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专题08 工艺流程综合题（非选择题）
1．（2026·甘肃金昌·二模）由锌阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4、ZnO，还有少量锰铅复合氧化物
Pb2Mn8O16)制取碳酸锰是处理锌阳极泥的有效途径，其工艺流程如图。回答下列问题：
(1)基态Zn
2+的价层电子轨道表示式为___________。
(2)工业上取锌阳极泥800 g 进行“酸洗”实验，酸洗液化验结果如下表所示，由此可知，“酸洗”工序的
目的是___________。
编
号
体积/mL
酸洗液/
(g⋅L
−1)
酸洗渣/%
Mn
Zn
Mn
Zn
1
3900
0.42
2.60
47.11
0.16
2
4000
0.24
2.47
46.23
0.17
3
4050
0.26
2.41
45.11
0.17
(3)“浸出”工序中主要反应的离子方程式为___________。
(4)向“净化”后的滤液中加入NH4 HCO3溶液和氨水，生成MnCO3沉淀，反应的离子方程式为___________。
在此过程中，所用氨水的浓度不能过大，加入速度不能过快，原因是___________。
(5)如图是与NH3高效存储和利用有关的[Mg(NH3)6)Cl2立方晶胞结构，晶胞参数为anm。
①该晶体的密度为___________(写出计算表达式即可)g⋅cm
−3。
②该晶胞内阴、阳离子的最近距离为___________nm。
③试分析[Mg(NH3)6)Cl2中H−N −H的键角大于氨气分子中H−N −H的键角的原因：___________。
【答案】(1)
(2)除去ZnO，富集MnO2
(3)MnO2+SO3
2−+2H
+= Mn
2++SO4
2−+ H2O
(4) Mn
2++ HCO3
−+ NH3⋅H2O = MnCO3↓+ NH4
+ + H2O 会生成Mn (OH)2，降低MnCO3的产率和纯度
(5)
(24+17×6+71)×4
N A(a×10
−7)
3
❑√3a
4
NH3分子中N原子上有孤电子对，[Mg(NH3)6)Cl2中NH3的N原
子与Mg
2+形成配位键，孤电子对用于成键，不再对N−H成键电子对产生排斥，由于N −Mg成键电子对对
N −H成键电子对的排斥作用小于原先孤电子对的排斥作用，故H−N −H键角增大
【详解】（1）
基态Zn原子的价层电子排布式为3 d
104 s
2，Zn失去两个电子变为Zn
2+，因此基态Zn
2+的价层电子轨道表
示式为
。
（2）由表可知，锌阳极泥经过“酸洗”之后，90%以上的锌都进入了酸洗液中，酸洗渣中锰含量较高，完
成了富集；
（3）“浸出”工序中，MnO2在酸性条件下被Na2SO3还原为Mn
2+，反应的离子方程式为
MnO2+SO3
2−+2H
+= Mn
2++SO4
2−+ H2O；
（4）①“沉锰”工序中，Mn
2+与NH4 HCO3和氨水反应，生成MnCO3沉淀，反应的离子方程式为：
Mn
2++ HCO3
−+ NH3⋅H2O = MnCO3↓+ NH4
++ H2O；
②氨水浓度过大，会使溶液中OH
-浓度过高，导致Mn
2+与OH
-反应生成Mn(OH)2沉淀，降低MnCO3的产率和
纯度；
（5）①该晶胞中包含4 个[Mg(NH3)6)Cl2（阳离子：1
8 ×8+ 1
2 ×6；阴离子：8），晶胞参数为anm ，晶
体密度为
(24 +17×6+71)×4
N A(a×10
−7)
3
g⋅cm
−3
。
②晶胞内阳离子位于面心和顶点，阴离子位于体内，阴、阳离子的最近距离为晶胞体对角线的1
4 ，计算可
得最近距离为
❑√3a
4
；
③NH3分子中N原子上有孤电子对，[Mg(NH3)6)Cl2中NH3的N原子与Mg
2+形成配位键，孤电子对用于成键，
不再对N −H成键电子对产生排斥，由于N-Mg成键电子对对N −H成键电子对的排斥作用小于原先孤电子对
的排斥作用，故H−N−H键角增大。
2．（2026·安徽合肥·二模）钕铁硼(NdFeB)废料中主要含Fe2O3和稀土氧化物RE2O3(RE 是稀土元素的缩写，
此处RE2O3表示Nd2O3和Pr2O3等)。从钕铁硼废料中获得稀土氧化物的一种流程如下。
回答下列问题：
(1)Fe
3+的价电子排布图为_______。
(2)“氯化焙烧”时，焙烧温度对稀土元素和铁元素“浸取”时浸出率的影响如下图所示，写出“氯化焙
烧”时RE2O3生成稀土氯化物RECl3的化学方程式_______，当温度超过310℃后，稀土元素浸出率降低的
原因可能是_______。
(3)“浸取”时所得浸渣的主要成分是_______(填化学式)。
(4)“除铁”步骤中，当Fe
3+完全沉淀时，pH应大于_______(当离子浓度小于1×10
−5 mol⋅L
−1时，离子完
全沉淀；K sp[Fe(OH)3)=1×10
−38)。若使用离子液体甲基三辛基氯化铵[
]作萃取剂，也可通过萃取出
Fe
3+
而达到“除铁”的目的，
该离子液体具有较低的熔点，分析其原因是_______。
(5)“沉淀”时，稀土元素形成草酸盐RE2(C2O4)3，则“滤液”中含有的阳离子有_______。
(6)写出“焙烧”时生成稀土氧化物RE2O3的化学反应方程式_______。
【答案】(1)
(2) RE2O3+6 NH 4Cl
焙烧
¿2 RECl3+6 NH 3↑+3 H 2O↑
¿
NH4Cl分解速率加快，与稀土元素之间的反
应不完全，导致稀土元素浸出率降低
(3)Fe2O3
(4) 3 阳离子体积大且结构不对称，导致空间位阻大，减弱了离子间的静电作用力，使得熔点低
(5)H
+、NH 4
+
(6)2RE2(C2O4)3+3O2
800℃
¿2RE2O3+12CO2
¿
【分析】首先加入NH4Cl氯化焙烧，将稀土氧化物RE2O3转化为可溶于水的RECl3，完成稀土的氯化转化；
随后水浸浸取，大部分铁以不溶物形式留在浸渣，实现稀土与铁的初步分离；浸出液加氨水沉淀剩余Fe
3+
完成深度除铁，再加草酸沉淀稀土得到草酸盐，最终高温焙烧分解得到目标产物RE2O3，据此解答。
【详解】（1）Fe 为26 号元素，Fe 原子失去3 个电子得到Fe
3+，价电子排布式为3d
5，电子排布图为
。
（2）氯化焙烧时，RE2O3与NH4Cl反应生成RECl3、氨气和水，化学方程式：
RE2O3+6 NH 4Cl
焙烧
¿2 RECl3+6 NH 3↑+3 H 2O↑
¿
； 温度超过310℃后浸出率降低的原因：NH4Cl受热易分
解挥发，温度过高后氯化剂浓度降低，稀土氯化程度下降，因此浸出率降低。
（3）由浸出率图像可知，铁元素浸出率极低，大部分铁以不溶于水的Fe2O3形式留在浸渣中，因此浸渣主
要成分为Fe2O3。
（4）离子完全沉淀时c(Fe
3+)<1×10
−5 mol/L，由K sp[ Fe(OH)3]=c(Fe
3+)⋅c
3(OH
−)=1×10
−38，代入
得c(OH
−)=1×10
−11mol/L，计算得pH =3，因此Fe
3+完全沉淀时pH应大于3； 该离子液体熔点低的原因：
该离子的阳离子体积大，结构不对称，空间位阻大，阴阳离子间离子键作用力弱，晶格能小，因此熔点低。
（5）除铁时加入氨水，溶液中引入NH4
+；沉淀时草酸与稀土氯化物反应生成草酸盐沉淀，同时生成H
+，因
此滤液中阳离子为H
+、NH 4
+。
（6）空气中800℃焙烧草酸稀土，生成稀土氧化物和二氧化碳，化学方程式：
2RE2(C2O4)3+3O2
800℃
¿2RE2O3+12CO2
¿
。
3．（2026·新疆喀什·二模）草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。工业上以钴矿(主要成分是Co2O3，含有
Al2O3、Fe2O3、MnO2、CaCO3等杂质)为原料制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示。
已知：25℃时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表(当溶液中微粒浓度小于
1.0×10
−5 mol·L
−1时，可认为已除尽)：
金属离子
Fe
2+
Fe
3+
Al
3+
Co
2+
Mn
2+
开始沉淀的pH
6.9
1.5
3.6
7.1
7.9
沉淀完全的pH
8.3
2.8
4.7
9.2
9.8
回答下列问题：
(1)钴元素在元素周期表中的位置是___________。
(2)“浸取”时提高浸取率的措施有___________ 答一条措施即可“浸取”时钴物质发生反应的离子方程
式为___________。
(3)“除杂”过程中调pH 的范围是___________。
(4)该工艺中设计“萃取”、“反萃取”的目的是___________、___________。
(5)“沉钴”时用(NH4)2C2O4溶液，不用Na2C2O4溶液的原因是___________。
(6)准确称取4.575gCoC2O4⋅2H2O在足量空气中充分灼烧，固体样品的失重曲线如下已知385℃以后固
体均为氧化物。
①A加热生成B的反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为___________；
②B→C的化学方程式为___________。
【答案】(1)第四周期第Ⅷ族
(2) 将钴矿石粉碎（或适当升温、搅拌、增大硫酸浓度等，答一条即可）
Co2O3+ SO2+2 H
+=2Co
2++ SO4
2−+ H 2O
(3)4.7 pH<7.1
⩽
(4) 分离C o
2+与M n
2+等杂质 富集提纯C o
2+
(5)N a2C2O4溶液碱性较强，易生成Co(OH )2杂质，( N H 4)2C2O4溶液pH 较低，可避免析出Co(OH )2，
得到纯净的草酸钴
(6) 2：3 3Co3O4 =
高温
9CoO+O2↑
【分析】该工艺流程是以含Al2O3、Fe2O3、MnO2、CaCO3杂质的钴矿（主要成分为C o2O3）为原料，
经硫酸、二氧化硫浸取后，通入压缩空气并调节pH 除去铁、铝杂质，加入氟化钠沉淀除去钙，再经P507
萃取分离杂质、硫酸反萃取得到纯净含钴溶液，最终加入草酸铵沉钴制得草酸钴晶体CoC2O4⋅2 H 2O。
【详解】（1）Co 为27 号元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族。
（2）浸取时提高浸出率的常用方法如粉碎矿石增大接触面积、升温搅拌提高反应速率等；浸取时SO2作
