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专题08 工艺流程综合题（非选择题）
1．（2026·广东广州·一模）一种从废旧锰酸锂电池的正极材料(主要含LiMn2O4、碳粉和铝箔)中回收Li 和
Mn 的工艺流程如下。
已知：
①常温下，p K a1(H3PO4)=2.2，p K a2(H3PO4)=7.2，p K a3(H3PO4)=12.3。
②常温下，K sp(Li3PO4)=2.7×10
−11。
③“酸浸液”主要含有的金属阳离子是Li
+、Mn
2+。
(1)“碱浸”时，铝单质发生反应的离子方程式为___________。
(2)“酸浸”时，加入H2O2的作用是___________。
(3)“沉锰”时，生成Mn3O4的离子方程式为____。
：_ _ _ _ +O2+ _ _ _ _ = _ _ _ _ Mn3O4↓+ _ _ _ _。
(4)“沉锂”时，pH 至少应调至大于___________，使溶液中c(PO4
3−)>c(HPO4
2−)，有利于Li3PO4的生成。若
“沉锂”后滤液中c(PO4
3−)=1.0 mol⋅L
−1，则c (Li
+)=___________mol⋅L
−1。
(5)废旧锂电池中的LiMn2O4也可通过电解法回收，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离
子可自由通过；电解质溶液是H2SO4和MnSO4的混合溶液)。电解过程中，阴极上LiMn2O4发生的电极反应
为___________；理论上消耗LiMn2O4与生成MnO2的物质的量之比为___________。
(6)Li3PO4可用于制备Li2CN2，Li2CN2的晶胞结构如图所示，该晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、a
nm、2a nm。
①晶胞中“
”表示___________(填“Li
+”或“CN2
2−
”)。
②CN2
2−的空间结构为___________。
③每个Li
+周围与它最近且距离相等的CN2
2−有___________个。
【答案】(1)2 Al+2OH
−+6 H 2O＝2 Al(OH )4
−+3 H 2↑
(2)将LiMn2O4中的Mn 还原为Mn
2+
(3)6 Mn
2++O2+12OH
−=2 Mn3O4↓+6 H 2O
(4) 12.3 3×10
−4
(5) LiMn2O4+8 H
++3e
−= Li
++2 Mn
2++ 4 H 2O 2：3
(6) CN 2
2− 直线形 4
【分析】正极材料主要含LiMn2O4、碳粉和铝箔，加入NaOH溶液，只有Al 和NaOH反应，生成
Na[ Al (OH )4]，成为碱浸液的主要成分。往固体中继续加入H2SO4、H2O2，可将LiMn2O4中的Mn 还原为
Mn
2+，Li 变为Li
+，在酸浸液中。加入NaOH溶液，通入空气，利用氧气将Mn
2+氧化为Mn3O4沉淀除去。溶
液中的Li
+加入Na3PO4溶液调节pH，可生成Li3PO4沉淀，滤液中主要含有Na2SO4。
【详解】（1）铝具有两性，和NaOH反应生成Na[ Al (OH )4]，Al 的化合价升高，则H 的化合价降低生
成H2，离子方程式为2 Al+2OH
−+6 H 2O＝2 Al(OH )4
−+3 H 2↑。
（2）酸浸液中含有Mn
2+，说明酸浸时Mn 的化合价降低，则H2O2作还原剂，将LiMn2O4还原为Mn
2+。
（3）沉锰时的反应物有Mn
2+、O2，溶液呈碱性，生成物有Mn3O4，离子方程式为
6 Mn
2++O2+12OH
−=2 Mn3O4↓+6 H 2O。
（4）根据题意，H3PO4的第三步电离方程式为HPO4
2−⇌H
++ PO4
3−，p K a3=12.3，则
K a3= c(H
+)·c(PO4
3−)
c(HPO4
2−)
=10
−12.3。当c(HPO4
2−)=c(PO4
3−)时，c(H
+)= K a3=10
−12.3mol· L
−1，则溶液的
pH =−lgc(H
+)=12.3。所以当pH >12.3时，才有c(PO4
3−)>c(HPO4
2−)。沉锂后滤液中
c(PO4
3−)=1.0mol· L
−1，而K sp(Li3 PO4)=c
3(Li
+)·c(PO4
3−)=2.7×10
−11，所以
c(Li
+)=
3
√
K sp(Li3 PO4)
c(PO4
3−)
=
3√
2.7×10
−11
1.0
=3×10
−4mol· L
−1。
（5）阴极发生还原反应，由图可知，反应物有LiMn2O4，生成物有Li
+、Mn
2+，溶液呈酸性，电极反应式
为LiMn2O4+3e
−+8 H
+= Li
++2 Mn
2++ 4 H 2O。阴阳两极转移的电子个数相同，阴极1mol LiMn2O4变
为2 mol Mn
2+，转移3mol e
−。阳极1mol Mn
2+变为1mol MnO2，转移2mol e
−。两者的最小公倍数为
6，则n(LiMn2O4)：n(MnO2)=2:3。
（6）由图可知，黑球位于晶胞的顶点和内部，共有8× 1
8 +1=2个。白球位于晶胞的面上，共有8× 1
2 = 4
个。而物质的化学式为Li2CN 2，则黑球表示CN 2
2−。CN 2
2−和CO2互为等电子体，空间结构模型一致，而
CO2中的中心C 原子的价层电子对为σ 键+ 孤对电子=2+(4−2×2)=2。空间结构为直线形。由图可知，
以其中一个面心上的Li
+为参考，该晶胞中，与该离子距离最近且相等的CN 2
2−为两个顶点和一个体心，共
3 个。一个面被两个晶胞共用，根据晶胞的对称性可知，另一个晶胞中体心处还有一个CN 2
2−。综上，共4
个CN 2
2−。
2．（2026·陕西商洛·一模）利用SiCl4对废弃的锂离子电池的正极材料LiCoO2进行氯化处理并再生的一种
工艺流程如下：
已知：①K sp[Co(OH)2)=6.4×10
−15。
②Li2CO3的溶解度曲线如图1 所示。
回答下列问题：
(1)LiCoO2中，Co的化合价为___________。
(2)“烧渣”是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“氯化焙烧”时发生反应的化学方程式为___________。
(3)常温下，为了使“沉钴”过程中Co
2+沉淀完全，溶液的pH应该不低于___________[已知lg2≈0.3，
c(Co
2+)≤1×10
−5 mol⋅L
−1时，可认为Co
2+沉淀完全]。
(4)“沉锂”完成后的操作依次为___________、___________、洗涤、干燥。
(5)Co(OH)2在空气中“焙烧”时固体残留率(固体残留率= 剩余固体的质量
原始固体的质量×100 %)随温度的变化如图2
所示。为了获得纯净的Co3O4，则该步骤应该控制的温度为___________(填字母)。
A．300～400℃
B．500～800℃
C．850～900℃
D．1000℃以上
(6)[Co(NH3)4(H2O)Cl)Cl2是钴的一种配合物，含1 mol 该配合物的溶液与足量AgNO3溶液反应能生成
___________mol AgCl，该配合物中Co
3+的配位数为___________。
【答案】(1)+3
(2)4 LiCoO2+3SiCl4
焙烧
¿4 LiCl+ 4 CoCl2+3SiO2+O2↑
¿
(3)9.4
(4) 蒸发结晶 趁热过滤
(5)B
(6) 2 6
【分析】LiCoO2粗品加入SiCl4氯化焙烧，生成O2，化合价升高，则Co 的化合价要降低变成CoCl2。再加
入NaOH溶液生成Co(OH)2沉淀，焙烧得到Co3O4。沉钴后的滤液中主要含有LiCl和NaCl，加入Na2CO3溶
液将Li
+变为Li2CO3沉淀，再和Co3O4一起煅烧得到LiCoO2。
【详解】（1）LiCoO2中Li 为+1价，O 为−2价，根据化合物的化合价代数和为0 可得+1+ x +(−2)×2=0，
可解得Co 的化合价为x =+3。
（2）焙烧的反应物是LiCoO2和SiCl4，生成物是O2、LiCl、CoCl2和SiO2，配平可得方程式为
4 LiCoO2+3 SiCl4
焙烧
¿4 LiCl+ 4CoCl2+3 SiO2+O2↑
¿
。
（3）Co
2+恰好沉淀完全时，c(Co
2+)=1×10
−5 mol⋅L
−1，Co(OH)2(s)⇌Co
2+ (aq)+2OH
−(aq)，
K sp[Co(OH)2)=c(Co
2+)⋅c
2(OH
−)=6.4×10
−15，则c(OH
−)= ❑√
6.4×10
−15
1×10
−5
mol⋅L
−1=8×10
−5.5 mol⋅L
−1，
pOH =5.5−3lg2≈4.6，pH≈14−4.6=9.4，即要使Co
2+沉淀完全，溶液的pH 应不低于9.4.
