+3NaCl+3HCl
(4) 4.5mol·L-1NaCl 溶液，85℃ 降低PbCl2的溶解度，使PbCl2充分析出，提高Pb 回收率
1.5×10-3K1
【分析】辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S5和SiO2等)中加入过量盐酸和物质X 进行“酸浸”，
矿石中的硫化物转化为可溶的氯化物和硫，二氧化硅不参与反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和含
有物质X、SbCl3、PbCl4
2-、AsCl3等的滤液；向滤液中加入金属Y，该过程应发生氧化还原反应；“除
砷”步骤中加入NaH2PO2，将溶液中的三氯化砷还原为砷，过滤得到砷和滤液；向滤液中加入稀硫酸，将
PbCl4
2-转化为PbSO4沉淀，过滤后得到SbCl3溶液和主要含PbSO4的滤渣；向滤渣中加入NaCl 溶液浸取得
到PbCl2；电解SbCl3溶液，Sb3+在阴极得到电子发生还原反应生成Sb，在阳极失去电子生成SbCl5，由此
可知物质X 为SbCl5，电解得到的SbCl5可以返回“酸浸”步骤循环使用；金属Y 为Sb，将“酸浸”浸出
液中的SbCl5还原为SbCl3，据此解答。
【详解】（1）根据分析可知，滤渣的成分是S 和SiO2，根据已知条件①中“物质X、SbCl3、AsCl3均易水
解”可知，“酸浸”时需加过量盐酸的目的：①与辉锑矿充分反应；②抑制SbCl3、AsCl3、SbCl5水解；
（2）由流程图可知，物质X 在电解步骤中生成，且“电解过程无气体放出”，则电解过程中SbCl3发生氧
化还原反应生成Sb 和SbCl5，所以物质X 是SbCl5，“酸浸”步骤的浸出液中含有剩余的SbCl5，“转化”
步骤中目的是将SbCl5转化为SbCl3，金属Y 为Sb，则金属Y 的作用是：将SbCl5还原为SbCl3；
（3）“除砷”过程中发生氧化还原反应，As3+被还原为As，则AsCl3作氧化剂，NaH2PO2作还原剂，根据
氧化剂与还原剂的物质的量之比为2 3∶，结合氧化还原规律可得反应的化学方程式为：
2AsCl3+3NaH2PO2+3H2O=2As+3H3PO3+3NaCl+3HCl；
（4）①由图可知，铅的浸取率在85℃、4.5mol·L-1NaCl 溶液中最大，则浸取铅最合适的条件是
4.5mol·L-1NaCl 溶液、85℃；
②由图可知，NaCl 溶液浓度为1.5mol·L-1时，PbCl2溶解度≤25g，因此加水使NaCl 浓度稀释至
1.5mol·L-1，可降低PbCl2的溶解度，使更多的PbCl2析出，从而提高Pb 的回收率，则加水使NaCl 浓度稀
释至1.5mol·L-1的目的是：降低PbCl2的溶解度，使PbCl2充分析出，提高Pb 回收率；
PbSO
③
4(s)⇌Pb2+(aq)+SO4
2-(aq)的Ksp=c(Pb2+)×c(SO4
2-)=2.55×10-8，PbCl2(s)⇌Pb2+(aq)+2Cl-(aq)的
Ksp=c(Pb2+)×c2(Cl-)=1.7×10-5，PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌ PbCl4
2-(aq)的平衡常数K1=c(PbCl4
2-)
c
2(Cl
-)
，PbSO4(s)+4Cl-(aq)
⇌ PbCl4
2-(aq)+SO4
2-(aq)的平衡常数K=c(PbCl4
2-)×c(SO4
2-)
c
4(Cl
-)
=
K sp(PbSO4)
K sp(PbCl2) × K 1= 2.55×10
-8
1.7×10
-5 × K 1=1.5×10
-3 K 1。
25．（2025·北京昌平·二模）锰酸锂电池在电动汽车等领域有广泛应用，以下是用电解锰阳极渣制备锰酸
锂的一种方法。
资料：
1.浸出被中的阳离子主要有Mn
2+、Fe
2+、Fe
3+、Al
3+、Mg
2+、Ca
2+。
2.室温下，金属阳离子浓度为0.1mol/L 时，开始沉淀与完全沉淀的pH 如下表：
金属离子
Fe
2+
Fe
3+
Al
3+
Mg
2+
Ca
2+
Mn
2+
开始沉淀
6.3
1.5
3.3
8.9
11.9
8.1
完全沉淀
8.3
2.8
4.6
10.9
13.9
10.1
(1)电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为MnO2，推测S 在反应中体现 性。