还原剂，将+3 价Co 还原为C o
2+，离子方程式为Co2O3+ SO2+2 H
+=2Co
2++ SO4
2−+ H 2O。
（3）pHpH 目的是使F e
3+、Al
3+完全沉淀除去，同时不使C o
2+沉淀，因此pH 需要大于A l
3+沉淀完全的
pH=4.7，小于C o
2+开始沉淀的pH=7.1，故调pH 的范围为4.7 pH<7.1
⩽
。
（4）沉钙后溶液中剩余C o
2+和M n
2+，通过萃取反萃取可将C o
2+与杂质M n
2+分离，同时富集得到纯净
的C o
2+溶液。
（5）N a2C2O4溶液水解后碱性更强，pH 过高会使C o
2+转化为Co(OH )2沉淀，混入产物，而
( N H 4)2C2O4中N H 4
+水解使溶液偏酸性，可避免杂质生成。
（6）①CoC2O4⋅2 H 2O的物质的量为
4.575 g
183 g/mol =0.025mol，其中含CoC2O4和水的质量分别为
0.025mol×147 g/mol =3.675 g和0.025mol×2×18 g/mol =0.9 g，因此A 点失去全部结晶水，A 点
组成为CoC2O4；根据失重曲线，B 点质量为2.005g，且为Co 的氧化物，金属钴质量为
0.025 mol×59g/mol=1.475g，B 中氧元素质量为0.53g，n(Co):n(O)=0.025:0.033≈3:4，故B 为
Co3O4；CoC2O4生成Co3O4的反应中，Co 由+2 价升至平均化合价+ 8
3 价，碳元素由+3 升高至+4 价，O2
由0 价降至-2 价，由电子守恒可知：2O2~3CoC2O4，即氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3；
C
②
点质量为1.875g，同理可得n(Co):n(O)=0.025:0.025=1:1，故C 为CoO，B→C的化学方程式为
3Co3O4 =
高温
9CoO+O2↑。
4．（2026·广东揭阳·二模）硫酸镍在新能源、电镀、催化和材料制造等领域占据核心地位，钴在催化、磁
性材料和医疗领域发挥着不可替代的作用。以黄铁矿(主要成分为FeS2，还含有NiS、CoS、CuS及少量Au)
为原料制备硫酸镍同时回收Co的工艺流程如图：
已知：①“焙烧”后烧渣的主要成分是Fe2O3、CuO、NiO、Co3O4和Au。
②氧化性：Co(Ⅲ)>Cl2。
③常温下，部分氢氧化物的溶度积如下表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Cu (OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
K sp
10
−38.6
10
−19.8
10
−14.8
10
−12.9
一般情况下，离子浓度小于10
−5 mol⋅L
−1可认为该离子沉淀完全。
(1)基态❑28 Ni原子价层电子排布式为：______。
(2)“焙烧”时，CoS 发生反应的化学方程式为______。
(3)“酸浸”时，Co3O4溶解反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为______，“酸浸”不能选用浓盐酸的原因
______。
(4)“调pH”时，当Co
2+、Ni
2+的浓度均为0.1mol⋅L
−1时，pH最高可调至______(忽略溶液体积变化)。
(5)“沉钴”时，生成CoCO3沉淀的离子方程式为______；若“沉钴”只加入碳酸氢铵，制得的CoCO3沉淀颗
粒较为疏松，原因是______。
(6)“萃取”时，可用萃取剂P204 或P507，已知其结构如图所示(R 是同一烃基C8H17−)，两物质中P=O上的
氧原子均可与Co
2+配位形成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者配位能力大小：O(P204)______
O (P507)(填“大于”“小于”或“等于”)。
(7)由CoCO3制得的钴氧化物和Al2O3按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴
蓝晶体结构是由图1 中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2 是钴蓝的晶胞，已知小立方体a、c、f 均为
Ⅰ型。则Co占据晶胞的体内、顶角和______，该钴蓝晶胞的化学式为______。
【答案】(1)3d
84s
2
(2)3CoS+5O2
焙烧
¿Co3O4+3SO2
¿
(3) 1:1，会产生有毒气体Cl2，污染环境 Co3O4+8 HCl=3CoCl2+Cl2↑+ 4 H2O
(4)7.1
(5) Co
2++ HCO3
−+ NH3⋅H2O =CoCO3↓+ NH4
++ H2O 只加入碳酸氢铵沉钴过程会生成大量气体
(6)小于
(7) 面心 CoAl2O4
【分析】该流程以混有NiS、CoS、CuS 和Au 杂质的黄铁矿为原料，制备硫酸镍并回收钴，实现矿物资源
的综合利用。首先粉碎黄铁矿增大焙烧接触面积，通入空气焙烧，将硫化物氧化为金属氧化物，同时得到
副产物SO2，SO2可用于工业制硫酸，避免废气污染。焙烧后烧渣经硫酸、双氧水酸浸，不溶性Au 被过滤
分离；双氧水可将+3 价钴还原为Co
2+，便于后续分离。再加氨水调pH 除去Fe
3+、Cu
2+杂质，可通过加入
氨水、碳酸氢铵沉钴得到碳酸钴，或经萃取反萃取分离镍钴，最终得到硫酸镍与硫酸钴产品。
【详解】（1）镍是28 号元素，核外电子排布式为[ Ar ]3d
84 s
2，基态❑28 Ni原子价层电子排布式为
3d
84s
2。
（2）焙烧时CoS 与空气中氧气反应生成Co3O4和SO2，化学方程式为3CoS+5O2
焙烧
¿Co3O4+3SO2
¿
。
（3）酸浸时Co3O4中+3 价Co 被双氧水还原为Co
2+，1molCo3O4得2 mol 电子，1molH 2O2失2 mol 电
子，故还原剂(H 2O2)与氧化剂(Co3O4)物质的量比为1:1。已知氧化性Co(Ⅲ)>Cl2，Co(Ⅲ)可氧化Cl
−生
成有毒的Cl2，因此不能用浓盐酸。
（4）调pH目的是使Fe
3+、Cu
2+沉淀完全，Co
2+、Ni
2+不沉淀。铜离子沉淀完全时：
c(OH
−)=
❑√
K sp[Cu(OH )2)
c(Cu
2+)
= ❑√
10
−19.8
10
−5 mol / L=10
−7.4mol / L，pH =6.6；铁离子沉淀完全时：
c(OH
−)=
3
√
K sp[Fe(OH )3)
c(Fe
3+)
=
3√
10
−38.6
10
−5 mol/ L=10
−11.2mol/ L，pH =2.8。Co(OH )2的
K sp=10
−14.8<Ni(OH )2的K sp=10
−12.9，相同浓度下C o
2+先沉淀，保证C o
2+不沉淀就一定保证N i
2+不沉
淀； K sp[Co(OH )2]=c(C o
2+)⋅c
2(O H
−)=10
−14.8，c(C o
2+)=0.1mol / L，代入得：
c
2(O H
−)= 10
−14.8
0.1
=10
−13.8，c(O H
−)=10
−6.9mol / L，pOH =6.9，pH =14−6.9=7.1，故pH最高可
调至7.1（确保Fe
3+、Cu
2+沉淀完全）。
（5）Co
2+与NH 4 HCO3、氨水反应生成CoCO3沉淀，反应的离子方程式为
Co
2++ HCO3
−+ NH3⋅H2O =CoCO3↓+ NH4
++ H2O；若只加碳酸氢铵时，反应的离子方程式为
Co
2++2HCO3
−=CoCO3↓+CO2↑+ H2O，过程中生成大量CO2气体，因此导致颗粒疏松。
（6）P204 中P 连接两个吸电子基团−OR，使P =O键O 原子电子云密度降低，给电子能力减弱，配位能力
小于P507 中P =O的O。
（7）根据晶胞结构，Co 除了占据晶胞的体内、顶角外，还占据面心位置。Co 原子：位于顶角的Co 原子
个数为8× 1
8 =1，位于面心的Co 原子个数为6× 1
2 =3，位于体内的Co 原子个数为4，所以Co 原子总数为
1+3+4=8。Al 原子：都在晶胞内部，个数为16。 O 原子：也都在晶胞内部，个数为32。 则Co、Al、O
原子个数比为8:16:32=1:2:4，所以该钴蓝晶胞的化学式为CoAl2O4。
5．（2026·山东济宁·二模）某科研团队从废旧三元锂电池正极活性物质(主要成分LiNixCoy Mn1−x−yO2)中
回收锂、锰、钴、镍的工艺流程如下：
已知：“还原酸浸”后溶液中的金属离子主要有Li
+，Mn
2+，Co
2+，Ni
2+
(1)“放电处理”时，Na2SO4溶液提供导电通路，使电池放电完全，确保拆解安全，该过程中产生的气体为
___________；将正极片预处理得到粉料的目的是___________。
(2)“沉锰”时pH 约为6.0，所得锰沉淀主要成分为MnO2、MnO (OH)2、MnOOH，写出生成MnOOH的离子方程
式___________。
(3)Ni
2+与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀。“沉镍”过程的最佳pH为5，pH不能过低，也不能过高
的原因是___________[已知：
]。
(4)“沉锂”过程中发生反应2Li
++2HCO3
−⇌Li2CO3↓+ H2CO3，该反应的平衡常数K c=___________[已知
K a1(H2CO3)=10
−6.3，K a2(H2CO3)=10
−10.3，K sp(Li2CO3)=10
−1.6]。
(5)“氧化”过程中，参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(6)“酸化”过程中H
+、Cl
−的作用___________。
【答案】(1) H2、O2 增大接触面积，加快反应速率
(2)S2O8
2−+2Mn
2++ 4 H2O =2MnOOH↓+2SO4
2−+6 H
+
(3)pH 过低时H
+浓度较大，丁二酮肟镍难以沉淀，不利于反应正向进行；pH 过大时，生成Co(OH)2杂质。
(4)10
−2.4
(5)1：4
(6)H
+中和OH-，降低溶液pH，促进[Co(NH3)6]2+向[Co(NH3)5Cl]2+转化；Cl
−做配体
【分析】该工艺流程首先通过还原酸浸将废旧三元正极材料中的高价态Ni、Co、Mn 还原为可溶性Mn2+、
Co2+、Ni2+并同时浸出Li+，随后利用(NH4)2S2O8的强氧化性将Mn2+选择性氧化为MnO2沉淀实现锰的分离，