（4）由碳酸锂的溶解度曲线可知，温度越高，碳酸锂的溶解度越小，越有利于析出，为提高碳酸锂的析
出量和纯度，＂沉锂＂操作后应进行的操作为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。
（5）假设所取Co(OH)2的质量为100 g，M [Co(OH)2)=93g⋅mol
−1，M (Co3O4)=241g⋅mol
−1，当剩余
固体为Co3O4时，其质量为
m[Co(OH)2)
M [Co(OH)2)
× M (Co3O4)
3
=
100g
93g⋅mol
−1 × 241g⋅mol
−1
3
≈86.38g，此时固体
残留率为86.38 %，由题图可知，该步骤应该控制的温度为500∼800℃。
（6）配合物中外界离子在溶液中可以电离，内界配离子不能电离，1mol[Co( NH 3)4( H 2O)Cl ]Cl2可以
电离出2 mol 外界Cl
−，与足量AgNO3反应生成2molAgCl；内界中配体为4 个NH 3、1 个H 2O、1 个Cl
−，
配位数为4 +1+1=6。
3．（2026·河南焦作·一模）工业生产硫酸(以黄铜矿为原料，主要成分是CuFeS2，含少量杂质SiO2)产生大
量的废渣和废气，对环境危害极大。一种将这种废渣和废气进行协同处理，使之资源化综合利用的工艺流
程如图所示：
已知：①常温下，K sp[Fe(OH)3)=2.8×10
-39；②lg0.28≈-0.55；③离子浓度为1.0×10
-5mol·L
-1时，
可认为该离子在溶液中已完全沉淀。回答下列问题：
(1)“酸浸”工序中加入的“试剂X”为_____(填名称)。“氧化i”工序的目的是_____。
(2)“调pH”工序中Fe
3+恰好完全沉淀时的pH≈_______(保留三位有效数字)；“调pH”工序中除了用CuO 外，
最好还可以用_______(填化学式)。
(3)上述化工流程中，采用98.3%浓硫酸吸收SO3，而不是采用水吸收，原因是_______。
(4)“液吸”制备大苏打(Na2S2O3)的化学方程式为_______。
(5)实验室中，“系列操作a”包含_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
【答案】(1) 稀硫酸 将Fe
2+氧化为Fe
3+，便于后续除铁
(2) 2.82 Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3
(3)SO3与水反应剧烈放热会使水气化形成酸雾，从而降低SO3吸收效率，而98.3%浓硫酸含水量少，能防止
形成酸雾
(4)4SO2+2Na2S+ Na2CO3=3 Na2S2O3+CO2
(5) 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】黄铜矿（主要成分是CuFeS2，含少量杂质SiO2）在空气中高温焙烧，CuFeS2转化为Cu2O、
Fe2O3和SO2，加入稀硫酸（试剂X）酸浸，Fe2O3转化为Fe
3+，Cu2O转化为Cu
2+和Cu，Fe
3+进一步与Cu发
生氧化还原反应生成Fe
2+和Cu
2+，SiO2不反应，过滤得到含有FeSO4、CuSO4的滤液及含SiO2的滤渣1；利
用双氧水将Fe
2+氧化为Fe
3+后加入CuO调节溶液pH，使Fe
3+转化为Fe(OH)3沉淀（滤渣2），煅烧Fe(OH)3
得到Fe2O3；含CuSO4的滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可得到胆矾晶体；SO2在催化
氧化后生成SO3，SO3用98.3%浓硫酸吸收制得发烟硫酸，尾气中的SO2可重复利用，也可用Na2S、Na2CO3
混合液吸收制得Na2S2O3，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到大苏打晶体；
【详解】（1）“酸浸”时加入“试剂X”为某种酸，其目的是溶解金属氧化物，结合CuSO4⋅5 H2O中含有
的SO4
2−可知，加入的酸应为稀硫酸；“氧化i”工序加入双氧水的目的是将Fe
2+氧化为Fe
3+，便于后续沉淀
并分离铁元素；
（2）Fe
3+恰好完全沉淀时，c (Fe
3+)=1.0×10
−5 mol⋅L
−1，则溶液中
c(OH
−)=
3√
K sp[Fe(OH)3)
c (Fe
3+)
=
3√
2.8×10
−39
1.0×10
−5 =
3√0.28×10
−11mol⋅L
−1，即pOH =11−1
3 lg0.28≈11.183，则
pH =14−11.183=2.817≈2.82；为了不引入杂质离子，“调pH”工序中除了用CuO 外，最好还可以用
Cu(OH)2、CuCO3等；
（3）SO3与水反应剧烈放热会使水气化形成酸雾，从而大大降低吸收效率，而98.3%浓硫酸含水量少，能
防止形成酸雾，提高SO3吸收效率；
（4）“液吸”时，尾气中的SO2与Na2S、Na2CO3混合液反应生成Na2S2O3和CO2，反应的化学方程式为
4SO2+2Na2S+ Na2CO3=3 Na2S2O3+CO2；
（5）“系列操作a”是从CuSO4溶液中得到CuSO4⋅5 H2O晶体的操作，即蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、
干燥。
4．（2026·辽宁抚顺·一模）金属冶炼在国民经济发展中有着重要作用。工业上以某软锰矿(主要成分为
MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3及SiO2)为原料制备锰酸锂(LiMn2O4)的工艺流程如图所示。
已知：当溶液中某离子浓度不大于1.0×10
−5 mol⋅L
−1时，该离子沉淀完全。室温下相关物质的K sp如下表
所示。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn (OH)2
K sp
1×10
−16.3
1×10
−38.6
1×10
−32.3
1×10
−12.8
回答下列问题：
(1)工业上，需进行预处理将软锰矿转化为矿浆，其目的是___________。
(2)浸渣的主要成分是___________(填化学式)。
(3)“酸浸”中，加入FeSO4的目的是___________；“酸浸”，浸出液中可能含有Fe
2+，检验浸出液中是否
存在Fe
2+的试剂为___________(填化学式)；若溶液中还存在Fe
2+，为节约成本，可加入少量
___________(填名称)。
(4)若“酸浸”后浸出液中c(Mn
2+)=0.1mol⋅L
−1且已检测无Fe
2+，则“调pH”时应调节pH 的范围为
___________。
(5)“锂化”时，控制Li2CO3与MnO2的物质的量之比为1:4，充分混合后，在反应器中加热制取LiMn2O4，
反应器中的反应过程如下：
①升温到788K时，Li2CO3开始分解产生Li2O和CO2；升温到839K时，MnO2开始分解产生另一种气体X 和
固体Y，X 恰好与Li2CO3分解反应产生的CO2的物质的量相等，X 是___________(填化学式，下同)，Y 是
___________。
②继续升温到993K时，Li2O和固体Y 发生反应，固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度的
锰酸锂，写出反应的化学方程式：___________。
【答案】(1)增大反应物接触面积，加快浸出速率，提高软锰矿中锰的浸出率
(2)SiO2
(3) 作还原剂，将MnO2中+4 价Mn 还原为Mn
2+，便于浸出 K3[Fe(CN)6)(或酸性KMnO4合理即可)
二氧化锰
(4)4.9≤pH<8.1
(5) O2 Mn2O3 2 Li2O+ 4 Mn2O3+O2=
❑
4 LiMn2O4（或
Li2O+2 Mn2O3+ 1
2 O2=
❑
2 LiMn2O4合理即可）
【分析】该工业流程先进行预处理将软锰矿转化为矿浆，将矿浆与稀硫酸混合，进行酸浸反应，目的是将
矿石中的MnO2、Fe2O3、Al2O3溶解生成相应的硫酸盐，而SiO2不溶解过滤除去，酸浸后的溶液中存在
Fe3+、Al3+、Mn2+，为了除去Fe3+、Al3+，调节溶液pH 值，使这些离子沉淀完全，将除去Fe3+和Al3+后的溶
液进一步处理，沉锰得到Mn(OH)2，再氧化为MnO2，使得Li2CO3与MnO2充分混合后，在反应器中加热制
取LiMn2O4。
【详解】（1）将块状矿石转化为矿浆，增大反应物接触面积，加快浸出速率，提高软锰矿中锰的浸出率；
（2）软锰矿中SiO2不与稀硫酸反应，因此留在浸渣中；
（3）MnO2中Mn 为+4 价，需要还原为Mn
2+才能进入浸出液，加入FeSO4的目的是作还原剂，将MnO2中+4
价Mn 还原为Mn
2+，便于浸出；
检验Fe
2+可用铁氰化钾(产生蓝色沉淀)或酸性高锰酸钾(溶液褪色)；
选取MnO2作氧化剂，可氧化Fe
2+生成Fe
3+和Mn
2+，同时不引入新杂质且成本低；
（4）需要使Fe
3+、Al
3+沉淀完全，且Mn
2+不沉淀：
Al
3+沉淀完全时：c(Al
3+)≤10
−5 mol/L，K sp[ Al(OH )3]=c(Al
3+)c
3(OH
−)=10
−32.3，得
c(OH
−)=10
−9.1mol/ L，pH = 4.9，由于Fe
3+沉淀完全时pH更小，因此pH至少为4.9；Mn
2+开始沉淀时：
c(Mn
2+)=0.1mol/ L，Ksp[ Mn(OH )2]=c(Mn
2+)c
2(OH
−)=10
−12.8，得c(OH-)=10-5.9 mol/L，pH=8.1，因
此pH需要小于8.1，所以pH为4.9≤pH<8.1；
（5）①n(Li2CO3):n( MnO2)=1:4，Li2CO3分解：Li2CO3=
❑
Li2O+CO2↑，1 mol Li2CO3生成
1molCO2，则X物质的量为1mol，4 molMnO2分解生成1mol气体X，MnO2分解只能生成O2，因此X为O2；
根据原子守恒，4 molMnO2分解后固体含4molMn、6molO，因此固体Y为Mn2O3。
②Li2O和Mn2O3与氧气反应生成LiMn2O4，配平后上述方程式为：2Li2O+4Mn2O3+O2
993K
¿4LiMn2O4
¿
（或
Li2O+2Mn2O3+ 1
2 O2
993K
¿2LiMn2O4
¿
合理即可）。
5．（2026·山东淄博·一模）采用两矿酸浸法从银锰矿(主要含MnO2、Ag2S，少量FeO、Fe2O3、Al2O3、
CaO、CuO、NiO)分离提取Ag、Mn、Cu、Ni等元素，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2和FeS2反应时生成Fe
3+和SO4
2−，理论上MnO2和FeS2恰好完
全反应的物质的量之比为___________。
(2)“沉铁”时先加入MnO2的作用为___________。滤渣Ⅱ的主要成分为___________(填化学式)。
(3)“沉镍”中，Ni
2+恰好沉淀完全时[c(Ni
2+)=1×10
−5 mol⋅L
−1)，溶液中c(H2S)=3×10
−4 mol⋅L
−1，则
此时溶液pH =___________。“浓缩”MnSO4溶液至接近饱和，过滤可除去部分CaSO4，其原理是
___________。已知K a1(H2S)=1×10
−7，K a2(H2S)=1×10
−13，K sp(NiS)=3×10
−19。
(4)“浸银”时Ag2S转化为[AgCl2)
−和S 的离子方程式为___________。“电解”中阳极产物与电解液反应后，
可返回___________(填操作单元名称)循环利用。
【答案】(1)15:2
(2) 将Fe
2+氧化为Fe
3+，便于沉淀除去 Al(OH)3
(3) 5 CaSO4存在溶解平衡CaSO4(s)⇌Ca
2+(aq)+SO4
2−(aq)，浓缩时c(SO4
2-)增大，平衡逆向移
动，析出CaSO4
(4) Ag2S+2Fe
3++4Cl
-=2[AgCl2]
-+2Fe
2++S 浸银
【分析】两矿酸浸法从银锰矿(主要含MnO2、Ag2S，少量FeO、Fe2O3、Al2O3、CaO、CuO、NiO)加入黄
铁矿和稀硫酸，滤渣Ⅰ为Ag2S、CaSO4，加入FeCl3、HCl、CaCl2浸银生成[AgCl2)
−和滤渣Ⅲ（S），电解
得到Ag；滤液为Fe3+、Fe2+、Mn