(2)ⅱ中除杂过程需经历2 步：
a．先加入H2O2，后用MnCO3调节pH 到5.5，过滤。
b．再加入NH4 F溶液，过滤。
①H2O2的作用是 (用离子方程式表示)。
②步骤a 除去的离子有 。
③NH4 F溶液的作用是 。
④解释不能通过加入H2O2，再调节pH 的方法除去所有杂质离子的原因 。
(3)沉锰时向滤液中加入稍过量的NH4 HCO3溶液，过滤后取滤饼进行多次洗涤后烘干，得到高纯度的MnCO3。
写出生成MnCO3的离子方程式 。
(4)焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有 、 。
(5)制备锰酸锂过程中反应的化学方程式为8 Mn3O4+6Li2CO3+5O2催化剂
Δ
12LiMn2O4+6CO2，若阳极渣
中含有MnO2的质量为43.5g，理论上需要加入Li2CO3的质量 (填“>”、“<”或“=”)9.25g，原因是
。
【答案】(1)还原
(2) 2Fe
2++ H2O2+2H
+=2Fe
3++2H2O Fe
2+、Fe
3+、Al
3+ 除去Ca
2+、Mg
2+ Mn
2+、Mg
2+、
Ca
2+开始沉淀(或完全沉淀)的pH 比较接近，不能通过调pH 的方法只除去Mg
2+、Ca
2+而保留Mn
2+
(3)Mn
2++2HCO3
-= MnCO3↓+CO2↑+ H2O
(4) O2做氧化剂 持续鼓入空气可使氧气的浓度增大，有利于提高化学反应速率，提高产率
(5) > 除杂过程中加入了MnCO3，Mn 元素会进入滤液，最终也要转化为产品
【分析】用电解锰阳极渣制备锰酸锂的流程为：在电解锰阳极渣加入S 和H 2SO4进行酸浸还原，过滤除去
滤渣后得到含有Mn
2+、Fe
2+、Fe
3+、Al
3+、Mg
2+、Ca
2+的浸出液，加入H2O2，后用MnCO3调节pH 到5.5，
过滤除杂后，再加入NH4 F溶液，过滤掉滤渣后得到主要含Mn
2+的滤液，然后稍过量的NH4 HCO3溶液进行沉
锰得到MnCO3固体，过滤分离出MnCO3固体进行焙烧得到Mn3O4，最后进行制备得到产物LiMn2O4，
据此分析解答。
【详解】（1）电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为MnO2，加入S 和H 2SO4进行酸浸后的浸出液中变为
Mn
2+，说明被还原，发生反应：3 MnO2+ S + 4 H
+=3 Mn
2++ SO4
2-+2 H 2O，则加入的S 在反应中体现了：
还原性。
（2）①浸出液中的Fe
2+完全沉淀的pH 与Mn
2+相交，单独沉淀Fe
2+会影响Mn
2+的产量，所以需要将Fe
2+
氧化为Fe
3+在低pH 时就能完全除去，则加入的H2O2的作用是将Fe
2+氧化为Fe
3+：
2 Fe
2++ H 2O2+2 H
+=2 Fe
3++2 H 2O；
②根据资料2 和问题①，在步骤a 除去的离子有：Fe
2+、Fe
3+、Al
3+；
③因为经过除杂过程后得到的主要含Mn
2+的滤液，则加入NH4 F溶液最主要的作用是将Mg
2+、Ca
2+继续转
化为MgF2和CaF2沉淀除去；
④根据资料2 的信息可知，Mn
2+、Mg
2+、Ca
2+开始沉淀(或完全沉淀)的pH 比较接近，故不能通过调pH 的
方法只除去Mg
2+、Ca
2+而只得到Mn
2+。
（3）沉锰时向滤液中加入稍过量的NH4 HCO3溶液与Mn
2+反应得到MnCO3固体，则反应的离子方程式为：
Mn
2++2HCO3
-= MnCO3↓+CO2↑+ H2O。
（4）焙烧过程是将MnCO3固体在空气中加热得到Mn3O4，Mn 元素化合价升高，反应方程式为：
6 MnO2+O2 =
高温
2 Mn3O4+6CO2，则焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有：需要提供足量氧气
作氧化剂使用、增大空气中氧气的浓度，加快反应速率。
（5）根据反应的化学方程式为8 Mn3O4+6Li2CO3+5O2催化剂
Δ
12LiMn2O4+6CO2，由Mn 元素守恒列关
系式：4 MnO2
~
2 LiMn2O4
~
Li2CO3
348
¿
¿
43.5 g
¿
¿m¿，解得m=9.25 g，但由于在除杂过程中加入了
MnCO3调节pH，这些Mn 元素最终也进入到沉锰环节被转化为LiMn2O4，故理论上需要加入Li2CO3的质
量大于9.25g。