再向含Co2+、Ni2+、Li2+的滤液中加入丁二酮肟使Ni2+形成Ni(DMG)2配合物沉淀以分离镍，剩余溶液先用
NaHCO3沉锂得到Li2CO3，而含钴溶液则通过氨浸形成可溶性[Co(NH3)6]2+配合物，再经氧化为
[Co(NH3)6]3+并酸化使Cl-取代NH3配位，最终结晶得到目标产物[Co(NH3)5Cl]Cl2。
【详解】（1）放电处理阶段产生的气体为氢气和氧气；正极片预处理成粉料的目的是增大固液接触面积，
提高后续“还原酸浸”反应速率；
（2）沉锰过程生成MnOOH 的离子方程式：S2O8
2−+2 Mn
2++ 4 H 2O =2 MnOOH ↓+2SO4
2−+6 H
+；
（3）沉镍过程pH 控制在5 的原因是：pH 过低时H
+浓度较大，丁二酮肟镍难以沉淀，不利于反应正向进
行；pH 过大时，生成Co(OH)2杂质；
（4）反应为：2 Li
++2 HCO3
−⇌Li2CO3↓+ H 2CO3
K =c(H2CO3)
c
2(Li
+)⋅c
2(HCO3
−)
=
c(H
+)⋅c(HCO3
−)
Ka1(H2CO3)
Ksp(Li2CO3)
c(CO3
2−)
⋅c
2(HCO3
−)
=c(H
+)⋅c(CO3
2−)
Ka1(H2CO3)⋅Ksp(Li2CO3)⋅c(HCO3
−)
=
Ka2(H2CO3)
Ka1(H2CO3)⋅Ksp(Li2CO3) =
10
−10.3
10
−6.3×10
−1.6 =10
−2.4；
（5）反应为：4[Co( NH 3)6]
2++O2+2 H 2O = 4[Co( NH 3)6]
3++ 4OH
−；
氧化剂为O2，得4e-；还原剂为[Co(NH3)6]2+，每分子失1e-，共失4 分子，故比例为1 : 4；
（6）酸化过程中，H+中和OH-，降低溶液pH，促进[Co(NH3)6]3+向[Co(NH3)5Cl]2+转化，利于晶体析出；Cl-
作为配体参与配位。
6．（2026·辽宁丹东·一模）稀土元素钪(Sc)及其化合物在电子、超导和催化剂领域有重要应用。工业上以
赤泥熔炼渣(主要成分为Fe3O4、SiO2、CaO，少量Sc2O3)为原料分离Sc 的一种工艺流程如下：
已知：①Sc2(C2O4)3在不同温度下的溶解度(100mL)：
70℃
75℃
80℃
85℃
90℃
95℃
0.0200g
0.0215g
0.0230g
0.0255g
0.0280g
0.0300g
100℃
②
以下KHC2O4、K2C2O4不易分解③Sc
3+的氧化性很弱。
回答下列问题：
(1)基态Sc 原子价层电子d 能级和s 能级电子个数比为______。
(2)“浸渣”的主要成分为______、______(填化学式)。
(3)“反萃取”的目的是分离Sc 和Fe 元素。向“萃取液”中加入NaOH，Fe
2+、Fe
3+、Sc
3+的沉淀率随pH
的变化如图，试剂X 为______(填Na2SO3或NaClO)，应调节pH 最佳为______。(填标号)
A．1 B．2 C．4 D．6
(4)“沉钪”时，将K2CO3固体加入草酸(H2C2O4)溶液[配料比n(K2CO3):n(H2C2O4)=2:3]，制得KHC2O4和
K2C2O4混合溶液，发生反应的离子方程式为______。“沉钪”时测得相同时间钪的沉淀率随温度的变化如
图所示，80℃以后，随温度升高钪的沉淀率降低的原因可能是______。(不考虑C2O4
2−的水解)
(5)在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B 中的浓度之比是一个常数(分配系数K d)K d = c (A)
c (B)；
萃取率= n有机物(X)
n总(X)
×100 %。萃取Sc 的过程中，若Sc 元素的分配系数K d = c (有机相)
c (水相) =5，取100mL 含
钪的溶液，一次性加入60mL 萃取剂，则Sc 的萃取率为______%。
【答案】(1)1：2
(2) SiO2 CaSO4
(3) Na2SO3 B
(4) 3 H2C2O4+2CO3
2−=2HC2O4
−+C2O4
2−+2H2O+2CO2↑ 温度高于80℃后，随着温度的升高，草
酸钪的溶解度增大，致使钪的沉淀率下降
(5)75
【分析】熔炼渣硫酸酸浸后过滤，浸渣为二氧化硅和硫酸钙，滤液中主要含Fe
3+、Fe
2+、Sc
3+等，萃取剂
萃取三种离子形成萃取液，加入亚硫酸钠和氢氧化钠经反萃取分离铁元素和钪元素，使钪元素沉淀，经硝
酸酸溶后，加草酸氢钾和草酸钾混合溶液沉钪，形成草酸钪沉淀，再经过一系列处理得到钪，据此分析。
【详解】（1） Sc 是21 号元素，基态原子价层电子排布式为3d
14 s
2，价层电子中d 能级共1 个电子，s
能级共2 个电子，故比值为1:2；
（2）赤泥熔炼渣用硫酸酸浸，SiO2不与硫酸反应，沉淀析出；CaO与硫酸反应生成微溶的CaSO4，因此
浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；
（3）根据沉淀率图像，要分离Sc 和Fe，需要将Fe
3+还原为Fe
2+，可使二者在较低pH 下完全分离，因此
X 需要选还原剂Na2SO3；要实现分离，需要Fe 沉淀率最小，同时Sc 沉淀率接近100%，pH=2 符合要求，
故选B；
（4）按n( K 2C O3):n( H 2C2O4)=2:3反应，生成KHC2O4、K 2C2O4、CO2和水，配平得离子方程式
3 H2C2O4+2CO3
2−=2HC2O4
−+C2O4
2−+2H2O+2CO2↑；根据题干已知信息，Sc2(C2O4)3的溶解度随温度升
高而增大，因此80℃后温度升高，草酸钪的溶解度增大，致使钪的沉淀率下降；
（5）设Sc 总物质的量为n，有机相Sc 物质的量为n有，水相为n−n有，水相体积100mL，有机相体积
60mL，根据分配系数： K d = c(有机)
c(水) =
n有
60
n−n有
100
=5，解得n有
n =0.75，因此萃取率为75 %。
7．（2026·山西太原·二模）镨（Pr）是重要的稀土元素，氟化镨（PrF3）常用作电弧碳棒添加剂。一种以
孪生矿（主要含ZnS、FeS、Pr2S3、SiO2等）为原料制备氟化镨的工业流程如下。回答下列问题：
已知：①该实验条件下，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH：
金属离子
Zn
2+
Fe
3+
Fe
2+
Pr
3+
开始沉淀时的
pH
5.4
2.2
7.5
8.0
沉淀完全时的
pH
6.5
3.1
9.0
8.9
②Pr
3+较稳定，不易被过氧化氢、Fe
3+等常见氧化剂氧化。
③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机相和水相中的物质的量浓度之比称为分配比（D）
= c (有机相)
c (水相) ，萃取率（E）= n(有机相中的被萃取物)
n(被萃取物总量)
×100 %。
④Pr
3+可与过量F
−形成可溶性氟配合物，如[Pr F6)
3−。
(1)为提高“溶浸”速率，可采取的措施有________（答一点即可）。
(2)“溶浸”时Pr2S3可被FeCl3氧化，生成淡黄色的沉淀，该反应的化学方程式为________。
(3)“除锌、铁”步骤中调节pH 的范围为________。
(4)Pr
3+在某有机萃取剂和水中的分配比D =50，现使用该萃取剂对1000L Pr
3+的水溶液进行萃取，单次
萃取率E≥95 %，则至少要加入萃取剂________L。（忽略溶液体积的变化）
(5)萃取的原理为3 HL+ Pr
3+ ⇌
反萃取
萃取
Pr L3+3 H
+，“反萃取”步骤中，应加入的试剂是________（填化学式）。
(6)“转化”过程反应的离子方程式为________。
(7)“氟化”步骤中加入HF 溶液时，反应温度过高会导致________；HF 溶液加入过多会导致________。
【答案】(1)将孪生矿粉碎、搅拌、增大FeCl3溶液的浓度、升高温度（答一点即可）
(2)Pr2S3+6FeCl3=2PrCl3+6FeCl2+3S
(3)6.5≤pH<8.0
(4)380
(5)HCl
(6)Pr
3++3 HCO3
−= Pr (OH)CO3↓+ H2O+2CO2↑
(7) HF 挥发 局部HF 浓度过高，Pr
3+可与F
−形成可溶性配合物[Pr F6)
3−，降低PrF3的产率
【分析】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S 元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，
SiO2和生成的硫单质不溶为滤渣Ⅰ，过滤除去；滤液中加入双氧水将Fe
2+氧化为更容易除去的Fe
3+，之后
调节pH 除去Fe
3+、Zn
2+，滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化锌沉淀；过滤后将所得滤液进行多次反复萃取(稀土
元素在孪生矿中含量较低)，多次萃取后，反萃取，得到PrCl3；PrCl3与NH4HCO3溶液反应后转化为
Pr (OH )CO3，再经HF 溶液“氟化”得到PrF3。
【详解】（1）提高浸出速率的常见方法为将矿石粉碎或适当升高温度、搅拌、适当提高FeCl₃ 溶液浓度等；
（2）淡黄色沉淀为S 单质，Fe
3+被还原为Fe
2+，Pr
3+不被氧化，根据氧化还原反应得失电子守恒配平：
Pr2S3+6 FeCl3=2 PrCl3+6 FeCl2+3 S；
（3）调节pH 的目的是使Zn
2+、Fe
3+完全沉淀除去，而Pr
3+不沉淀，因此pH 需要大于等于Zn
2+沉淀完全
的pH：6.5，小于Pr
3+开始沉淀的pH：8.0；
（4）设加入萃取剂体积为V，D=c (有机)
c (水) =50，c (有机)=50c (水)，萃取率E=
c (有机)V
c (有机)V +c (水)×1000 ×100 % =
50V
50V +1000 ×100 %≥95 % c (有机)=50c (水)，解得：V≥380 L；
（5）根据平衡方程式可知：3 HL+ Pr
3+ ⇌
反萃取
萃取
Pr L3+3 H
+，增大c(H
+)使平衡逆向移动实现反萃取，为不
引入杂质，选择盐酸；
（6）Pr
3+与碳酸氢铵反应发生双水解生成Pr (OH )CO3沉淀，同时放出CO2，根据电荷、原子守恒配平：
Pr
3++3 HCO3
−= Pr (OH)CO3↓+ H2O+2CO2↑