2+、Al3+、Cu2+、Ni2+，加入MnO2、Na2CO3，沉铁生成黄钠铁矾，加氨水调
pH 生成滤渣Ⅱ（Al(OH)3），萃取分离再反萃取生成硫酸铜；水相加入Na2S 调pH 沉镍，浓缩过滤，滤液
为硫酸锰溶液，据此分析；
【详解】（1）用电子守恒计算：1 mol FeS2中，Fe
2+→Fe
3+升1 价，2 个S
-1→SO4
2-中+6 价共升
2×7=14价，总共升15 价；1 mol MnO2中MnO2→Mn
2+降2 价，升降守恒得n(MnO2):n(FeS2)=15:2；
（2）酸浸后溶液中存在Fe
2+，MnO2作为氧化剂，将Fe
2+氧化为Fe
3+，方便沉铁生成黄钠铁矾除去；原矿中
含Al2O3，酸浸后生成Al
3+，加氨水调pH时Al
3+沉淀为Al(OH)3，故滤渣Ⅱ主要为Al(OH)3；
（3）由K sp(NiS)=c(Ni
2+)·c(S
2-)，得c(S
2-)= 3×10
−19
1×10
−5 =3×10
−14 mol·L
−1；H2S的
K a1· K a2= c
2(H
+)·c(S
2-)
c(H2S)
，代入数据：1×10
−7×1×10
−13= c
2(H
+)×3×10
−14
3×10
−4
，解得
c(H
+)=1×10
−5 mol·L
−1，故pH =5；CaSO4存在溶解平衡CaSO4(s)⇌Ca
2+(aq)+SO4
2−(aq)，浓缩时
c(SO4
2-)增大，平衡逆向移动，析出CaSO4，因此可过滤除去；
（4）浸银时Fe
3+作氧化剂，将Ag2S中-2 价S 氧化为S 单质，自身被还原为Fe
2+，Ag
+与Cl
-形成配离子，
离子方程式Ag2S+2Fe
3++4Cl
-=2[AgCl2]
-+2Fe
2++S；电解时阳极Cl
-放电生成Cl2，Cl2可将Fe
2+氧化为
Fe
3+，Fe
3+是浸银工序的反应物，可返回浸银循环利用。
6．（2026·广西桂林·一模）广西大新县是重要锰矿产区，其中的电解锰渣(含大量MnO2及少量PbSO4、
Fe2O3)经湿法回收可获取金属铅和碳酸锰，过程如图所示。
已知：①PbCl2(s)+2Cl
−=[ PbCl4]
2− Δ H >0
25℃
②
，K sp[MnCO3)=1.0×10
−11；K sp[PbCl2)=1×10
−5；K sp[PbSO4)=1.0×10
−7.6
25℃
③
，金属阳离子以氢氧化物沉淀时，lg[c (M)/(mol⋅L
−1))和溶液pH 的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)Fe 在元素周期表中的位置为___________。
(2)“沉铁”时，调节溶液pH 的最小值为___________。
(3)“沉锰”时，生成MnCO3沉淀的离子方程式为___________；若pH 过高，发生反应MnCO3(s)+2OH
−(aq)=
Mn (OH)2(s)+CO3
2−(aq)，25℃时，该反应的lg K =___________。
(4)“浸铅”时，CaCl2溶液的作用是___________。
(5)“沉铅”的方法是___________。
(6)某温度下，在空气中煅烧MnCO3制得的氧化物晶胞结构如图，其化学式为___________；以A 为原点，
已知B 的分数坐标为(
3
4 , 1
4 ,0)，则C 的分数坐标为___________。
【答案】(1)第四周期第Ⅷ族
(2)2.8
(3) NH3⋅H2O+ HCO3
−+ Mn
2+= MnCO3↓+ NH4
++ H2O 1.8
(4)CaCl2中的Cl
−与Pb
2+生成[PbCl4)
2−，CaCl2中的Ca
2+与SO4
2−生成CaSO4析出，可促进PbSO4溶解
(5)加水稀释后降温
(6) MnO2 (
1
4 , 3
4 ,1)
【分析】锰渣含有大量MnO2及少量PbSO4、Fe2O3，加入稀H2SO4、FeS2，金属元素全部转化为硫酸盐，
其中PbSO4为沉淀，和生成的S 成为浸渣的主要成分。浸出液1 中含有Fe
2+、Mn
2+，加入空气将Fe
2+氧化为
Fe
3+，再加过量氨水使其变成Fe(OH)3沉淀。浸出液2 加入NH4 HCO3将Mn
2+变为MnCO3沉淀。浸渣加入热
NaCl、CaCl2溶液，将PbSO4转化为[PbCl4)
2−，从固体中分离出来。再向溶液稀释后降温将[PbCl4)
2−变为
PbCl2沉淀，再加氨水、NH4Cl溶解制成溶液电解即可得到Pb。
【详解】（1）Fe 的原子序数为26，第一周期有2 种元素，第二、三周期各有8 种，第四、五周期各有18
种，所以铁位于第四周期的第八列，即第Ⅷ族。
（2）沉铁时，需让Fe
3+沉淀完全（一般认为离子浓度≤10
−5 mol/L即沉淀完全），由图可知，
lgc( Fe
3+)=−5时，对应pH =2.8，因此调节pH 最小值为2.8。
（3）沉锰时Mn
2+与HCO3
−反应生成MnCO3沉淀，同时生成CO2和水，生成的CO2会被沉铁后剩余的氨水
中和，离子方程式为NH3⋅H2O+ HCO3
−+ Mn
2+= MnCO3↓+ NH4
++ H2O。 对于反应
MnCO3(s)+2OH
−(aq)= Mn(OH)2(s)+CO3
2−(aq)，平衡常数K = c(CO3
2−)
c
2(OH
−)
= K sp(MnCO3)
K sp[ Mn(OH)2]。由图可知，
Mn
2+沉淀完全时pH =10.1，c(Mn
2+)=10
−5 mol/L，c(OH
−)=10
10.1−14=10
−3.9 mol/L，因此
K sp[ Mn(OH)2]=c(Mn
2+)c
2(OH
−)=10
−5×(10
−3.9)
2=10
−12.8，代入得K = 1.0×10
−11
10
−12.8
=10
1.8，故
lg K =1.8。
（4）根据已知信息，PbSO4可转化为PbCl2，PbCl2可与Cl
−结合为可溶性[ PbCl4]
2−，CaCl2可提供高浓
度Cl
−，同时Ca
2+可结合释放出来的SO4
2−，促进PbSO4转化溶解，使铅浸出。
（5）已知反应PbCl2(s)+2Cl
−⇌[ PbCl4]
2−Δ H >0，加水稀释使Cl
−浓度降低，降温使平衡逆向移动，
均会促进PbCl2析出，因此沉铅方法为加水稀释后降温。
（6）用均摊法计算晶胞：Mn 位于8 个顶点（8× 1
8 =1）、体心（1），共1+1=2个；O 位于晶胞内部
（2）、面上（4× 1
2 =2），共2+2= 4个，Mn:O =2:4 =1:2，故化学式为MnO2。 以A 为原点，晶胞
边长为单位1，B( 3
4 , 1
4 ,0)，可推得C 的分数坐标为( 1
4 , 3
4 ,1)。
7．（2026·河北保定·一模）湿法冶金是提取复杂多金属矿中有价金属的重要手段。某研究小组以钒铅锌矿
为原料［主要成分为PbZn(VO4)(OH)和FeO(OH)］，采用硫酸浸出法综合回收钒，其工艺流程如下：
已知：i．钒在酸性溶液中以VO2
+形式存在，VO2
+在温度高于30
°C时易水解生成V2O5沉淀。
ii．浸出液中含有Zn
2+、VO2
+及微量Fe
3+等。
iii．溶液中VO2
+与VO3
−可相互转化：VO2
++ H2O⇌VO3
−+2H
+。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前需要先磨矿处理，目的是___________。
(2)钒铅锌矿中钒的化合价为___________，基态Zn
2+的价电子轨道表示式为___________。
(3)酸浸时PbZn(VO4)(OH)发生反应的离子方程式为___________。
(4)为了探究温度、液固比、时间等不同实验条件对钒铅锌矿中V、Zn 等金属浸出率的影响，开展了一系列
单变量实验。
①图1 为实验在不同温度下所测V、Zn元素浸出率的变化，用离子方程式解释温度高于30
°C后V 元素浸出
率下降的原因为___________。
②在硫酸浓度确定情况下，根据实验得出浸出率随液固比的变化(图2)，最佳液固比为___________，原因
是___________。
(5)
“
①氧化”步骤中加入NaClO3将VO
2+转化为VO2
+的离子方程式为___________。
②“沉钒”前若溶液中c(VO3
−)=0.1mol⋅L
−1，“沉钒”后，上层清液中c(NH4
+)=0.8 mol⋅L
−1，则钒元素
的沉降率=___________%[K sp(NH4 VO3)=1.6×10
−3，反应过程中溶液的体积不变］。
【答案】(1)增大反应物接触面积，加快酸浸速率，提高钒、锌等金属的浸出率
(2) +5
(3)PbZn(VO4)(OH )+ SO4
2−+5 H
+= PbSO4+ Zn
2++VO2
++3 H 2O
(4) 2VO2
++ H2O =
❑
V2O5↓+2H
+ 3:1 液固比为3:1 时，V、Zn 的浸出率已经达到较高水平，大
于3：1 时，浸出率提升不明显，还会增大生产成本，降低单位体积处理量，小于3：1 时，矿物浸出不充
分，浸出率低
(5) ClO3
−+6VO
2++3 H 2O =Cl
−+6VO2
++6 H
+ 98
【分析】钒铅锌矿经磨矿增大接触面积后，用硫酸酸浸，使钒以VO2
+、锌以Zn
2+形式进入浸出液，同时生
成PbSO4渣分离；经还原、P204 萃取分离锌（萃余液含锌），反萃取得到含钒溶液，再用NaClO3氧化
VO
2+为VO2
+，加氨水、NH 4Cl沉钒，最后煅烧分解制得V 2O5。据此分析。
【详解】（1）磨矿将矿石粉碎，增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，使浸出更充分。
（2）根据化合物化合价代数和为0，设V 化合价为x，则有
+2(Pb)+2(Zn)+ x + 4×(−2)(O)+(−1)(OH
−)=0，解得x =+5；Zn 为30 号元素，基态Zn 原子价电子
排布为3d
104 s
2，失去4 s的2 个电子形成Zn
2+，价电子排布为3d
10，则价电子轨道表示式为
。
（3）硫酸酸浸时，Pb
2+与SO4
2−生成PbSO4沉淀，V 在酸性条件下转化为VO2
+，配平后得到离子方程式为
PbZn(VO4)(OH )+ SO4
2−+5 H
+= PbSO4+ Zn
2++VO2
++3 H 2O。
（4）①根据已知信息，温度高于30
∘C时VO2
+水解生成V 2O5沉淀，V 进入浸渣，导致浸出率下降，离子方
程式表示为2VO2
++ H2O =
❑
V2O5↓+2H
+。
②从图2 可知，液固比大于3:1 后，浸出率几乎不再增加，小于3：1 时，矿物浸出不充分，浸出率低，因
此选择3:1 为最佳条件，兼顾浸出率和生产成本。
（5）①ClO3
−作氧化剂，将VO
2+（V 为+4 价）氧化为VO2
+（V 为+5 价），ClO3
−被还原为Cl
−，酸性条件
配平得到离子方程式为ClO3
−+6VO
2++3 H 2O =Cl
−+6VO2
++6 H
+。
②根据K sp(NH4 VO3)=c(NH4
+)⋅c(VO3
−)，可得上层清液中
c(VO3
−)=
K sp
c(NH4
+)
= 1.6×10
−3
0.8
mol/L=2×10
−3 mol/L，溶液体积不变，沉降率为
0.1−0.002
0.1
×100 % =98 %。
8．（2026·广东·一模）一种从高杂铜阳极泥［主要含CuO、CuS、Pb、Ag2O、Bi2O3、硒(Se)以及碲(Te)
等］中提取Se和Te的工艺流程如图所示。
已知：
①室温下，各难溶物的K sp如表所示。
难溶物
PbSO4
PbCl2
AgCl
K sp
1.8×10
−8
1.6×10
−5
1.8×10
−10
②Bi
3+极易水解生成沉淀，在水溶液中存在Bi
3++nCl
−⇌[BiCln)
3−n(n=1∼6)。
(1)Te是第五周期第VIA 族元素，基态Te原子的价层电子排布式为___________。
(2)“复合浸出”时，通过调控c(SO4
2−)和c(Cl
−)的比例使铅和银分别以PbSO4和AgCl的形式保留在“浸出
渣”中。当“浸出液”中c(SO4
2−)=1.8×10
−4 mol⋅L
−1时，c(Cl
−)最大不超过___________mol⋅L
−1。
(3)“复合浸出”时加入NaCl除了能使Ag
+转化为AgCl沉淀外，还能___________，从而增加Bi的浸出率并
节约成本；对“浸出液”进一步处理，促进[BiCl6)
3−水解，使其转化为BiOCl沉淀，请写出该过程的离子
方程式：___________。
(4)“焙烧”过程中，SeO2进入烟气中，实现Se和Te的分离，再通过“吸收→还原”制备粗Se。H2SeO3被
SO2还原生成粗Se时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(5)“碱浸分碲”时，加入NaClO3的目的是使TeO2转化为易溶的TeO4
2−，从而提高TeO2的浸出率，请写出该
过程的离子方程式：___________。
(6)高杂铜阳极泥中含有痕量硒铜化合物，其立方晶胞是由如图所示两个边长均为apm的小立方体交错并置
而成的。晶胞中Se和Cu之间的最短距离为___________pm；Se占据晶胞的顶点和___________；该硒铜化
合物的化学式为___________。
【答案】(1)5s
25p
4
(2)0.4
(3) 与Bi
3+形成配合物可避免其水解 [BiCl6)
3−+ H2O = BiOCl↓+5Cl
−+2H
+
(4)1：2
(5)3TeO2+ClO3
−+6OH
−=3TeO4
2−+Cl
−+3 H2O
(6)
❑√3
2 a 面心 Cu2Se
【分析】该工艺流程以高杂铜阳极泥为原料，先通过复合浸出环节，利用稀硫酸与NaCl 溶液选择性浸出
铋，同时使铅、银以硫酸盐、氯化物形式留存于浸出渣中；随后将浸出渣焙烧，在浓硫酸作用下使硒转化
为SeO2气体挥发，实现硒与碲、铜的初步分离，挥发的SeO2经还原得到粗Se；焙烧后的蒸硒渣经水浸分
铜，使铜以CuSO4形式浸出分离；最后分铜渣进入碱浸分碲环节，在NaOH 与NaClO3作用下将TeO2氧化
为易溶的碲酸盐，经后续处理得到粗TeO2；据此作答。
【详解】（1）基态Te 原子的价层电子排布式：5s25p4；
（2）依题意，不能生成氯化铅沉淀；则先由硫酸铅的溶度积计算铅离子浓度：
c (Pb
2+)= K sp(PbSO4)
c(SO4
2−)
= 1.8×10
−8
1.8×10
−4 =1.0×10
−4 mol/L；再根据氯化铅溶度积计算氯离子最大浓度：
c
2(Cl
−)= K sp(PbCl2)
c (Pb
2+)
= 1.6×10
−5
1.0×10
−4 =0.16(mol/L)
2，解得c(Cl
−)=0.4 mol/L，即c(Cl
−)最大不超过0.4
mol/L；
（3）铋离子极易水解生成沉淀，加入氯化钠提供氯离子，与Bi3+形成配合物可避免其水解，提高铋的浸出
率；浸出液加水稀释后配离子发生水解，生成氯氧化铋沉淀，离子方程式为：
[BiCl6]
3-+H2O=BiOCl↓+5Cl
-+2H
+；
（4）亚硒酸被二氧化硫还原为单质硒，硒元素化合价从+4 降至0，亚硒酸为氧化剂；二氧化硫被氧化为
硫酸，硫元素化合价从+4 升至+6，二氧化硫为还原剂；方程式为：H2SeO3+ 2SO2+ H2O = Se↓+2H2SO4；
因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2；
（5）碱性条件下，氯酸根将二氧化碲氧化为碲酸根，自身被还原为氯离子；离子方程式为：
3TeO2+ClO3
−+6OH
-=3TeO4
2−+Cl
-+3H2O；
（6）晶胞中Se 和Cu 之间的最短距离为小立方体体对角线的一半，即为
❑√3
2 apm；硒原子位于晶胞的顶点
和面心位置；铜原子位于8 个小立方体的体心，个数为8，硒原子个数为8× 1
8 +6× 1
2 = 4，铜原子与硒原
子个数比为2:1，故化学式为Cu2Se。
9．（2026·河北张家口·一模）碲(Te)堪称“隐藏的黄金”，可用于石油化工、合金、电镀、催化剂制备等
多领域和行业。一种从含碲废渣(含有Te、Cu、Pb、Se、Ag、Au 及SiO2、CuO、PbO)中提取碲等有价值
物质的工艺流程如下。
已知：K sp[Cu3(PO4)2)=1×10
−37、K sp[Pb3(PO4)2)=8×10
−45，溶液中离子浓度≤10
−5 mol⋅L
−1时认为该
离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)Te 与O 同族，基态Te 原子的价电子有___________种不同的运动状态。
(2)
“
①球磨”的目的为___________；
②“酸溶”时，控制温度为80∼100℃的原因为___________；
③所得酸溶渣中除含H2TeO3外，还含有___________(填化学式)；
④“提碲”反应的化学方程式为___________。
(3)“沉铜、铅”时，所得滤液中c(PO4
3−)最小为___________mol⋅L
−1。
(4)“萃取”时，常采用多级萃取的目的为___________。
(5)“提金”反应的离子方程式为___________。
(6)“提硒”时，SeO3
2−被NH2OH还原为Se，此过程无需另加保护气即可防止Se 被氧化，其理由为
___________。
【答案】(1)6
(2) 增大含碲废渣与溶液的接触面积，加快反应速率，使反应更充分 温度过低，反应速率慢，温
度过高，HCl 挥发、H2O2分解而降低原料利用率 AgCl、SiO2
H2TeO3+2Na2SO3
10
−5Pa /550℃
¿Te↑+2Na2SO4+ H2O
¿
(3)1×10
−11
(4)使含金物种被充分萃取，提高金的提取率
(5)2[AuCl4)
−+3 H2C2O4=2Au↓+6CO2↑+8Cl
−+6 H
+
(6)SeO3
2−与NH2OH反应生成的氮气可作保护气
【分析】碲废渣酸溶，根据信息，酸溶液中主要含铜、铅、硒、金等元素的化合物，酸溶渣主要含SiO2、
H2TeO3(TeO2)、AgCl 等，经Na2SO3还原得到Te 单质，酸溶液用Na3PO4沉淀铜和铅，再用R3N·HCl 萃取，
水相得到含Se 化合物，用NH2OH 还原得到Se 单质，有机相再经过反萃取得到Au 的化合物，用H2C2O4还
原得到Au。
【详解】（1）Te 属于第ⅥA 族元素，基态Te 原子有6 个价电子，有6 种不同的运动状态；
（2）①“球磨”可增大含碲废渣与溶液的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；②“酸溶”时，若
温度过低，反应速率慢，温度过高，HCl 挥发、H2O2分解而降低原料利用率；③由转化关系和物质性质知，
所得酸溶渣中除含H2TeO3外，还含有AgCl、SiO2；④“提碲”时，H2TeO3被Na2SO3还原为Te，再经减压
蒸馏获得Te，反应的化学方程式为H2TeO3+2Na2SO3
10
−5Pa /250℃
¿Te↑+2Na2SO4+ H2O
¿
；
（3）由K sp[Cu3(PO4)2)=1×10
−37，K sp[Pb3(PO4)2)=8×10
−45知，“沉铜、铅”时铅离子的Ksp 更小先
沉淀完全，铜离子再沉淀，则根据铜离子沉淀完全时计算所得滤液中c(PO4
3−)最小为
❑√
1×10
−37
(10
−5)
3 mol⋅L
−1=1×10
−11mol⋅L
−1；
（4）“萃取”时，采用多级萃取可以使含金物种被充分萃取，提高金的提取率；
（5）“提金”时，[AuCl4)
−被H2C2O4还原为Au，反应的离子方程式为
2[AuCl4)
−+3 H2C2O4=2Au↓+6CO2↑+8Cl
−+6 H
+；
（6）“提硒”时，SeO3
2−被NH2OH还原为Se，NH2OH被氧化为氮气，氮气可作保护气，故此过程无需另加
保护气即可防止Se 被氧化。
10．（2026·河北保定·一模）镍锰钴合金是人造金刚石用触媒片的主要成分之一，从某酸洗废液(pH<1，
主要含有Ni
2+、Mn
2+、Co
2+)中回收镍、锰、钴的工艺流程如图所示：
已知：K sp(CoS)= 4.0×10
−21、K sp(MnS)=2.5×10
−13
回答下列问题：
(1)基态钴原子的价层电子排布式为______。
(2)“中和”时，Na2CO3需缓慢加入且不断搅拌，其原因是______。
(3)“氨浸”时，Ni−NH3−H2O系中微粒的存在形式与pH、氧化还原电势(E)的关系如图所示，已知
Ni
2++6 NH3⇌[ Ni(NH3)6]
2+
①使镍浸出的合适pH 范围是______。
②洗涤氨浸渣时，采用“氨水洗镍”和“清水洗氨”的方法。采用“氨水洗镍”的原因是______。
(4)“蒸氨”时同步加入NaOH，生成Ni(OH)2的离子方程式是______。
(5)“酸溶”所得溶液中c(Co
2+):c(Mn
2+)=1:10，加入Na2S可使钴、锰分离，理论Co
2+的最小残留率是
______%(残留率= 残留浓度
初始浓度×100 %)。
(6)“焙烧”时发生反应的化学方程式是______。
(7)MnSO4在水中的溶解度曲线如图所示，MnSO4溶液经过______、______、洗涤、干燥等操作得到
MnSO4⋅H2O。
【答案】(1)3d
74s
2
(2)防止反应产生CO2气体的速率过快，导致液体溢出
(3) 5.4~11.5 增大溶液中NH3的浓度，有利于[Ni(NH3)6)]
2+⇌Ni
2++6 NH3平衡逆向移动，避免平
衡正向移动生成的Ni
2+水解形成Ni(OH)2沉淀
(4)[Ni(NH3)6)]
2++2OH
−≜Ni(OH)2↓+6 NH3↑
(5)0.000016
(6)4 CoS+7O2
焙烧
¿2Co2O3+ 4 SO2
¿
(7) 高于40
∘C时，蒸发结晶(浓缩) 趁热过滤
【分析】该工艺流程以含N i
2+、M n
2+、C o
2+的酸洗废液为原料，先加N a2C O3中和除酸并沉淀金属离
子；再通N H 3氨浸，使N i
2+形成[ Ni( N H 3)6]
2+进入溶液，实现与M n
2+、C o
2+的分离；氨浸沉淀用
H 2SO4酸溶得含M n
2+、C o
2+的溶液，加N a2S沉钴，因K sp(cos)≪K sp( MnS)，C o
2+生成cos沉淀，
滤液经处理得MnSO4· H 2O；cos焙烧得C o2O3；氨浸出液加NaOH蒸氨，[ Ni( N H 3)6]
2+分解为
Ni(OH )2，最终回收镍，据此分析。
【详解】（1）钴为27 号元素，核外电子排布式为[ Ar ]3d
74 s
2，故价层电子排布式为3d
74 s
2；
（2）N a2C O3与废液中的H
+反应生成C O2，反应的离子方程式为C O3
2−+2 H
+=C O2↑+ H 2O，若
N a2C O3加入过快，反应产生C O2的速率过快，会导致液体剧烈沸腾并溢出，因此需缓慢加入并不断搅
拌；
（3）①使镍浸出的合适pH范围：由图像可知，pH在5.4 到11.5 之间时，Ni元素主要以[ Ni( N H 3)6]
2+形
式存在，利于镍的浸出，pH <5.4时以N i
2+存在，pH >11.5时生成Ni(OH )2沉淀，故合适pH范围为
5.4~11.5；
②采用“氨水洗镍”的原因：存在平衡[ Ni( N H 3)6]
2+⇌N i
2++6 N H 3，氨水洗镍时，增大溶液中N H 3
的浓度，促使平衡逆向移动，抑制[ Ni( N H 3)6]
2+解离出的N i
2+水解生成Ni(OH )2沉淀，减少镍的损失；
（4）蒸氨时[ Ni( N H 3)6]
2+与O H
−在加热条件下反应生成Ni(OH )2沉淀和N H 3，离子方程式为
[ Ni( N H 3)6]
2++2O H
−=
Δ
Ni(OH )2↓+6 N H 3↑；
（5）cos和MnS的沉淀溶解平衡分别为：cos(s)⇌C o
2+(aq)+ S
2−(aq)，
K sp(cos)=c(C o
2+)⋅c(S
2−)= 4.0×10
−21；MnS(s)⇌M n
2+(aq)+ S
2−(aq)，
K sp( MnS)=c( M n
2+)⋅c(S
2−)=2.5×10
−13。已知c(C o
2+):c( M n
2+)=1:10，设初始c(C o
2+)= x，则
c( M n
2+)=10 x；生成MnS沉淀时，溶液中c(S
2−)= K sp( MnS)
c( M n
2+)
= 2.5×10
−13
10 x
= 2.5×10
−14
x
；此时溶液中
c(C o
2+)= K sp(cos)
c(S
2−)
= 4.0×10
−21
2.5×10
−14
x
=1.6×10
−7 x
；
残留率= 残留浓度
初始浓度×100 % = 1.6×10
−7 x
x
×100 % =0.000016 %；
（6）焙烧时cos与O2反应生成C o2O3和SO2，根据氧化还原反应配平，cos中Co从+2 价升至+3 价，S