（7）①HF 沸点低易挥发，温度过高会加速HF 挥发；②根据已知信息，过量F
−会与Pr
3+形成可溶性配合
物[PrF6)
3−，降低产物PrF3产率。
8．（2026·江苏·二模）废旧钴酸锂正极材料（主要含LiCoO2、SiO2）回收Li、Co 等金属的工艺流程如下：
已知：①氯化胆碱（HOCH2CH2N
+(CH3)3⋅Cl
−）属于季铵盐；可以与草酸形成低共熔溶剂；
②Co
2+在溶液中常以[CoCl4)
2−（蓝色）和[Co(H2O)6)
2+（粉红色）形式存在；
③CoC2O4能与过量的C2O4
2−生成[Co(C2O4)n)
2(n−1)−。
回答问题：
(1)“微波共熔”溶剂由含氢键供体（能形成氢键的氢原子）的组分与含氢键受体（能与氢原子形成氢键的
原子）的组分混合。草酸（HOOCCOOH）分子中氢键受体的数目为___________。“微波共熔”时，共熔溶
剂（氯化胆碱和草酸按一定物质的量配比而成）和LiCoO2粗品以不同的液固比在120℃下微波处理10min
后钴的浸出率见图-1。随着液固比不断增大，浸出率变化的原因是___________。
(2)“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为___________。
(3)“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4的加入量与钴的沉淀率关系如图-2 所示。沉淀率最高后，随
n(C2O4
2−):n(Co
2+)比值的增加，钴的沉淀率逐渐减小的原因是___________。
(4)“沉锂”得到较纯的Li2CO3后，常用高温固相合成法进一步制备LiCoO2，具体做法为按Li 和Co 的物质
的量之比为1:1 配制好Li2CO3和CoCO3，然后在700~900℃的空气氛围中煅烧，该过程的化学方程式为
___________。
(5)某二价钴的氧化物M 在纳米储能领域被广泛研究，其晶胞结构如图-3 所示。Mg
2+和Co
2+的半径相近，在
物质M 的晶胞中，Co
2+的位置可以任意地被Mg
2+替代。若上述晶胞中1、2、3、4 号位的Co
2+被Mg
2+替代，
则形成的新物质中N (Co
2+): N (Mg
2+): N (O
2−)=___________。
【答案】(1) 4 <60 mL/g 时，液固比增大，还原剂草酸的量增多，有利于将LiCoO2还原成可溶性
的Co
2+；>60 mL/g 时，液固比增大，草酸过量，能与Co
2+形成草酸钴沉淀，使钴的浸出率下降
(2)[CoCl4]
2−+6 H2O =[Co(H2O)6]
2++ 4 Cl
−
(3)过量的C2O4
2−与CoC2O4反应生成[Co(C2O4)n]
2(n-1)−而溶解
(4)2Li2CO3+4CoCO3+O2
700−900℃
¿4 LiCoO2+6CO2
¿
(5)9:7:16
【分析】废旧钴酸锂正极材料（含LiCoO2、SiO2）先与氯化胆碱、草酸进行微波共熔，氯化胆碱与草酸
形成低共熔溶剂作为反应介质，草酸同时作为酸和还原剂，将LiCoO2中+3 价钴还原为+2 价并浸出锂、钴
元素，水浸时可溶性的锂盐、钴盐进入溶液，不溶性的SiO2被过滤除去，加入(NH4)2C2O4沉钴时，Co2+转
化为CoC2O4沉淀实现钴的分离回收，最后加入Na2CO3沉锂得到Li2CO3沉淀，实现锂的回收。
【详解】（1）草酸（HOOCCOOH）分子中，O 原子能作为氢键受体，1 个草酸分子含 4 个O 原子，故氢
键受体数目为4；<60 mL/g 时，液固比增大，还原剂草酸的量增多，有利于将LiCoO2还原成可溶性的Co
2+，
>60 mL/g 时，液固比增大，草酸过量，能与Co
2+形成草酸钴沉淀，使钴的浸出率下降。
（2）结合已知信息②可知，“水浸”过程中溶液由蓝色[CoCl4]2-变为粉红色[Co(H2O)6]2-，该变化的离子方
程式为[CoCl4]
2−+6 H2O =[Co(H2O)6]
2++ 4 Cl
−。
（3）结合已知信息③可知，当n(C2O4
2−):n(Co
2+)超过沉淀率最高点的比例后，溶液中过量的C2O4
2−会与
CoC2O4沉淀反应生成[Co(C2O4)n]
2(n-1)−而溶解。
（4）根据题目要求，n(Li2CO3):n(CoCO3)=1:2，在700~900℃的空气氛围中煅烧，生成LiCoO2和CO2，化
学方程式为2Li2CO3+4CoCO3+O2
700−900℃
¿4 LiCoO2+6CO2
¿
。
（5）若上述晶胞中1、2、3、4 号位的Co2+被Mg2+替代，则Mg2+数目为：1+3× 1
4 = 7
4 ，Co2+数目为：
9× 1
4 = 9
4 ，O2-数目为：8× 1
8 +6× 1
2 = 4，则N (Co
2+): N (Mg
2+): N (O
2−)= 9
4 : 7
4 :4 =9:7:16，故答案为
9:7:16。
9．（2026·河北张家口·二模）钨是一种战略稀有金属，黑钨矿是提取钨的重要原料。合理开发利用黑钨矿
资源，对推动我国钨工业可持续发展具有重要意义。一种以黑钨精矿为原料提取(NH4)2WO4的工艺流程如
下：
已知：①黑钨精矿的主要成分为FeWO4、MnWO4，还含有方解石(CaCO3)。
②“碱浸”中产生的Na2WO4在萃取前经酸化转化为钨聚合阴离子如[H2W12O40)
6−等，三烷基胺(R3 N)遇
H2SO4转化为胺盐如(R3 NH)2SO4。
回答下列问题：
(1)“磨矿”的目的是___________，为防止“酸浸”时产生大量气泡，产生“冒槽”现象，需采取的措施是
___________。
(2)写出“雾化-氧化热解”时生成Mn2O3的化学方程式：___________。
(3)“萃取”的原理是胺盐与水溶液中的物质发生离子交换，则“反萃取”中发生反应生成R3 N的化学方程式
是___________。
(4)萃余液中加入BaCO3固体可制备BaSO4，调整萃余液中SO4
2−的初始浓度，测得相同时间内不同初始
c(SO4
2−)下，BaCO3与萃余液中的SO4
2−物质的量之比对SO4
2−的转化率的影响如图所示。
当BaCO3与SO4
2−物质的量之比一定时，初始c(SO4
2−)=0.8 mol⋅L
−1对应的SO4
2−的转化率最大，试分析原因：
___________。
(5)“纯化”时加入HCl 和H2SO4的作用分别是___________、___________。
(6)此工艺流程实现了多种物质的循环利用，如“雾化—氧化热解”中生成的HCl 可循环至“酸浸”或“纯
化”、___________(再举一例)。
【答案】(1) 增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更充分 控制盐酸的加入速率（或分批
缓慢加入盐酸，合理即可）
(2)4 MnCl2+ 4 H 2O+O2=
❑
2 Mn2O3+8 HCl
(3)( R3 NH )6[ H 2W 12O40]+24 NH 3⋅H 2O =6 R3 N +12( NH 4)2WO4+16 H 2O
(4)初始c(SO4
2−)过低时，反应速率慢，相同时间内反应不完全，转化率低；初始c(SO4
2−)过高时，沉淀
转化过快，生成的BaSO4会覆盖在BaCO3表面，阻碍反应继续进行，转化率降低，因此初始c(SO4
2−)=
0.8mol⋅L
−1时转化率最高
(5) 除去未反应的BaCO3杂质 将溶液中的Ba
2+转化为BaSO4，提高BaSO4的产率
(6)反萃取生成的R3 N(三烷基胺)可循环至“萃取”工序(合理即可)
【分析】该工艺流程以黑钨精矿为原料，经磨矿、盐酸酸浸分离得到粗钨酸和含金属氯化物的酸母液，粗
钨酸依次经碳酸钠碱浸、硫酸酸化、三烷基胺萃取、氨水反萃取得到目标产物( NH 4)2WO4溶液，萃余液
经碳酸钡转化、加盐酸和硫酸纯化得到纯硫酸钡，酸母液通入空气经雾化-氧化热解得到Fe2O3、Mn2O3、
CaO副产物，过程中还可实现HCl 等物料的循环利用。
【详解】（1）磨矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；黑钨精矿中的CaCO3会和盐
酸快速反应生成大量CO2，控制加酸速率可避免短时间生成过多气体，防止冒槽。
（2）酸浸后Mn以MnCl2形式存在于酸母液中，被空气中O2氧化热解生成Mn2O3，根据得失电子守恒，
每个Mn升1 价，1 个O2降4 价，化学方程式为4 MnCl2+ 4 H 2O+O2=
❑
2 Mn2O3+8 HCl。
（3）萃取后R3 NH
+结合钨聚合阴离子进入有机相，反萃取时R3 NH
+与NH 3⋅H 2O提供的OH
−反应生成
R3 N，钨转化为钨酸铵，化学方程式为
( R3 NH )6[ H 2W 12O40]+24 NH 3⋅H 2O =6 R3 N +12( NH 4)2WO4+16 H 2O。
（4）初始c(SO4
2−)过低时，反应速率慢，相同时间内反应不完全，转化率低；初始c(SO4
2−)过高时，沉
淀转化过快，生成的BaSO4会覆盖在BaCO3表面，阻碍反应继续进行，转化率降低，因此初始c(SO4
2−)=
0.8mol⋅L
−1时转化率最高。
（5）钡转化后产物中还有未反应的BaCO3，HCl可将未反应的BaCO3溶解除去；溶解产生的Ba
2+加硫酸
转化为BaSO4，提高产率。
（6）流程中反萃取再生的萃取剂R3 N可返回萃取步骤循环使用。
10．（2026·江西南昌·二模）钛白废酸是钛白粉生产过程中的水解母液，除含2−4 mmol⋅L
−1Sc
3+和硫酸
外，还有Zr
4 +（锆离子）、Fe
3+、TiO
2+等杂质，下图是以P204（看作HA）-TBP 为共萃体系从钛白废酸
中利用溶剂二次萃取法提取钪的流程图。
已知：①油水相比（O/A）是萃取过程中油相与水相的比值，相比越大，油相可以负载金属离子的量就越
大，萃取率就越高，同时消耗的油相也越大。
TBP
②
能有效抑制乳化现象的形成，TiO
2+与H2O2生成的配合物[TiO(H2O2))
2+很难被P204 萃取，铁离子在
c (HCl)=3 mol⋅L
−1时萃取率很低。
回答下列问题：
(1)基态Sc 原子中不同自旋方向的电子数之比为______，实验室中萃取操作需使用的玻璃仪器为______。
(2)P204 萃取钪离子的方程式为6 HA+Sc
3+→Sc(HA)3 A3+3 H
+，“碱液反萃”加入足量NaOH 产生氢氧化
钪沉淀的离子方程式为______，“碱液反萃”后的有机相加入______（填试剂名称）可实现有机相的再生。
(3)O/A =1:5、c (HCl)=3 mol⋅L