从-2 价升至+4 价，O2中O从0 价降至-2 价，配平后化学方程式为4 cos+7O2 =
焙烧
2C o2O3+ 4 SO2；
（7）由溶解度曲线可知，温度高于40℃时，MnSO4⋅H 2O的溶解度随温度升高降低，因此MnSO4溶液
需高于40℃时蒸发结晶（浓缩），使MnSO4⋅H 2O析出，再趁热过滤，避免降温析出MnSO4⋅5 H 2O
杂质，后续经洗涤、干燥得到产品。
11．（2026·北京房山·一模）ZnS 在工业中有广泛应用．可用于回收砷和制备光学材料。
(1)制备ZnS。
由闪锌矿[含ZnS、FeS 及少量硫化镉（CdS）等]制备ZnS 的过程如下：
已知：
K sp(ZnS)=1.6×10
−24、K sp(CdS)=8.0×10
−27、K a1(H2S)=1.0×10
−7、K a2(H2S)=1.2×10
−13。当
离子浓度小于1.0×10
−5 mol⋅L
−1时，认为离子沉淀完全。
①闪锌矿浸出在高温下进行，采用该条件的目的是_______。
②酸浸时ZnS 发生反应的离子方程式_______。
③酸浸时通入O2可提高Zn
2+浸出率，结合平衡移动原理，解释原因_______。
④通入H2S除镉。当溶液pH =0、c(H2S)=0.01mol⋅L
−1时，Cd
2+_______(填“是”或“否”)沉淀完全。
(2)ZnS 用于回收砷。用ZnS 去除酸性废液中的三价砷[ As(Ⅲ)]，并回收生成的As2S3沉淀。
已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H3 AsO3形式存在，As2S3可缓慢水解。
不同温度下，按n(S):n(As)=7:1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应温度的变化如图所示。
①写出ZnS 与H3 AsO3反应生成As2S3的离子方程式：_______。
②随温度升高，砷去除率下降的可能原因为_______。
(3)利用ZnS 制备光学材料。如图甲所示，ZnS 晶体中掺入少量CuCl 后，会出现能量不同的“正电”区域、
“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
区域A 带_______(填“正电”或“负电”)。区域B“
”中的离子为_______(填离子符号)。
【答案】(1) 加快反应速率 2ZnS+O2+4H
+=2Zn
2++2S+2H2O ZnS(s)⇌Zn
2+(aq)+S
2−(aq)，
O2氧化S2-，c(S2-)降低，促进酸浸正向进行 否
(2) 3ZnS+2H3AsO3+6H
+=As2S3+3Zn
2++6H2O 升温促进As2S3水解，生成H3AsO3，砷去除率下降
(3) 正电 Cu+
【分析】闪锌矿[含ZnS、FeS 及少量硫化镉（CdS）等]加入硫酸和氧气溶解，-2 价S 转化为单质S 除去，
金属元素溶解，除铁后，加入H2S 将Cd2+转化为CdS 除去后，再调pH 加入H2S 将Zn2+转化为ZnS。
【详解】（1）①温度越高，反应速率越快，增加酸浸效率，因此闪锌矿浸出在高温下进行；
②酸浸时ZnS 与硫酸和氧气反应生成S，ZnS 中的-2 价S 被氧化为0 价S，Zn 元素转化为Zn2+，则氧气被
还原为水，发生反应的离子方程式为2ZnS+O2+4H
+=2Zn
2++2S+2H2O；
ZnS
③
存在沉淀-溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn
2+(aq)+S
2−(aq)，通入氧气，O2氧化S2-，c(S2-)降低，促进酸浸
正向进行，因此酸浸时通入O2可提高Zn
2+浸出率；
④通入H2S除镉的离子方程式为Cd
2++H2S⇌CdS↓+2H
+，平衡常数为
K =
c
2(H
+)
c(Cd
2+)c(H2S)
=
c
2(H
+)
c(Cd
2+)c(H2S)
c(HS
−)
c(HS
−)
c(S
2−)
c(S
2−)
= K a1(H2S)K a2(H2S)
K sp(CdS)
= 1.0×10
−7×1.2×10
−13
8.0×10
−27
=1.5×10
6
当溶液pH =0、c(H2S)=0.01mol⋅L
−1时，
c(Cd
2+)= c
2(H
+)
Kc(H2S) = (10
−pH)
2
Kc(H2S) =
(10
−0)
2
1.5×10
6×0.01
=6.67×10
−5 mol⋅L
−1>1.0×10
−5 mol⋅L
−1，因此
Cd
2+未沉淀完全。
（2）①ZnS 为难溶物，H3 AsO3为弱酸，在离子方程式中均不可拆，两者反应生成As2S3，As 和S 的化合
价不改变，因此Zn 元素应转化为Zn2+，反应发生在酸性条件，根据电荷守恒和原子守恒，用H+和水配平
得到反应的离子方程式为3ZnS+2H3AsO3+6H
+=As2S3+3Zn
2++6H2O；
②据已知，As2S3可缓慢水解，水解为吸热反应，温度升高，水解程度增加，更多As(Ⅲ)进入溶液，砷去
除率下降。
（3）
掺杂后的晶胞中Cu+占据原Zn2+的位置，Cl-占据原S2-的位置，对比原CuCl 晶胞和掺杂后的晶胞，区域A
中S2-的位置被Cl-替代，负电荷减少，因此区域A 带正电，区域B 中Cu+占据原Zn2+的位置，因此“
”中的离子为Cu+，正电荷减少，因此区域B 带负电。
12．（2026·北京丰台·一模）氟碳铈精矿是中国重要的稀土矿产资源，其主要成分为CeFCO3，含有Fe2O3
等杂质。高纯Ce(OH)4在催化剂等领域应用广泛。一种利用氟碳铈精矿制备Ce(OH)4的工艺如图所示：
已知：HF 是一种有毒气体
(1)步骤Ⅰ，氟碳铈精矿焙烧主要生成Ce2O3，还有少量CeO2。
①NaHCO3在100～200℃受热分解，化学方程式为_______。
②将CeFCO3在900℃焙烧生成Ce2O3的化学方程式配平_______。
2CeFCO3+ Na2CO3
900℃
¿ □Ce2O3+ □_ _ _ _ _ _ + □_ _ _ _ _ _
¿
(2)步骤Ⅱ，试剂是_______。
(3)步骤Ⅲ，溶液2 中铈的存在形式为Ce
3+，由滤渣1 生成Ce
3+的离子方程式有_______。
(4)步骤Ⅳ，滤渣3 的成分为_______。
(5)步骤Ⅴ，滤液3 中，Ce
3+浓度为0.2mol⋅L
−1，调节pH 加入H2O2，+3价Ce 氧化率随pH 变化如图所示。
已知：
ⅰ．依据电极反应式：Ce
3+−e
−=Ce
4+，+3价Ce 的还原性随c(Ce
3+)
c(Ce
4+)增大而增强
ⅱ．K sp[Ce(OH)3)=2.0×10
−20 K sp[Ce(OH)4)=1.5×10
−51
①pH>8，随着pH 升高，c(Ce
3+)
c(Ce
4+)增大，原因是_______。
②pH>8，随着pH 升高，+3价Ce 氧化率下降，可能的原因为：H2O2氧化性减弱、H2O2因分解而浓度减小
导致氧化速率降低；_______。
【答案】(1) 2NaHCO3
Δ
¿ Na2CO3+CO2↑+ H2O
¿
2CeFCO3+ Na2CO3
900℃
¿Ce2O3+2NaF+3CO2↑
¿
(2)水
(3)Ce2O3+6 H
+
75℃
¿2Ce
3++3 H2O
¿
2CeO2+8 H
++2Cl
−
75℃
¿2Ce
3++Cl2↑+ 4 H2O
¿
(4)Fe(OH)3
(5) pH>8，Ce
3+和Ce
4 +形成沉淀，c(Ce
3+)
c(Ce
4+) = 2.0×10
−20
1.5×10
−51 c(OH
−)，pH 升高c(OH
−)增大，比值增大
Ce
3+形成Ce(OH)3，随pH 升高沉淀量增多，固液之间的接触面积小于液体之间的，氧化速率降低反应生成
的Ce(OH)4附着于Ce(OH)3表面，导致反应物之间的接触面积变小，氧化速率降低
【分析】氟碳铈精矿（主要成分为CeFC O3，含F e2O3杂质）与NaHC O3在900
∘C焙烧，生成C e2O3、
NaF、C O2和少量CeO2；经水浸分离NaF等可溶性杂质，滤渣用盐酸在75
∘C酸浸，C e2O3转化为C e
3+，
F e2O3转化为F e
3+；加氨水调节pH，F e
3+沉淀为Fe(OH )3，滤液中C e
3+经H 2O2氧化、调pH得到
Ce(OH )4，据此分析。
【详解】（1）①NaHC O3在100∼200
∘C受热分解，生成N a2C O3、C O2和H 2O，化学方程式为
2 NaHC O3=
Δ
N a2C O3+C O2↑+ H 2O；
②根据原子守恒、氧化还原反应配平，CeFC O3在900
∘C焙烧生成C e2O3的化学方程式为
2CeFC O3+ N a2C O3 =
900
∘C
C e2O3+2 NaF +3C O2↑；
（2）步骤Ⅱ需浸出可溶性杂质NaF，分离不溶性铈的氧化物，试剂为水；
（3）滤渣1 含C e2O3、CeO2，在75
∘C下与盐酸反应，C e2O3与H
+反应生成C e
3+和H 2O，离子方程式
为C e2O3+6 H
+ =
75
∘C
2C e
3++3 H 2O；CeO2与H
+、C l
−发生氧化还原反应，C e
4+被还原为C e
3+，C l
−被
氧化为C l2，离子方程式为2CeO2+8 H
++2C l
−=
75
∘C
2C e
3++C l2↑+ 4 H 2O；
（4）溶液2 含C e
3+、F e
3+，加氨水调节pH，F e
3+沉淀为Fe(OH )3；
（5）①pH >8时，C e
3+、C e
4+形成沉淀，c(C e
3+)
c(C e
4+)
= K sp[Ce(OH )3]
K sp[Ce(OH )4] ⋅c(O H
−)，pH升高，c(O H
−)
增大，比值增大；
②pH >8时，C e
3+形成Ce(OH )3沉淀，随pH升高沉淀量增多，固液接触面积小于液体，氧化速率降低；
且生成的Ce(OH )4附着于Ce(OH )3表面，减小反应物接触面积，导致氧化速率降低。
13．（2026·广东中山·一模）对新能源汽车电池镍钴锰三元材料(主要成分为LiNi1−x−yCox MnyO2，含少量
Al、Fe杂质)回收的一种工艺简化流程如下：
已知：①碱浸后，元素Ni、Co 以氢氧化物［其中Co 为Co(OH)3］、元素Mn 以MnO2形式浸出。
②离子浓度小于10
−5 mol/L可认为该离子完全沉淀。
③部分氢氧化物的K sp如下表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Ni(OH)2
Co(OH)2
Mn(OH)2
K sp(298K)
2.8×10
−39
1.3×10
−33
5.5×10
−16
1.60×10
−15
2.00×10
−13
(1)基态Co
3+的价层电子轨道表示式为______。
(2)“滤液1”中溶质除了LiOH、NaOH以外，还有______(填化学式)。
(3)“酸浸”后的溶液中Ni、Co、Mn元素以Ni
2+、Co
2+、Mn
2+存在，写出生成Co
2+的化学方程式______。
(4)常温下，“调pH”时，pH 最高可调至______(溶液体积变化可忽略)。已知：“酸浸”后
c(Ni
2+)=0.055 mol/L, c(Co
2+)=0.016 mol/L, c(Mn
2+)=0.020 mol/L。
(5)“萃取”时，钴离子形成如下图的配合物。钴离子易被萃取进有机相的原因有______。
A．配位时Co
2+被还原
B．配合物与水能形成分子间氢键
C．钴与O 形成配位键
D．萃取剂中有极性较小的疏水基团
(6)写出“沉钴”时，生成CoCO3的离子反应方程式______。
(7)CoCO3一定条件下可转化为CoO3。假设CoO3的立方晶胞结构下图(a)，则Co 在晶胞中的位置为______；
晶体中与O 原子最近且等距离的Co 原子的个数为______，若下图b 是该晶胞沿体对角线方向的投影，请
在下图(b)上补充另外一种原子位置______。
【答案】(1)
(2)Na[Al(OH)4)或NaAlO2
(3)2H2SO4+2Co(OH)3+ H2O2=2CoSO4+O2↑+6 H2O
(4)7
(5)CD
(6)Co
2++ HCO3
−+ NH3⋅H2O =CoCO3↓+ NH4
++ H2O
(7) 顶点 2
【分析】电池镍钴锰三元材料，主要成分为LiNi1−x−yCox MnyO2，含少量Al、Fe杂质，加入NaOH溶液，
Al 反应生成可溶性的Na[ Al (OH )4]，元素Ni、Co 以Co(OH)3、Ni(OH)2、元素Mn 以MnO2形式浸出，Li