−1时，富集浸出液中初始Sc
3+浓度与金属离子萃取率的关系图如下，结合
图像与题目分析“萃取富集”的作用是______。
(4)
“
①萃取纯化”选择更大油水相比（O/A）的原因是______。
②“萃取纯化”后需经过______、______步骤再加入草酸溶液“沉钪”。
(5)“煅烧”的化学方程式为______。
【答案】(1) 10:11或11:10 分液漏斗
(2) Sc(HA)3 A3+6OH
−=Sc(OH)3↓+6 A
−+3 H2O 盐酸
(3)增大溶液中Sc
3+的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与Zr
4 +（锆离子）的分离
(4) 萃取率更高 碱液反萃 酸溶
(5)2Sc2(C2O4)3+3O2
高温
¿2Sc2O3+12CO2
¿
【分析】钛白废酸先经过萃取富集，再用NaOH 溶液反萃取，得到Sc(OH)3沉淀，再经过盐酸酸浸，得到
Sc3+，再经过萃取纯化，将Sc3+与其他杂质离子分离，再加入H2C2O4进行沉钪，得到产物Sc2(C2O4)3，最后
煅烧得到Sc2O3。
【详解】（1）
Sc
①
为21 号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，轨道表示式为：
，故最终不同自旋方向的电
子数之比为10:11；
②萃取必须使用的仪器是分液漏斗；
（2）①反萃取则把萃取时的生成物作为反应物，萃取时的反应物作为生成物，Sc3+遇OH-会进一步形成沉
淀，得出Sc(HA)3 A3+6OH
−=Sc(OH)3↓+6 A
−+3 H2O；
②此时有A-产生，有机相为HA，要将A-变为HA，需要加酸，可以是盐酸；
（3）由图可以得出，Sc
3+的初始浓度越大，Zr
4+的萃取率越低，越有利于分离Sc
3+与Zr
4+，故答案为增大
溶液中Sc
3+的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与Zr
4 +（锆离子）的分离；
（4）①由题目已知可得，油水相比（O/A）越大，油相可以负载金属离子的量就越大，萃取率越高；
②根据题目流程图可得，萃取后的步骤为碱液反萃、酸溶；
（5）煅烧步骤中，反应物为O2与Sc2(C2O4)3，产物为Sc2O3，结合煅烧的共同特点产物还应该有CO2，配
平后得到方程为2Sc2(C2O4)3+3O2
高温
¿2Sc2O3+12CO2
¿
。
11．（2026·广东深圳·二模）钨（W）、钼（Mo）是战略性稀有金属。一种从钨钼矿（主要成分为
CaWO4，还含有Mo、Fe、P、As、Si 等元素）中提取W、Mo 的工艺如图所示。
已知：常温下，p K sp[Mg3(PO4)2)=25.2，p K sp[Mg3(AsO4)2)=19.6。
在不同pH 的溶液中，钨、钼的主要存在形式如表：
pH
1
3
5
7
≥9
W
H2WO4
H3 W6O21
3−
HW6O20
3−
HW6O21
5−
WO4
2−
Mo
MoO2
2+
H2Mo7O24
4−
Mo7O24
6−
MoO4
2−
MoO4
2
(1)基态砷原子价层电子的轨道表示式为_____。
(2)“碱浸”时，CaWO4发生反应的化学方程式为_____。
(3)常温下，“除磷砷”时：
①除砷反应的离子方程式为：_____。
_H2AsO3
−+ _ H2O2+ _ Mg
2++ _ OH
−= _ Mg3(AsO4)2↓+ _
②磷、砷完全沉淀（c≤10
−5 mol⋅L
−1）后，溶液中c(Mg
2+)至少为_____mol⋅L
−1（已知：10
−0.2≈0.63）。
(4)W、Mo 原子半径相近，可通过离子交换法实现两者的分离。离子交换树脂骨架上的可交换离子与溶液
中带相同电荷的目标离子发生交换，目标离子进入树脂骨架。D308 阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、
半径大的目标离子。结合表中信息分析：
①选用D308 阴离子交换树脂实现W、Mo 分离时的最佳pH 为_____。
②从工艺成本角度分析，相比阳离子交换法，选用D308 阴离子交换树脂实现W、Mo 分离的优点是_____。
(5)一种含钨、钼、钽（Ta）元素的合金的立方晶胞结构如图所示，W 与Mo 的最小间距大于W 与Ta 的最
小间距。
W
①
、Mo、Ta 的原子个数比为_____，若Mo 与Ta 之间的最小间距为a nm，则晶胞的边长为_____nm。
②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记晶面，是指晶面分别与x、y 、z三轴截
距的倒数，通过求比化为最简的三个整数。图中，实线所示晶面与x , y , z三轴截距的倒数为(1,1,1)，因此
该晶面可标记为(111)；则虚线所示晶面可标记为_____。
【答案】(1)
(2)CaWO4+Na2CO3=CaCO3+Na2WO4
(3) 2H2AsO3
−+2H2O2+3 Mg
2++ 4 OH
−= Mg3(AsO4)2↓+6 H2O 6.3×10
−4
(4) 7 节约硫酸用量
(5) 1：1：2 4 ❑√3
3
a （2 1 2）
【分析】该工艺流程图以钨钼矿为原料，先经焙烧预处理矿物，再用碳酸钠溶液碱浸，将钨酸钙转化为可
溶性钨酸钠并沉淀碳酸钙等杂质；随后调pH 至9，加入过氧化氢和硫酸镁，将磷、砷杂质以磷酸镁、砷酸
镁沉淀形式去除；再调pH 至7，利用D308 阴离子交换树脂优先吸附电荷高、半径大的目标离子的特性，
实现钨、钼离子的选择性分离，最终分别得到金属钨和金属钼。
【详解】（1）
砷（33 号元素）价电子排布为4s2 4p3，根据泡利不相容原理和洪特规则：4s 轨道填充2 个自旋相反的电
子（成对），4p 的3 个轨道各填充1 个自旋平行的单电子，因此轨道表示式为：
。
（2）根据流程图，碱浸时加入Na2CO3溶液，CaWO4与Na2CO3反应生成Na2WO4与CaCO3沉淀，故反应方
程式为：CaWO4+Na2CO3=CaCO3+Na2WO4。
（3）①反应物H2AsO3
-中As 的化合价为+3 价，被H2O2氧化为+5 价（生成Mg3(AsO4)2，As 为+5 价），根
据电子守恒，1 molH2AsO3
-与1 molH2O2电子转移数相等，结合原子守恒配平，可知该化学反应式为
2H2AsO3
−+2H2O2+3 Mg
2++ 4 OH
−= Mg3(AsO4)2↓+6 H2O。
②已知p K sp[Mg3(PO4)2)=25.2，即Ksp=10-25.2，沉淀完全时c(PO4
2-)≤1×10
-5mol⋅L
-1，
K sp=c
3(Mg
2+)⋅c
2(PO4
2-)，c
3(Mg
2+)=10
-25.2
(10
-5)
2 =10
−15.2，
c(Mg
2+)=
3√10
−15.2=
3√10
(−15−0.2)≈
3√10
−15×0.63=6.3×10
−4 mol⋅L
-1。
（4）①由题干可知，D308 阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子，当pH=7 时，W
的阴离子电荷更高，半径更大，优先被D308 树脂吸附，Mo 不被吸附，从而实现分离，因此最佳pH 为
7。
②阳离子交换法需要将W、Mo 转化为阳离子，消耗大量硫酸；而阴离子交换法中，调节pH 后W、Mo 直
接以含氧酸根阴离子的形式存在，无需额外酸溶步骤，因此使用阴离子交换法的优点是可以节约硫酸用量。
（5）①根据晶胞中原子的位置，用均摊法计算：W 原子位于晶胞顶点和面心，N (W )=8×1
8 +6× 1
2 =4；
已知W 和Mo 原子半径相近，观察上图可知Mo 原子为白色小球，位于晶胞体心和棱心，
N (Mo)=1+12× 1
4 =4；Ta 原子为灰色小球，位于晶胞内部共8 个，因此，W、Mo、Ta 的原子个数比为
1:1:2；
设晶胞边长为L，则立方晶胞的体对角线长度为❑√3L,体心到棱心的最短距离，为体对角线的1
4 ，根据题意，
该距离为a nm，因此：1
4 ×❑√3L=a，解得晶胞边长为4 ❑√3
3
a。
②米勒指数的计算步骤：首先确定晶面在 x、y、z 轴上的截距，图中虚线晶面的截距为 (1, 2, 1)；取截距
的倒数为 (1, 0.5, 1)；化为最简整数比，将三个数同时乘以2，消去小数，得到 (2, 1, 2)，因此，该晶面的
米勒指数为（2 1 2）。
12．（2026·辽宁鞍山·二模）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、
钴、锰的+2 价氧化物及锌和铜的单质，从该废渣中提取钴元素的一种流程如下：
回答下列问题：
(1)基态Co 原子的未成对电子数为____；
(2)“酸浸”步骤得到的浸渣的主要成分是________（填化学式）；
(3)已知25℃H2S的Ka1=1.1×10
−7，Ka2=1.3×10
−13；Ksp(CuS)=6.3×10
−36，计算25℃时“沉铜”反应
的平衡常数数值为___（保留两位有效数字）；
(4)“沉锰”步骤中生成MnO2的离子方程式是________；
(5)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，Co
2+与NaClO 反应的离子方程式为________；
(6)有研究团队用柠檬酸代替稀H2SO4酸浸废渣，最大程度回收其中的钴元素。柠檬酸为羟基三羧酸，分子
式为C6H8O7，与钴离子有较强的配合能力。但柠檬酸浓度过大时，形成的配合物在水中的溶解度会下降。
①用柠檬酸代替稀H2SO4，可能的原因是___（填代号）；
a．有机酸易降解、污染小，绿色、安全
b．减少浸出过程中产生的SO2，减小环保压力
c．柠檬酸中C 原子电负性小，易提供孤电子对与金属离子形成配位键，可提高金属元素浸出率
②浸出率受多种因素的影响，该研究团队探究酸的浓度、浸出温度对浸出率的影响，结果如下：
据此，选择钴元素最佳浸出浓度和温度是_______。随柠檬酸浓度的变化，钴元素浸出率变化的原因是
________________________。
【答案】(1)3
(2)Cu、PbSO4
(3)2.3×10
15
(4)Mn
2++S2O8
2−+2H2O = MnO2↓+2SO4
2−+4H
+
(5)2Co
2++ClO
−+5 H2O =2Co(OH)3↓+Cl
−+ 4 H
+或2Co
2++5ClO
−+5H2O =2Co(OH)3↓+Cl
−+4HClO
(6) a 0.8 mol/L，60℃ 低浓度时，柠檬酸与金属离子配位能力弱，浸出率低；浓度过高时，
配合物溶解度下降，浸出率降低
【分析】炼锌废渣含锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2 价氧化物及锌、铜单质，经稀H 2SO4酸浸，锌、铁、
钴、锰的氧化物及锌单质溶解为对应硫酸盐，铜单质不溶，铅元素转化为PbSO4沉淀，浸渣主要为Cu、
PbSO4；酸浸液通入H 2S，C u
2+与H 2S反应生成CuS沉淀，实现沉铜；加入N a2S2O8，M n
2+被氧化为
MnO2沉淀，实现沉锰；加NaOH调pH = 4，F e
3+水解为Fe(OH )3沉淀除去；最后加NaClO，C o
2+被
氧化为Co(OH )3沉淀，完成沉钴，据此分析。
【详解】（1）Co为27 号元素，基态原子的核外电子排布式为[ Ar ]3d
74 s
2，3d轨道有3 个未成对电子，
因此基态Co原子的未成对电子数为3；
（2）废渣中铜单质与稀硫酸不反应，铅的+2 价氧化物与稀硫酸反应生成PbSO4，PbSO4难溶于水，因此
“酸浸”步骤得到的浸渣主要成分为Cu、PbSO4；
（3）“沉铜”反应为C u
2++ H 2S =CuS↓+2 H
+，其平衡常数K =
c
2( H
+)
c(C u
2+)⋅c( H 2S)
。根据H 2S的电离
平衡：H 2S⇌H
++ H S
−K a1= c( H
+)⋅c( H S
−)
c( H 2S)
，H S
−⇌H
++ S
2−K a2= c( H
+)⋅c(S
2−)
c( H S
−)
，CuS的溶度
积：CuS(s)⇌C u
2+(aq)+ S
2−(aq)K sp=c(C u
2+)⋅c(S
2−)，则
K =
c
2( H
+)
c(C u
2+)⋅c( H 2S)
=
c
2( H
+)⋅c(S
2−)
c(C u
2+)⋅c( H 2S)⋅c(S
2−)
= K a1⋅K a2
K sp
。代入数据：
K = 1.1×10
−7×1.3×10
−13
6.3×10
−36
≈2.3×10
15；
（4）“沉锰”步骤中，M n
2+被S2O8
2−氧化为MnO2，S2O8
2−被还原为SO4
2−，配平得离子方程式为
M n
2++ S2O8
2−+2 H 2O = MnO2↓+2SO4
2−+ 4 H
+；
（5）“沉钴”步骤中，pH =5.0~5.5的弱酸性条件下，C o
2+被ClO
−氧化为Co(OH )3沉淀，ClO
−被还
原为C l
−，配平得离子方程式为2C o
2++ClO
−+5 H 2O =2Co(OH )3↓+C l
−+ 4 H
+；若ClO
−过量，部分
H
+与ClO
−结合生成HClO，对应离子方程式为2C o
2++5ClO
−+5 H 2O =2Co(OH )3↓+C l
−+ 4 HClO；
（6）①a．柠檬酸为有机酸，易降解、污染小，绿色安全，a 符合题意；
b．稀硫酸酸浸时，废渣中无还原性物质与硫酸反应生成SO2，b 不符合题意；
c．柠檬酸中提供孤电子对的是−OH、−COOH中的O原子，而非C原子，c 不符合题意；
故选a；
②由酸浓度-浸出率图像可知，柠檬酸浓度为0.8mol⋅L
−1时钴元素浸出率最高；由温度-浸出率图像可知，
浸出温度为60
∘C时钴元素浸出率最高，因此最佳浸出浓度和温度为0.8mol⋅L
−1、60
∘C；柠檬酸浓度较
低时，柠檬酸与钴离子的配位能力较弱，钴元素浸出率较低；随着柠檬酸浓度升高，配位作用增强，浸出
率升高；当浓度过高时，形成的配合物在水中的溶解度下降，导致钴元素浸出率降低。
13．（2026·河南濮阳·二模）以含钴镍废料(主要成分为Co2O3、NiO，还含少量Fe2O3、CaO、MgO、SiO2
和Ti 的化合物)为原料制备草酸钴(CoC2O4)和硫酸镍(NiSO4)的工艺流程如图。
已知：①K sp(MgF2)=7.4×10
−11，K sp(CaF2)=1.48×10
−10。
②萃取剂为有机物，可用通式HR 表示，萃取金属离子M 时，发生反应：n HR+ M
n+⇌MRn+n H
+。
回答下列问题：
(1)“滤渣1”的主要成分是CaSO4和___________(填化学式)。
(2)“酸浸”时H2O2的作用是___________。
(3)“除钛”中，TiOSO4转化为TiO2⋅x H2O的化学方程式___________。
(4)“沉铁”时发生反应的离子方程式为___________。
(5)“除钙镁”时，当c(Ca
2+)=1.0×10
−5 mol/L时，溶液中c(Mg
2+)=___________mol/L。
(6)Co
2+、Ni
2+利用萃取剂进行分离时，二者萃取率随无机相pH 变化如图所示。无机相的pH 控制在
___________左右为宜。
(7)镍能形成多种配合物，其中Ni(CO)4是无色挥发性液体，K2[Ni(CN)4)是红黄色单斜晶体。K2[Ni(CN)4)
的熔点高于Ni(CO)4的原因是___________。
(8)将所得二水合草酸钴CoC2O4⋅2H2O(M =183g/ mol)，在惰性气体中加热，其热重分析曲线如图所示，
其中A、B、C 均为纯净物，请写出从A 到B 的化学方程式___________。
(已知：固体残留率= 剩余固体质量
开始固体总质量)
【答案】(1)SiO2
(2)作还原剂，将Co
3+还原为Co
2+
(3)TiOSO4+( x +1)H 2O =
Δ
TiO2⋅xH 2O↓+ H 2SO4
(4)3 Fe❑
3++ Na❑
++2 SO4
2−+3 C O3
2−+3 H ❑❑O = NaFe❑❑(SO❑❑)❑❑(OH )❑❑↓+3 CO❑❑↑
3 Fe❑
3++ Na❑
++2 SO4
2−+6 C O3
2−+6 H ❑❑O = NaFe❑❑(SO❑❑)❑❑(OH )❑❑↓+6 HC O3
−
(5)5.0×10
−6
(6)5.4
(7) K 2[ Ni(CN )4]为离子晶体，Ni(CO)4为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，因此K2[Ni(CN)4)
的熔点更高
(8)3CoC2O4=
Δ
Co3O4+ 4CO↑+2CO2↑
【分析】含钴镍废料(主要成分为Co2O3、NiO，还含少量Fe2O3、CaO、MgO、SiO2和Ti的化合物)加
入硫酸、H 2O2“酸浸”，得到含Co
2+、Ni
2+、Ca
2+、Mg
2+、Fe
3+、Ti
4+等的浸出液，SiO2不溶解，和微
溶于水的硫酸钙形成滤渣1，浸出液中加入热水使TiOSO4水解形成TiO2⋅xH 2O沉淀除去，加入碳酸钠溶
液将Fe
3+转化为NaFe3(SO4)2(OH )6沉淀除去，加入适量的 NaF溶液除去溶液中的 Ca
2+和 Mg
2+，对
含Co2+、Ni2+的滤液进行萃取分离：无机相处理得到目标产物硫酸镍，有机相经反萃取得到Co2+溶液，再
加入草酸铵得到目标产物二水合草酸钴，最终制得草酸钴和硫酸镍。
【详解】（1）根据分析，含钴废料中SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1 除CaSO4外还有SiO2。
（2）原料中Co为+3价（Co2O3），最终需要制备Co
2+的盐，因此H 2O2作还原剂，将Co
3+还原为Co
2+。
（3）TiOSO4在热水中水解生成沉淀TiO2⋅xH 2O，化学方程式为
TiOSO4+( x +1)H 2O =
Δ
TiO2⋅xH 2O↓+ H 2SO4。
（4）由分析知，“沉铁”时，碳酸钠溶液将Fe❑
3+转化为NaFe❑❑(SO❑❑)❑❑(OH )❑❑沉淀，发生的
离子反应方程式为
3 Fe❑
3++ Na❑
++2 SO4
2−+3 C O3
2−+3 H ❑❑O = NaFe❑❑(SO❑❑)❑❑(OH )❑❑↓+3 CO❑❑↑或
3 Fe❑
3++ Na❑
++2 SO4
2−+6 C O3
2−+6 H ❑❑O = NaFe❑❑(SO❑❑)❑❑(OH )❑❑↓+6 HC O3
−。
（5）由K sp(CaF2)=c(Ca
2+)⋅c
2( F
−)，得c
2( F
−)= 1.48×10
−10
1.0×10
−5 =1.48×10
−5；再由
K sp( MgF2)=c( Mg
2+)⋅c
2( F
−)，得c( Mg
2+)= 7.4×10
−11
1.48×10
−5 =5.0×10
−6 mol/L。
（6）根据图中信息可知，pH 为5.4 左右时，Co
2+、Ni
2+的萃取率相差较大，故无机相的pH 控制在5.4 左
右。
（7） K 2[ Ni(CN )4]为离子晶体，Ni(CO)4为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，因此
K2[Ni(CN)4)的熔点更高 。
（8）假设有1 molCoC2O4⋅2 H 2O受热分解，质量为183 g，由图可知，A 点时，固体的残留率为
80.33%，则剩余固体的质量为183g×80.33 %≈147g，失去的质量为(183−147)g=36g，刚好为2 mol
水的质量，则A 的物质为CoC2O4，A 点以后为CoC2O4分解生成Co 的氧化物过程，B 点时固体的残留率
为43.88%，则剩余固体的质量为183g×43.88 %≈80g，B 点含Co 的质量为59 g，则含有O 的质量为
(80−59)g=21g，Co 和O 的物质的量之比1: 21
16 =1:1.3125，与Co3O4中n(Co):n(O)=3:4≈1:1.333
的比值相近，可推断B 点的物质为Co3O4，A 点到B 点的化学方程式
3CoC2O4=
Δ
Co3O4+ 4CO↑+2CO2↑。
14．（2026·江西上饶·二模）铜转炉烟灰中含金属元素（主要为Cu、Zn、Pb、Fe）的硫酸盐和氧化物以及
SiO2，其中有价金属回收的工艺流程如图。
已知：Ⅰ.25℃时，K sp(PbSO4)=1.82×10
−8, K sp(PbCO3)=1.46×10
−13。
Ⅱ.“浸出液①”中所含有的金属阳离子有Cu
2+、Zn
2+、Fe
2+和Fe
3+。
回答下列问题：
(1)为提高浸取效率，可采取的措施有_____（任写一点）。
(2)“浸出”中，当硫酸浓度大于1.8 mol⋅L
−1时，金属离子浸出率反而下降，其可能的原因是_____。
(3)“除杂”中，加入ZnO调节溶液pH至5.2 后，用KMnO4溶液氧化，所得“滤渣”主要成分为Fe(OH)3、
MnO2，该氧化过程的离子方程式为_____。
(4)“转化”过程中发生的离子方程式为_____。平衡常数为K =_____。（保留3 位有效数字）