变成Li
+，Fe 不反应。再向这些固体中加入稀硫酸和H2O2，金属化合物和单质全部转化为硫酸盐，Fe
2+被
H2O2氧化为Fe
3+，Co
3+被H2O2还原为Co
2+。调节pH 可将Fe
3+变为Fe(OH)3沉淀除去，即滤渣1。溶液中继
续加入Na2S2O8，将Mn
2+变为MnO2固体除去。再用有机物将Ni
2+和Co
2+形成配合物萃取到有机相中，水相
中主要含有Na2SO4。分液后有机相再用反萃取使离子脱离进入水相，加入氨水、NH4 HCO3，使Co
2+变为
CoCO3沉淀，Ni
2+和NH3形成配位键得到[Ni(NH3)6)
2+。
【详解】（1）
Co 的原子序数为27，变成Co
3+的过程中是从最外层开始失去3 个电子，价层电子轨道表示式为
。
（2）根据分析可知，滤液1 中还有Na[Al(OH)4]。
（3）碱浸后，Co 以Co(OH)3形式存在，酸浸后变成了Co
2+，化合价降低，作氧化剂，所以加入的H2O2作还
原剂，化合价升高，变成O2，化学方程式为2Co(OH )3+ H2O2+2H2SO4=2cosO4+O2↑+6 H2O。
（4）由分析可知，调节pH 是为了除去Fe
3+，而剩下的离子保留，其中Ni(OH)2的K sp最小，最容易沉淀，
则pH 不能大于其开始沉淀的pH。c (Ni
2+)=0.055mol⋅L
−1，
K sp[Ni(OH )2)=c(N i
2+)·c
2(O H
−)=5.5×10
−16。所以
c(O H
−)= ❑√
Ksp[Ni(OH)2)
c(Ni
2+)
=
❑√
5.5×10
−16
0.055
=10
−7 mol⋅L
−1，c (H
+)=
K w
c(O H
−)
= 10
−14
10
−7 =10
−7 mol⋅L
−1，即
pH =7为最大值。
（5）A．C o
2+化合价仍为+2，没有发生还原，A 错误；
B．若配合物与水形成氢键，会更亲水，无法进入有机相，B 错误；
C．由结构可知C o
2+与O形成配位键，得到稳定配合物，利于萃取，C 正确；
D．萃取剂含极性较小的疏水基团，使配合物整体疏水，易溶于有机相，D 正确；
答案选CD。
（6）沉钴时，反应物为Co
2+，结合NH4 HCO3中的HC O3
−，生成CoCO3，溶液加入了氨水显碱性，离子方程
式为C o
2++ HC O3
−+ N H 3·H2O =CoC O3↓+ N H 4
++ H2O。
（7）
根据晶胞原子数计算：顶点原子数=8× 1
8 =1，棱心原子数=12× 1
4 =3，结合化学式CoO3可知，Co 在晶
胞中的位置为顶点；O 位于棱心，每个棱心O 最近的Co 为该棱的两个端点，因此与O 最近且等距离的Co
原子个数为2； 沿体对角线投影：8 个顶点的Co 已经投影为中心1 个+外围6 个（即图b 已有位置），12
个棱心的O 投影在虚线六边形的六条边的中点，如图
。
14．（2026·河北廊坊·一模）七水合硫酸锌(ZnSO4⋅7 H2O)在人造纤维、电镀、化工、医药等方面具有广泛
应用。一种用菱锌矿(主要成分是ZnCO3，杂质为Fe、Mg、Al、Cu、Ca、Cd、Pb、Mn 等元素的化合物)生
产ZnSO4⋅7 H2O的工艺流程如图所示。
已知：①常温下，部分金属阳离子沉淀的pH 范围如表。
金属阳离子
Zn
2+
Fe
2+
Fe
3+
Cd
2+
Mg
2+
Mn
2+
Al
3+
开始沉淀时的
6.0
7.0
1.9
7.7
9.1
8.1
3.4
pH
沉淀完全时的
pH
8.0
9.0
3.2
9.7
11.1
10.1
4.7
②醋酸铅[Pb(CH3COO)2)是弱电解质。
回答下列问题：
(1)基态锰原子的未成对电子数为___________。
(2)滤渣1 的主要成分为___________(填化学式)，其中相对分子质量较大的物质难溶于稀硝酸，却可溶于醋
酸铵溶液形成无色溶液，原因是___________。
(3)“除杂”过程中加入KMnO4的目的之一是除去Mn
2+，反应的离子方程式为___________，加入KMnO4的另
一目的是___________。
(4)加入物质X 的作用是调pH，则“除杂”步骤调节pH 的最佳范围是___________，物质X 的最佳选择是
___________(填标号)。
a．NaOH b．石灰水 c．ZnO d．氨气
(5)若要使HF 可循环使用，可用___________(填试剂名称)处理滤渣3 以得到较为纯净的HF。
(6)ZnSO4⋅7 H2O受热会失去结晶水，其热重分析曲线如图所示，500K 时残留固体的主要成分是
___________(填化学式)。
【答案】(1)5
(2) CaSO4、PbSO4 PbSO4在水中存在沉淀溶解平衡PbSO4 (s)⇌Pb
2+ (aq)+SO4
2−(aq)，醋酸铵是
强电解质，在溶液中完全电离出NH4
+和CH3COO
−，CH3COO
−能与Pb
2+结合生成弱电解质Pb(CH3COO)2，
c(Pb
2+)减小，促进PbSO4沉淀溶解平衡正向移动
(3) 2MnO4
−+3 Mn
2++2H2O =5 MnO2↓+ 4 H
+ 将Fe
2+氧化成Fe
3+
(4) 4.7~6.0 c
(5)浓硫酸
(6)ZnSO4⋅5 H2O
【分析】菱锌矿粉末经焙烧将碳酸盐转化为氧化物，再用硫酸浸出，使锌及多数金属阳离子溶解，
CaSO4、PbSO4形成滤渣1 除去；滤液中加入KMnO4，将Mn2+氧化为MnO2沉淀、Fe2+氧化为Fe3+，再用
ZnO 调pH 使Fe3+、Al3+转化为对应的沉淀除去；再向滤液中加入锌粉置换出Cu、Cd，加入HF 使Ca2+、
Mg2+转化为氟化物沉淀除去；最后ZnSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得到ZnSO4⋅7 H2O，据此解题。
【详解】（1）Mn 的原子序数为25，基态锰原子电子排布式为[Ar]3d54s2，3d 轨道上有5 个未成对电子，
其他轨道上没有未成对电子，则基态锰原子的未成对电子数为5；
（2）由分析可知，滤渣1 的主要成分为CaSO4、PbSO4，PbSO4难溶于稀硝酸，却可溶于醋酸铵溶液形成
无色溶液，是因为CH3COO
−能与Pb
2+结合生成Pb(CH3COO)2，c(Pb
2+)减小，促进PbSO4沉淀溶解平衡正向
移动，即原因是：PbSO4在水中存在沉淀溶解平衡PbSO4 (s)⇌Pb
2+ (aq)+SO4
2−(aq)，醋酸铵是强电解质，
在溶液中完全电离出NH4
+和CH3COO
−，CH3COO
−能与Pb
2+结合生成弱电解质Pb(CH3COO)2，c(Pb
2+)减小，
促进PbSO4沉淀溶解平衡正向移动；
（3）除杂”过程中加入KMnO4的目的之一是除去Mn
2+，即酸性条件下，高锰酸根与Mn2+发生归中反应生
成MnO2沉淀，反应的离子方程式为：2MnO4
−+3 Mn
2++2H2O =5 MnO2↓+ 4 H
+，结合分析可知，加入KMnO4
的另一目的是：将Fe2+氧化为Fe3+；
（4）加入物质X 的作用是调pH，使Fe3+与Al3+完全沉淀，又不使Zn2+沉淀，结合表中数据可知，则“除
杂”步骤调节pH 的最佳范围是4.7~6.0，物质X 应既能消耗H
+，又不能引入新杂质，则物质X 的最佳选
择是ZnO，NaOH、石灰水以及氨水均会引入新杂质；
（5）滤渣3 主要为CaF2与MgF2，利用 “高沸点酸制低沸点酸”，可用浓硫酸处理滤渣3 以得到较为纯
净的HF，发生反应：CaF2+H2SO4(浓)=
Δ
CaSO4+2HF↑、Mg F2+H2SO4(浓)=
Δ
MgSO4+2HF↑；
（6）ZnSO4⋅7 H2O的摩尔质量为287 g/mol，设其初始质量为100 g，500 K 时固体残留率为87.48%，对应
质量为87.48 g，计算失去结晶水的物质的量n(H2O)=(100-87.48) g
18 g/mol
≈0.696 mol，初始的
n(ZnSO4⋅7 H2O)=100 g
287 g/mol ≈0.348 mol，则500 K 时残留固体的主要成分中含水分子个数为
0.348mol×7−0.696mol
0.348mol
=5，即化学式为ZnSO4⋅5 H2O。
15．（2026·山西临汾·一模）回收稀土元素对促进稀土资源循环利用有十分重要的意义。某钕铁硼废料中
主要成分为Nd、Fe、Co、Al、Mn等金属单质和不溶于水、盐酸的硼硅酸盐及硫化物。以下为一种回收该
钕铁硼废料制取Nd2O3和Co2O3的工艺流程：
已知：①钕的活动性较强，能与酸发生置换反应，其稳定的化合价为+3 价。
②某些金属氢氧化物沉淀完全时的pH如下表所示：
金属氢氧化物
Al(OH)3 Fe(OH)3 Co(OH)2 Fe(OH)2 Mn (OH)2 Nd (OH)3
沉淀完全时的pH
5.2
3.2
9.4
9.5
10.1
8.5
回答下列问题：
(1)钴(Co)元素在元素周期表中的位置是___________。
(2)钕铁硼废料“浸出”前需预处理除去表面的油脂，可以选择的试剂是___________(填标号)。
A．稀硫酸
B．NaOH溶液
C．纯碱溶液
D．苯
(3)“沉钕”操作中对产品回收率及纯度的影响如图所示。
①“沉钕”的最佳pH为___________。
②“沉钕”析出Nd2(C2O4)3⋅10 H2O晶体的离子方程式为___________。
(4)已知氧化性Co
3+>H2O2>Fe
3+，写出含有Co
2+、Co
3+、H2O2的离子方程式___________。
(5)若“氧化除杂”加H2O2后溶液中c(Co
2+)=0.1mol⋅L
−1，加入试剂1 调节pH的范围是___________。
(6)萃取过程中发生反应：Co
2++n (HA)2⇌CoA2⋅(n−1)(HA)2+2H
+，试剂2 为___________(填名称)。
(7)若用100t钕铁硼废料(钕质量分数为28.8 %)进行回收，最终得到23.52tNd2O3，则Nd2O3的回收率为
___________%(精确至0.1)。
【答案】(1)第四周期第Ⅷ族
(2)BC
(3) 1.5 2Nd
3++3H2C2O4+10H2O=Nd2(C2O4)3⋅10H2O↓+6H
+
(4)2Co
3++H2O2=2Co
2++O2↑+2H
+
(5)5.2≤pH<7.4
(6)盐酸或稀硫酸
(7)70.0
【分析】钕铁硼废料中主要成分为Nd、Fe、Co、Al、Mn等金属单质和不溶于水、盐酸的硼硅酸盐及硫化
物，先用浓盐酸浸出，金属转化为相应的盐酸盐，过滤出不溶物，滤液中加入草酸沉钕，过滤得到
Nd2(C2O4)3⋅10H2O沉淀，Nd2(C2O4)3⋅10H2O沉淀在空气中煅烧得到Nd2O3；滤液中首先加入H2O2把亚
铁离子氧化为铁离子，同时将Co
3+被还原为Co
2+，利用试剂1 调节pH 将铝离子和铁离子转化为Al(OH)3和
Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到含Al(OH)3和Fe(OH)3的滤渣2，向滤液中加入有机萃取剂萃取Co
2+，然后
加入试剂2 进行反萃取得到含Co
2+的溶液，加入碳酸氢铵沉钴，最后在空气中灼烧得到Co2O3，据此解答。
【详解】（1）Co 为27 号元素，价电子排布式为3d
74s
2，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。
（2）油脂可在碱性条件下水解除去，NaOH溶液和纯碱（碳酸钠）溶液均呈碱性，均可除油脂；稀硫酸无
法有效水解油脂，苯有毒且成本高不选用，故选BC。
（3）①沉钕需要同时保证较高的纯度和回收率，由图可知，pH 在1.5 左右两者均处于较高范围，pH 超过
1.5 纯度急剧下降，因此1.5 为最佳pH。
②沉钕时，Nd
3+与草酸反应生成Nd2(C2O4)3⋅10H2O，草酸为弱酸，不能拆写，结合电荷、原子守恒配平
离子方程式为2Nd
3++3H2C2O4+10H2O=Nd2(C2O4)3⋅10H2O↓+6H
+。
（4）根据氧化性Co
3+>H2O2，Co
3+作氧化剂氧化H2O2，Co
3+被还原为Co
2+，H2O2被氧化为O2根据电子得失
守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为2Co
3++H2O2=2Co
2++O2↑+2H
+。
（5）氧化除杂需要使Fe
3+、Al
3+完全沉淀，Al(OH)3沉淀完全的pH 为5.2，故pH 需要大于等于5.2；同时
要保证Co