(5)测定铜转炉烟灰中的Pb
2+：取20 mL硝酸“浸出液②”于锥形瓶中，调pH为5，加入指示剂后用
a mol⋅L
−1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液b mL。（离子方程式为
Pb
2++ H2Y
2−= PbY
2−+2H
+）。则“浸出液②”中Pb
2+的浓度为_____g⋅L
−1。
(6)黄铜合金采取面心立方堆积，其晶胞结构如下图所示：
①合金的化学式是_____。
②黄铜合金晶体的密度为8.5g⋅cm
−3，则晶胞的边长为_____cm（只写计算式，不求结果）。
【答案】(1)适当研细铜转炉烟灰（或适当升温、适当增大硫酸的浓度）
(2)难溶物PbSO4覆盖在表面，减少浸出的接触面积，导致金属离子浸出率反而下降
(3)3Fe
2++ MnO4
−+7 H2O =3Fe(OH)3↓+ MnO2↓+5 H
+
(4) PbSO4 (s)+CO3
2−(aq)⇌PbCO3(s)+SO4
2−(aq) 1.25×10
5
(5)10.35ab
(6) ZnCu3或Cu3Zn
3√
257
8.5× N A
【分析】铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣PbSO4和二氧化硅；浸出液中含有硫酸锌、
硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁。浸出渣加入碳酸钠溶液中，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼用硝酸溶解，
PbCO3生成Pb(NO3)2，滤液中加入硫酸生成PbSO4沉淀；“浸出液①”中加入过量铁粉发生置换反应得到海
绵铜，铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁；“除杂”中，加入ZnO调pH至
5.2 后，用KMnO4溶液把Fe
2+氧化为Fe(OH)3，过滤，所得滤渣主要成分为Fe(OH)3、MnO2，滤液②蒸发浓缩
得到ZnSO4⋅7 H2O，据此分析。
【详解】（1）可以适当研细铜转炉烟灰，提高浸取效率（或适当升温、适当增大硫酸的浓度）；
（2）“浸出”中，当硫酸浓度大于1.8 mol⋅L
−1时，金属离子浸出率反而下降，其可能的原因是：难溶物
PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出，导致金属离子浸出率反而下降；
（3）“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，用KMnO4溶液氧化Fe
2+，氧化产物是Fe(OH)3、还原产物是MnO2，
根据得失电子守恒，配平氧化过程的离子方程式为3Fe
2++ MnO4
−+7 H2O=3Fe(OH)3↓+ MnO2↓+5 H
+；
（4）转化过程中的离子方程式为PbSO4 (s)+CO3
2−(aq)⇌PbCO3(s)+SO4
2−(aq)，平衡常数为
K = c(SO4
2−)
c(CO3
2−)
= c(SO4
2−)⋅c( Pb
2+)
c(CO3
2−)⋅c( Pb
2+)
= K sp(PbSO4)
K sp(PbCO3) = 1.82×10
−8
1.46×10
−13 ≈1.25×10
5；
（5）用a mol⋅L
−1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液b mL，消耗EDTA标准溶液
的物质的量为a mol⋅L
−1×
b
1000 L= ab
1000 mol，根据离子方程式为Pb
2++ H2Y
2−= PbY
2−+2H
+，溶液中
Pb
2+的物质的量为ab
1000 mol，则“浸出液②”中Pb
2+的浓度
ab
1000 molM(Pb)
20
1000 L
= ab
20 ×207g⋅L
−1=10.35abg⋅L
−1；
（6）该晶胞中，Zn原子位于晶胞的顶点，数目为8× 1
8 =1；Cu原子位于晶胞的面心，数目为6× 1
2 =3，
故晶胞中Zn与Cu的原子数目比为1:3，合金的化学式为ZnC u3或C u3 Zn；
在该晶胞中含有Cu原子数目为3；含有的Zn原子数目为1，设晶胞的边长为a，则该晶胞的密度
ρ= m
V = (65+3×64)g
NA×a
3 cm
3
= 257
NAa
3 g/cm
3=8.5g/cm
3，解得a=
3√
257
8.5× N A
cm。
15．（2026·湖南怀化·二模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用湿法工艺冶炼锌。以某硫化
锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS 等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
已知：①焙砂的主要成分为ZnO、Fe3O4、SiO2；
②常温下，K a1(H2SO3)=1.4×10
−2，K a2(H2SO3)=6.0×10
−8；
③常温下，K sp(CuS)=6.4×10
−36，K sp(ZnS)=1.6×10
−24。
回答下列问题：
(1)基态Zn 原子的价电子排布式为___________。
(2)“焙烧”前需将硫化锌精矿粉碎处理，其目的是___________。
(3)常温下，含尘烟气中的SO2可用氨水吸收，用氨水吸收SO2至溶液的pH =5时，所得溶液中的c(SO3
2−)
c(H2SO3)
=
___________。
(4)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得滤渣的成分为___________(填化学式)。
(5)硫化锌精矿的主要成分ZnS 遇到硫酸铜溶液会慢慢地转化为铜蓝(CuS)，发生反应ZnS(s)+Cu
2+(aq)⇌
CuS(s)+Zn
2+(aq)，该反应的平衡常数K =___________。
(6)硫化锌可作为锂离子电池的负极材料，其晶胞形状为立方体，边长为anm。在充电过程中，ZnS 晶胞的
组成变化如图所示。
①LixZn yS的化学式为___________(x和y用具体数字表示)。
ZnS
②
晶体中距离S
2−最近的S
2−有___________个。
③设阿伏加德罗常数的值为N A，ZnS晶体的密度为___________g⋅cm
−3。
【答案】(1)3d
104s
2
(2)增大接触面积，加快反应速率
(3)8.4
(4)Zn、Fe
(5)2.5×10
11
(6) Li1.5Zn0.25S 12 3.88×10
23
a
3 N A
【分析】硫化锌精矿焙烧可生成ZnO、四氧化三铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，经过净化可用于制备硫
酸，焙砂酸浸，浸出渣回收利用，浸出液加入过量Zn 得到的滤渣中含有Fe、Zn，滤液主要含有硫酸锌，
经过电解沉积得到Zn 和硫酸，废电积液中含有的硫酸可重复利用。
【详解】（1）Zn 原子序数为 30，核外电子按能级由低到高依次排布为1s
22s
22 p
63 s
23 p
63d
104 s
2，其
价电子位于4s 和3d 轨道，因此价电子排布式为3d
104s
2；
（2）“焙烧”前将硫化锌精矿粉碎，是为了增大固体反应物与空气中氧气的接触面积，使反应更充分，
同时加快焙烧反应速率，故答案为增大接触面积，加快反应速率；
（3）SO2溶于水生成弱酸H2SO3，其两步电离常数分别为Ka1和Ka2，根据电离平衡关系：
c(SO3
2−)
c( H 2SO3）= K a1⋅K a2
c
2(H
+)
，已知K a1(H2SO3)=1.4×10
−2，K a2(H2SO3)=6.0×10
−8，当pH=5 时，
c(H
+)=10
−5 mol/L，代入数据计算得：1.4×10
−2×6.0×10
−8
（10
−5）
2
=8.4；
（4）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成
分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；
（5）反应ZnS(s)+Cu
2+(aq)⇌CuS(s)+ Zn
2+(aq)，其平衡常数为K =c(Z n
2+)
c(C u
2+)
，由溶度积关系
K sp=c( M
2+)c(S
2−)，可得K = K sp(ZnS)
K sp(CuS) = 1.6×10
−24
6.4×10
−36 =2.5×10
11；
（6）①充电过程中，部分Zn2+被Li+替代进入晶体。设化学式为LixZn yS，由晶胞结构图可知，Zn2+或
Li+的个数为7，S2-的个数为8× 1
8 +6× 1
2 = 4个，则x + y = 7
4 ,x +2 y =2，即y=0.25，x=1.5，所以化学式为
Li1.5Zn0.25S；
ZnS
②
晶体中，S2−形成的面心立方结构中，每个S2-周围与之最近的S2-为12 个；
ZnS
③
晶体属于面心立方结构，一个晶胞中含有4 个ZnS 结构单元，其摩尔质量为
M (ZnS)=65+32=97g⋅mol
−1，则一个晶胞的质量为4×97
N A
= 388
N A
g；晶胞边长为 a nm，而1 nm=10−7
cm，故晶胞体积为(a×10
−7)
3=a
3×10
−21cm
3，根据密度公式ρ= m
V ，代入可得
ρ=
388
N A
a
3×10
−21 = 3.88×10
23
a
3 N A
g⋅cm
−3。
16．（2026·宁夏银川·二模）以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原
料制备锌的工艺流程如图：
已知：①“浸取”时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4)
2+、[Cu(NH3)4)
2+进入溶液；
②25° C时，K sp(CuS)=6.4×10
-36、K sp(ZnS)=1.6×10
-24；
③深度除杂标准：溶液中
n( 杂质离子)
n{[Zn(NH3)4]
2+}
≤2.0×10
-6
；
④有机萃取剂(用HR表示)可萃取出Zn
2+，其萃取原理反应为：2HR+Zn
2+⇌ZnR2+2H
+。
(1)基态Zn原子价电子排布式为_______。
(2)“浸取”温度为30° C时，锌浸出率可达90．6 %，继续升温浸出率反而下降，其原因为_______。