2+不沉淀，Co(OH)2沉淀完全的pH 为9.4，离子沉淀完全时，其在溶液中的浓度小于等于
1×10
−5 mol⋅L
−1。则K sp[Co(OH)2]=c(Co
2+)⋅c
2(OH
−)=1×10
−5×( 10
−14
10
−9.4 )
2
=10
−14.2，
c(Co
2+)=0.1mol⋅L
−1开始沉淀时，c(OH
−)= ❑√
Ksp[Co(OH)2]
c(Co
2+)
=❑√
10
−14.2
0.1
mol/L=10
−6.6 mol/L，故pH 需
要小于7.4，因此范围为5.2≤pH<7.4。
（6）萃取过程中发生反应：Co
2++n (HA)2⇌CoA2⋅(n−1)(HA)2+2H
+，该反应为可逆反应，反萃取需要使
平衡逆向移动，因此需要增大c (H
+)，故试剂2 为盐酸或稀硫酸。
（7）废料中Nd的质量为100t×28.8 % =28.8t，Nd相对原子质量为144，理论上能生成Nd2O3的质量为：
28.8t
144 × 1
2 ×(2×144+3×16)=33.6t，因此回收率为23.52t
33.6t ×100 % =70.0 %。
16．（2026·广东江门·一模）一种从废旧三元锂离子电池正极片中回收锂及有价金属的工艺如下。
已知：①废旧三元锂离子电池正极片主要包含LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2、铝箔和有机黏合剂；
25℃
②
时，Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8。
(1)“碱浸”过程可以除去废旧正极材料的铝箔，写出对应化学反应方程式：______。
(2)“高温焙烧”处理的目的是：______。
(3)“沉淀Mn2+”过程中使用(NH4)2S2O8作沉淀剂，可获得Mn2O3。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比
为______。
(4)“沉淀Co2+”工序中，假设Co2+恰好完全沉淀时溶液中H2C2O4浓度为x mol·L-1，此时溶液温度为25℃，
溶液的c(H+)=______mol·L-1(列出算式)。
(5)为提高工艺效益，可通过以下方式优化回收工艺：
①联合回收法：三元锂离子和磷酸铁锂两种电池的正极材料整合在同一工艺流程中回收。可用磷酸亚铁锂
(LiFePO4)替换上述流程的______(填选项字母)。
A．茶多酚 B．(NH4)2S2O8 C．Na2CO3
②电氧化浸出技术：使用废旧三元锂离子电池正极片(LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2)作阳极，0.10mol/L Na2CO3溶液为
电解质溶液，电解回收Li+。若电解后阳极产物为Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2，阳极的电极反应式为：______。
(6)使用Na2CO3回收锂离子后，经系列操作获得储氢材料LixNyHz，其晶胞结构可描述为：
填充在立
方体Ⅰ的体心，立方体Ⅰ和立方体Ⅱ无隙交替并置，结构示意图如下。请回答下列问题：
①x：y：z=______。
②该晶胞密度为______g·cm-3(列出算式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4)+3H2↑
(2)除去废旧三元锂离子电池正极片中的有机黏合剂
(3)1:2
(4)❑√
8.4 x×10
−6
6.3×10
−3
(5) A LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2-xe-=Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2+xLi+
(6) 2:1:1
116
8a
3×10
−21× N A
【分析】废旧三元锂离子电池正极片主要包含LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2、铝箔和有机黏合剂；废旧三元锂离子电
池正极片加氢氧化钠溶液“碱浸过滤”，铝箔溶于氢氧化钠生成四羟基合铝酸钠和氢气，滤液中含有四羟
基合铝酸钠，滤渣高温焙烧除去有机黏合剂，加硫酸和茶多酚“还原浸出”，得到含有Ni2+、Mn2+、
Co2+、Li+的溶液，依次加(NH4)2S2O8、DMG、H2C2O4分别沉淀Mn2+、Ni2+、Co2+，最后加碳酸钠得到碳酸
锂沉淀。
【详解】（1）“碱浸”过程可以除去废旧正极材料的铝箔生成四羟基合铝酸钠和氢气，化学反应方程式
为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4)+3H2↑ 。
（2）有机物易燃烧“高温焙烧”处理的目的是：除去废旧三元锂离子电池正极片中的有机黏合剂；
（3）“沉淀Mn2+”过程中使用(NH4)2S2O8作沉淀剂，可获得Mn2O3，Mn 元素化合价由+2 升高为+3，
Mn2+是还原剂，(NH4)2S2O8中有2 个-1 价O 化合价降低为-2，(NH4)2S2O8是氧化剂，根据得失电子守恒，该
反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2。
（4）25℃时，Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8。Co2+恰好完全沉淀时溶
液中c(C2O4
2−)=
K sp(CoC2O4)
c(Co
2+)
= 6.3×10
−8
1×10
−5 =6.3×10
−3mol·L-1，Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)=
c(C2O4
2−)c
2(H
+)
c (H2C2O4)
=5.6×10
−2×1.5×10
−4=8.4×10
−6；假设Co2+恰好完全沉淀时溶液中H2C2O4浓度为x
mol·L-1，此时溶液温度为25℃，6.3×10
−3×c
2(H
+)
x
=8.4×10
−6,c (H
+)= ❑√
8.4 x×10
−6
6.3×10
−3 mol·L-1。
（5）①磷酸亚铁锂中Fe2+具有还原性，可用磷酸亚铁锂(LiFePO4)替换上述流程的茶多酚，选A。
②废旧三元锂离子电池正极片(LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2)作阳极，0.10mol/L Na2CO3溶液为电解质溶液，电解回收
Li+。若电解后阳极产物为Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2，据电荷守恒，阳极的电极反应式为LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2-xe-
→Li1-xNi0.5Co0.2Mn0.3O2+xLi+。
（6）①立方体Ⅰ和立方体Ⅱ无隙交替并置构成LixNyHz得晶胞，每个晶胞中含有4 个Ⅰ、4 个Ⅱ，则每个
晶胞中Li 原子数8× 1
8 ×8=8、N 原子数为4、H 原子数为4, x：y：z=2:1:1。
②晶胞边长为2anm，该晶胞密度为
7×8+14×4+1×4
(2a×10
−7)
3× N A
=
116
8a
3×10
−21× N A
g·cm-3。
17．（2026·山东临沂·一模）一种从银铜锌共生矿(主要成分为Ag2S，ZnS，CuFeS2等)中分离银、铜的工
艺流程如图所示。
已知：①Z−200易被氧化，易与CuFeS2、ZnS结合；与CuFeS2结合生成CuFeS2−Z−200；
CuFeS2−Z−200有强烈的疏水性，能附着在气泡上。
②K sp(Ag2S)=6.0×10
−50，K sp(Ag2SO4)=1.2×10
−5，K a1(H2S)=1.0×10
−7， K a2(H2S)=1.0×10
−13。
回答下列问题：
(1)“钝化”的目的是生成碱式碳酸锌，可附着在ZnS表面，阻止ZnS与Z−200结合。生成Zn2(OH)2CO3的离
子方程式为______。
(2)“浮选”过程中通入N2的目的是______；“氧化”过程中加入O2的作用是______。
(3)“酸浸”过程中Ag2S(s)+2H
+(aq)+SO4
2−(aq)= Ag2SO4(s)+ H2S(aq)，不能发生的原因是______(写出
计算过程)。
(4)“氧化浸取”过程中生成[Ag(CN)2)
−的离子方程式为______。
(5)“置换”中可选用的试剂X 为______(填标号)。
a．Ba b．Cu c．Zn d．Pt
(6)该工艺流程中能循环使用的物质有______(填化学式)。
【答案】(1)2Zn
2++3CO3
2−+2H2O=Zn2(OH)2CO3↓+2HCO3
−或2Zn
2++2CO3
2−+ H2O =Zn2(OH)2CO3↓+CO2↑
(2) 使CuFeS2−Z−200附着在氮气产生的气泡上，便于分离(合理即得分) 氧化Z−200和CuFeS2
(合理即得分)
(3)K =
c(H2S)
c
2(H
+)g⋅(SO4
2)
=
K s p(Ag2S)
K a1(H2S)g K a2(H2S)g K sp(Ag2SO4)
=5.0×10
−25<1.0×10
−5，所以该反应不能
发生(合理即得分)
(4)2Ag2S+8CN
−+O2+2H2O = 4[Ag(CN)2)
−+2S+ 4 OH
−
(5)c
(6)H2SO4、ZnSO4
【分析】钝化阶段：加入碳酸钠、硫酸锌，在ZnS 表面生成碱式碳酸锌钝化层，阻止ZnS 进入后续浮选影
响分离，滤液1 为含Na2SO4、过量未反应Na2CO3、ZnSO4的可溶性盐溶液，滤渣为钝化后的混合矿（含
Ag2S、CuFeS2和钝化ZnS）。浮选后，矿料按组分分离为含银组分、含铜组分分别送后续工序：酸浸处理
含银组分时，加入稀硫酸，滤液2 为含ZnSO4的溶液，滤渣为粗Ag2S；含铜组分经稀硫酸、双氧水氧化浸
出铜、铁离子后，加CuO 调pH 沉铁，滤渣为氢氧化铁沉淀（除去杂质铁），滤液为纯净硫酸铜溶液，电
解后得到精铜。粗Ag2S经氰化氧化浸出后，硫单质为滤渣，滤液为[Ag(CN)2]
-溶液，经置换、酸溶得到
单质银，据此解答。
【详解】（1）碳酸钠与硫酸锌反应，碳酸根水解结合锌离子生成碱式碳酸锌沉淀，同时释放CO2，根据原
子和电荷守恒配平得到2Zn
2++2CO3
2−+ H2O =Zn2(OH)2CO3↓+CO2↑或
2Zn
2++3CO3
2−+2H2O=Zn2(OH)2CO3↓+2HCO3
−；
（2）根据已知信息，Z-200 易被氧化，且CuFeS2-Z-200需要附着气泡分离，N2性质稳定，可满足需求；
CuFeS2中Fe 为+2 价，氧化为+3 价后便于后续调pH 生成Fe(OH)3沉淀除去，故“氧化”过程中加入O2的
作用是氧化Z−200和CuFeS2；
（3）该反应的平衡常数K =
c(H2S)
c
2(H
+)⋅c(SO4
2−)
=
c(H2S)⋅c
2(Ag
+)⋅c(S
2−)⋅c(HS
−)
c
2(H
+)⋅c(SO4
2−)⋅c
2(Ag
+)⋅c(S
2−)⋅c(HS
−)
=
K sp(Ag2S)
K sp(Ag2SO4)⋅K a1(H2S)⋅K a2(H2S)
，代入数据得：K =
6.0×10
−50
1.2×10
−5×1.0×10
−7×1.0×10
−13=
5×10
−25<1.0×10
−5，K 极小，反应几乎不能发生；
（4）氧气作氧化剂，将Ag2S中-2 价S 氧化为S 单质，Ag
+与CN
−结合为稳定的[ Ag(CN)2]
−，根据得失电子
守恒、原子电荷守恒配平为2Ag2S+8CN
−+O2+2H2O= 4[Ag (CN)2)
−+2S+ 4 OH
−；
（5）置换Ag 需要活泼性强于Ag 的金属：Ba 性质太活泼，先与水反应，不能置换Ag；Pt 活泼性弱于
Ag，不反应；Cu 置换后，过量Cu 不与稀硫酸反应，会混入Ag 中；Zn 活泼性强于Ag，过量Zn 可与稀硫
酸反应除去，最终得到纯净Ag，因此选c。
（6）电解硫酸铜溶液提铜时，反应生成硫酸，可返回流程中的酸浸、氧化步骤重复使用，滤液2 含有
ZnSO4，也可以循环使用。
18．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）氟碳铈矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为CeFCO3，R 代表钇(Y)、镧
(La)、铈(Ce)，常伴生有Fe、Al、Mg 等杂质。以下是一种综合回收钇、镧、铈的工艺流程：
已知：①稀土氧化物(R2O3)可溶于稀盐酸，但CeO2不溶。
②常温下各种金属离子完全沉淀的pH 如下表：
Mg2
+
La3
+
Y3
+
Fe3
+
Al3
+
p
H
11.6
9.0
8.3
3.2
4.7
H
③
2A2代表P507 二聚体，萃取达到平衡时，分配系数=c有机相(X)
c水相(X) ；萃取率=n有机相(X)
n总(X)
×100%。
回答以下问题：
(1)稀土元素Y 和Sc 为同族元素，位于Sc 的下一周期，则基态Y 原子的价电子排布式为___________。
(2)CeFCO3在空气中焙烧第一步转化为CeO2和CeF4，CeF4再转化为CeO2，写出第一步的化学反应方程式
___________。
(3)滤渣1 中主要成分除了Fe(OH)3外还有___________、___________。
(4)萃取过程可简化为：R3+(水相)+3H2A2(有机相)
R(HA
⇌
2)3(有机)+3H+(水相)。
①该过程属于___________(填“阳离子交换”或“阴离子交换”)萃取。
②“酸浸”时加100 mL 稀盐酸，“萃取”时加30 mL H2A2，La3+在两相的分配系数为10，则La3+单次萃取
率为___________(忽略混合过程中液体体积的变化)。
③反萃取过程中应加入___________(写化学式)来实现。
(5)最终能得到疏松的Y2O3原因为___________。
【答案】(1)4d15s2
(2)4CeFCO3+O2
培烧
¿
¿
3CeO2+CeF4+4CO2
(3) Al(OH)3 CeO2
(4) 阳离子交换 75% HCl
(5)焙烧Y2(C2O4)3的过程中有大量的CO、CO2生成，导致生成的Y2O3为疏松的
【分析】该工艺以氟碳铈矿为原料，先氧化焙烧将稀土转化为氧化物，再经稀盐酸浸出、调pH 除去Fe3+、
Al3+杂质和不溶的CeO2，得到含Y3+、La3+的滤液，之后经草酸沉淀、焙烧、稀盐酸酸浸后，通过萃取法分
离Y 和La，水相沉钇后焙烧得到Y2O3，有机相反萃取得到LaCl3，实现了钇、镧、铈的综合回收。
【详解】（1）Sc 是第四周期第ⅢB 族元素，Y 位于Sc 下一周期即第五周期第ⅢB 族，第ⅢB 族元素价电
子排布通式为(n−1)d
1ns
2，故Y 的价电子排布为4 d
15 s
2。
（2） CeFCO3中Ce 为+3 价，焙烧后被O2氧化为+4 价的CeO2和CeF4，同时生成二氧化碳，根据原子守恒
和得失电子守恒配平得到反应方程式为4CeFCO3+O2
培烧
¿
¿
3CeO2+CeF4+4CO2。
（3）调pH ≈5，根据完全沉淀pH可知，Fe
3+、Al
3+均完全沉淀；结合已知信息，CeO2不溶于稀盐酸，
因此滤渣1 除Fe(OH )3外，还有Al(OH )3和CeO2。
（4）①该过程水相中的阳离子R
3+进入有机相，有机相交换出阳离子H
+到水相，属于阳离子交换萃取。
②分配系数K = c有机( La
3+)
c水( La
3+)
=
n有机
V 有机
n水
V 水
=10，代入V 水=100mL、V 有机=30mL，得n有机=3n水，萃取率
= n有机
n总
×100 % =
3n水
3n水+n水
×100 % =75 %。
③萃取平衡为可逆反应，增大H
+浓度可使平衡逆向移动，实现反萃取，目标产物为氯化物，因此加入HCl。
（5）草酸钇焙烧分解时，会生成CO、CO2大量气体，气体逸出后留下空隙，因此最终得到疏松的Y 2O3。
19．（2026·山东青岛·一模）电解锰渣主要成分为MnO2、PbSO4、CaSO4和少量SiO2，实验室回收锰和铅
的流程如图。
已知：①常温下，K sp(PbSO4)=2.5×10
−8，K sp(PbCO3)=8.0×10
−14，K sp(CaCO3)=2.5×10
−9。②
Pb
2++3CH3COO
-⇌(CH3COO)3Pb
-；K 稳=
c[(CH3COO)3Pb
−)
c(Pb
2+)c
3(CH3COO
−)
=2.5×10
6。回答下列问题：
(1)“还原酸浸”时pH 控制在2 4
∼之间，PbS 中的S
2−被氧化为SO4
2−，反应的化学方程式为_______。pH 不
能太小的原因为_______。
(2)“浸出渣”主要成分为_______。
(3)“分步沉淀”中(CH3COO)3Pb
-+CO3
2-=PbCO3↓+3CH3COO
-的平衡常数K =_______。“浸出液2”含
0.01 mol·L
-1 Ca
2+，当出现CaCO3沉淀时，c(Pb
2+)=_______mol⋅L
−1(忽略离子的水解作用及溶液体积变
化)。
(4)“再生除杂1”中加入富铅渣的目的是_______。
(5)为实现“再生液”的循环利用，“试剂X”最好为_______(写化学式)。
【答案】(1) 4MnO2+4H2SO4+PbS=4MnSO4+PbSO4+4H2O pH 太小会产生硫化氢有毒气体，污染
空气
(2)SiO2和CaSO4
(3) 5×10
6 3.2×10
−7
(4)除去CO3
2−
(5)(CH3COO)2Ba
【分析】该流程以含MnO2、PbSO4、CaSO4和少量SiO2的电解锰渣为原料，先经H 2SO4、PbS还原酸
浸，使MnO2转化为MnSO4进入浸出液1 用于电解产锰，同时得到含PbSO4等的富铅渣；富铅渣用
CH 3COONH 4浸铅，PbSO4 转化为(CH 3COO)3 Pb
−进入浸出液2，SiO2、CaSO4成为浸出渣；浸出液
2 加( NH 4)2CO3分步沉淀，(CH 3COO)3 Pb
−转化为PbCO3（后续可制Pb），再经富铅渣除CO3
2−、试剂
X（(CH 3COO)2Ba）除杂后得到可循环的再生液，最终实现锰、铅的回收与醋酸盐的循环利用。
【详解】（1）在酸性条件下，MnO2作为氧化剂，将PbS 中的S2-氧化为SO4
2−，自身被还原为Mn2+。根据
得失电子守恒和原子守恒，配平后的化学方程式为4MnO2+4H2SO4+PbS=4MnSO4+PbSO4+4H2O。
PbS 在强酸性条件下会发生反应：PbS+2 H
+= Pb
2++ H 2S↑，生成有毒的H 2S气体，污染空气，因此pH
需控制在2~4 之间，避免H 2S逸出。
（2）根据分析，“浸出渣”主要成分为SiO2和CaSO4。
（3）计算平衡常数K：目标反应为：(CH 3COO)3 Pb
−+CO3
2−⇌PbCO3↓+3CH 3COO
−，该反应可以
看作是以下两个反应的相加：(CH 3COO)3 Pb
−⇌Pb
2++3CH 3COO
−， K 1= 1
K 稳
=
1
2.5×10
6；
Pb
2++CO3
2−⇌PbCO3↓， K 2=
1
K sp( PbCO3) =
1
8.0×10
−14 ；因此，总反应的平衡常数
K = K 1× K 2=
1
2.5×10
6 ×
1
8.0×10
−14 =
1
20×10
−8 =5×10
6。
计算c(Pb2+)：当溶液中开始出现CaCO3沉淀时，溶液中的离子浓度满足其溶度积：
K sp(CaCO3)=c(Ca
2+)⋅c(CO3
2−)=2.5×10
−9，此时溶液中
c(CO3
2−)= K sp(CaCO3)
c(Ca
2+)
= 2.5×10
−9
0.01
=2.5×10
−7 mol⋅L
−1，在此 CO3
2−浓度下，PbCO3的溶度积满足：
K sp( PbCO3)=c( Pb
2+)⋅c(CO3
2−)=8.0×10
−14，所以，
c( Pb
2+)= K sp( PbCO3)
c(CO3
2−)
= 8.0×10
−14
2.5×10
−7 =3.2×10
−7 mol⋅L
−1。
（4）分步沉淀后，溶液中残留CO3
2−，富铅渣中含PbSO4Pb
2+，富铅渣中的PbSO4可与CO3
2−反应生成
PbCO3沉淀，从而除去溶液中的CO3
2−，避免CO3
2−干扰后续流程。
（5）“再生除杂1”后，溶液中主要含有NH 4
+、CH 3COO
−和SO4
2−等离子。为了实现“再生液”（即
CH3COONH4溶液）的循环利用，需要除去SO4
2−杂质，则试剂X 为(CH3COO)2Ba。加入后，其中的Ba
2+会
与溶液中的SO4
2−反应生成难溶的硫酸钡沉淀，从而除去SO4
2−杂质。
20．（2026·辽宁大连·一模）某工厂采用如下工艺回收氟碳铈矿(含有RFCO3和少量的Fe、Al、Mg)中的稀
土元素钇(Y)、镧(La)、铈(Ce)，R 代表Y、La、Ce．
已知：①R2O3可溶于稀盐酸，CeO2不溶于稀盐酸。
②常温下，部分金属离子完全沉淀时的pH 如下表：
Mg
2+
La
3+
Y
3+
Fe
3+
Al
3+
pH
11.6
9.0
8.3
3.2
4.7
③某物质萃取达到平衡时，分配系数=c有机相(X)
c水相(X) ；萃取率=n有机相(X)
n总(X)
×100 %。
回答下列问题：
(1)元素Y 比Sc 的原子序数大18，其基态原子的价层电子排布式为___________。
(2)CeFCO3在空气中焙烧，第一步转化为CeO2和CeF4，第二步CeF4转化为CeO2，则第一步的化学方程式为
___________。
(3)滤渣1 的主要成分有Fe(OH)3、___________(填化学式)。
(4)滤液2 的金属离子主要为___________(填离子符号)。
(5)萃取原理：R3+(水相)+3H2A2 (有机相)⇌R(HA2)3 (有机相)+3H+ (水相)，H2A2代表P507 二聚体。
①该技术属于___________(填“阳离子交换”或“阴离子交换”)萃取。
②若La3+在两相的分配系数为10，则La3+的单次萃取率为___________%(忽略混合过程中液体体积的变化)。
③反萃取过程中应加入___________实现(填物质名称)。
(6)最终能得到高纯度且疏松的Y2O3的原因为___________。
【答案】(1)4d15s2
(2)4CeFCO3+O2
焙烧
¿3CeO2+CeF4+4CO2
¿
(3)Al(OH)3、CeO2
(4)Mg2+
(5) 阳离子交换 75 盐酸(填“稀盐酸”、“浓盐酸”均可)
(6)多次萃取，使Y3+和La3+得到充分的分离，水相中Y3+纯度高；焙烧Y2(C2O4)3的过程中有大量气体生成，
导致生成的Y2O3为疏松的结构
【分析】该工艺以氟碳铈矿为原料，先焙烧将稀土转化为氧化物，再经稀盐酸浸出、调pH 除去Fe3+、
Al3+杂质和不溶的CeO2，得到含Y3+、La3+的滤液，之后经草酸沉淀、焙烧、稀盐酸酸浸后，通过萃取法分
离Y 和La，水相沉钇后焙烧得到Y2O3，有机相反萃取得到LaCl3，实现了钇、镧的综合回收。
【详解】（1）Sc 的原子序数为21，Y 原子序数为21+18=39，Y 位于第五周期第ⅢB 族，基态价层电子
排布式为4 d
15 s
2。
（2）CeFCO3中Ce 为+3 价，焙烧后被O2氧化为+4 价的CeO2和CeF4，同时生成二氧化碳，根据原子守恒
和得失电子守恒配平得到反应方程式为4CeFCO3+O2
焙烧
¿3CeO2+CeF4+4CO2
¿
。
（3）调pH =5，根据完全沉淀pH可知，Fe
3+、Al
3+均完全沉淀；结合已知信息，CeO2不溶于稀盐酸，
因此滤渣1 除Fe(OH )3外，还有Al(OH )3和CeO2。
（4）Fe、Al已经在调pH 时沉淀除去，Y
3+、La
3+和草酸反应生成草酸盐沉淀，杂质中剩余未沉淀的金属
离子只有Mg
2+，因此滤液2 的主要金属离子为Mg
2+。
（5）①该过程水相中的阳离子R
3+进入有机相，有机相交换出阳离子H
+到水相，属于阳离子交换萃取。
②分配系数K = c有机( La
3+)
c水( La
3+)
=
n有机
V 有机
n水
V 水
=10，结合流程信息可得到本次萃取的体积：水相为100mL 稀盐酸溶
解体系，即V 水=100 mL，单次萃取用30mL 有机相，即V 有=30 mL。代入V 水=100mL、V 有机=30mL，
得n有机=3n水，萃取率= n有机
n总
×100 % =
3n水
3n水+n水
×100 % =75 %。
③萃取平衡为可逆反应，增大H
+浓度可使平衡逆向移动，实现反萃取，目标产物为氯化物，因此加入盐酸。
（6）草酸钇焙烧分解时，草酸根分解生成CO、CO2等大量气体，气体逸出后使Y 2O3疏松多孔，且流程
中经过多次萃取，使Y3+和La3+得到充分的分离，水相中Y3+纯度高，最终得到高纯度疏松的Y 2O3。