(3)“操作a”的名称为_______。
(4)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的Mn
2+转化为MnO2，离子方程式为_______。
(5)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比
n(Cu
2+)
n{[Zn(NH3)4]
2+}
表示]与“
(NH4)2S加入量”[以n( 实际用量)
n(理论用量) ×100 %表示]的关系曲线如图所示。
当(NH4)2S加入量≥100 %时，锌的最终回收率下降的原因是_______(用离子方程式表示)，该反应的平衡常
数为_______(计算结果保留三位有效数字)。(已知：[Zn(NH3)4)
2+的K 稳=
c[Zn(NH3)4]
2+
c (Zn
2+)×c
4(NH3)
=2.9×10
9)
(6)“电解”时，使用惰性电极，阴极存在竞争反应。该竞争反应的电极反应式为_______。
【答案】(1)3d
104s
2
(2)温度升高，NH3挥发
(3)分液
(4)Mn
2++2NH3⋅H2O+H2O2=MnO2↓+2NH4
++2H2O
(5) [Zn(NH3)4)
2++S
2=ZnS↓+4NH3 2.16×1014
(6)2H
++2e
−= H2↑
【分析】固体废锌催化剂（主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2）加入NH3−NH4Cl混合溶液，
生成可溶的[Zn(NH3)4]
2+、[Cu(NH3)4]
2+和Mn2+，同时生成Fe(OH)3沉淀，SiO2不溶解，过滤除去滤渣1[
Fe(OH)3和SiO2]；向滤液中加入H2O2深度除锰，反应为H2O2+ Mn
2++2NH3⋅H2O = MnO2↓+2H2O+2NH4
+，
再加入(NH4)2S沉淀除铜，反应为[Cu(NH3)4]
2++S
2−=CuS↓+ 4 NH3，过滤除去滤渣2（MnO2和CuS）；向
滤液中加入有机萃取剂使锌进入有机相，再加入硫酸反萃取得到硫酸锌溶液，最后电解得到金属锌，据此
分析。
【详解】（1）Zn 的原子序数为30，核外电子排布式为[Ar)3d
104s
2，价电子排布式为3d
104s
2；
（2）浸取过程中，NH3−NH4Cl溶液提供NH3，NH3与Zn
2+形成[Zn(NH3)4]
2+；温度升高时，NH3的挥发速
率加快，溶液中游离NH3浓度降低，不利于[Zn(NH3)4]
2+的形成，导致锌的浸出率下降；
（3）“操作a”分离有机层和无机层，名称为分液；
（4）碱性条件下，H2O2将Mn
2+氧化为MnO2，H2O2被还原为H2O；结合溶液中NH3·H2O提供碱性环境，反
应生成NH4
+；离子方程式为Mn
2++2NH3·H2O+ H2O2= MnO2↓+2NH4
++2H2O；
（5）当(NH4)2S加入过量时，溶液中S
2−浓度较高，[Zn(NH3)4]
2+会与S
2−反应生成ZnS沉淀，导致溶液中
Zn
2+含量降低，锌的回收率下降，离子方程式为[Zn(NH3)4]
2++S
2−=ZnS↓+ 4 NH3；反应的平衡常数表达
式为K =
c
4(NH3)
c([Zn(NH3)4]
2+)⋅c(S
2−)，结合[Zn(NH3)4]
2+的稳定常数K 稳= c([Zn(NH3)4]
2+)
c(Zn
2+)⋅c
4(NH3)
=2.9×10
9，以
及K sp(ZnS)=c(Zn
2+)⋅c(S
2−)=1.6×10
−24，可得
K =
1
K 稳· K sp(ZnS) =
1
2.9×10
9×1.6×10
−24 ≈2.16×10
14；
（6）电解含Zn
2+的水溶液时，阴极主要发生Zn
2++2e
−=Zn的还原反应；同时，溶液中的H
+也会在阴极得
电子发生还原反应，生成H2，该竞争反应的电极反应式为2H
++2e
−= H2↑。
17．（2026·江西萍乡·二模）废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO4、Al、导电剂(乙炔黑、碳纳米
管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料回收锂的工艺流程如下：
已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。酸浸后溶液中的阴离子主要有H2PO4
−、Cl
−。
②相关物质溶解度如下：
0
20
40
60
80
100
LiOH
11.9
12.4
13.2
14.6
16.6
19.1
Li2CO3
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
回答下列问题：
(1)将电池粉碎前应先放电，放电的目的是______。
(2)LiFePO4中铁元素的价态为______，基态氧原子的价层电子轨道表示式为______。
(3)“酸浸”步骤发生的主要反应的离子方程式为______。滤渣的主要成分是______。
(4)“沉铁沉磷”步骤中当碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是
______。
(5)为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X 和适宜温度是______(填标号)。
A．NaOH 0−40℃
B．NaOH 80−100°C
C．Na2CO3 20−40
∘C
D．Na2CO3 60−80
∘C
(6)将废旧锂离子电池(外壳为铁，电芯含铝)置于不同浓度的Na2S和NaCl溶液中使电池充分放电是电池回
收工艺的首要步骤。电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图1 所示。对浸泡液中沉淀物热处
理后，得到X射线衍射图谱如图2 所示。
①电池在5 %Na2S溶液中比在5 %NaCl溶液中放电速率更大，其原因是______。
②与Na2S溶液相比，NaCl溶液的质量分数由5%增大至10%时，电池残余电压降低速率更快。依据图2 图
谱，分析其主要原因是______。
【答案】(1)释放残余的能量，避免造成安全隐患，或使锂元素充分嵌入到正极材料，利于回收
(2) +2
(3) 2LiFePO4+ H2O2+6 H
+=2Li
++2Fe
3++2H2PO❑4
−+2H2O 导电剂(乙炔黑和碳纳米管)
(4)当碳酸钠浓度大于30%后，c (OH
-)增大生成Fe(OH)3沉淀增多则磷沉淀率明显降低
(5)D
(6) 等质量分数的Na2S溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，且S
2−、HS
−还原性比Cl
−强，更容
易参与氧化还原反应，加快了电子在电极和溶液之间的转移速率 NaCl质量分数由5 %增大为10 %时，
对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快
【分析】废旧LiFePO4电池进行粉碎、放电处理后，用氢氧化钠溶液进行碱浸，发生反应
2 Al+2OH
−+6 H 2O＝2 Al(OH )4
−+3 H 2↑，除去其中的铝；过滤后滤渣用盐酸、过氧化氢溶液进行酸
浸，酸浸时，LiFePO4中的铁元素被H2O2氧化为Fe
3+，过滤后除去不溶于酸碱的导电剂；滤液中加入30 %
的Na2CO3溶液，进行沉铁沉磷处理，得到FePO4·3H2O等，过滤，滤液中加入饱和沉锂试剂，进行沉锂
操作，过滤后得到粗品，提纯得到高纯锂化合物，以此进行分析；
【详解】（1）电池粉碎前应先放电，目的是释放残余的能量，避免造成安全隐患，或使锂元素充分嵌入
到正极材料，利于回收；
（2）根据化合物化合价代数和为0，Li为+1价，PO4
3−为−3价，得Fe为+2价；O原子价电子为2s
22 p
4，
价层电子轨道表示式为：
；
（3）酸浸时，，LiFePO4中的铁元素被H2O2氧化为Fe
3+，发生的主要反应的离子方程式为：
2LiFePO4+ H2O2+6 H
+=2Li
++2Fe
3++2H2PO❑4
−+2H2O；过滤后除去不溶于酸碱的导电剂，导电剂不溶
于酸碱，因此滤渣主要为导电剂(乙炔黑和碳纳米管)；
（4）碳酸钠浓度过高导致溶液碱性增强，Fe
3+主要与OH ⁻反应生成Fe(OH)3沉淀，与磷酸根的沉淀反应形成
竞争，导致磷沉淀率下降；
（5）由溶解度表可知，Li2CO3溶解度随温度升高而减小，温度越高，越有利于Li2CO3沉淀析出，因此选
用Na2CO3，且选较高温度（60−80℃），故选D；
（6）①等质量分数的Na2S溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，且S
2−、HS
−还原性比Cl
−强，更容
易参与氧化还原反应，加快了电子在电极和溶液之间的转移速率；②结合图2 可知，NaCl体系中铁铝最终
转化为氧化物，浓度升高加快反应速率；NaCl质量分数增大，溶液导电性增强，加快了铁、铝的吸氧腐蚀
（原电池放电过程），对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快，因此电池残余电压降低速率更快。
18．（2026·山东济南·二模）金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒渣（主要含V2O3、FeCr2O4，杂质
为CuO、Al2O3、SiO2等）中回收V 和K2Cr2O7的工艺流程如下图所示：
已知：①“焙烧”时V、Fe、Cr 元素分别转化为Na3VO4、Fe2O3和Na2CrO4；
②V2O5微溶于水；向Na3VO4溶液中加酸，不同pH 对应的主要存在形式如下表：
pH
≥13
10.6~12
约8.4
3~8
约2
<1
存在形式
VO4
3−
V2O7
4−
V3O9
3−
V10O28
6−
V2O5
VO2
+
回答下列问题：
(1)“焙烧”时，气体和固体粉末采用逆流式通入，其目的是_____________，FeCr2O4发生反应的化学方程
式为_____________，“滤渣Ⅰ”的主要成分为______。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c 与pH 的关系如图所示，当溶液中可溶性组分浓度
c≤1.0×10
−5 mol⋅L
−1时，可认为已除尽。
通入CO2调pH 的理论范围为_______，反应Al(OH)3(s)+ H2O(l)⇌[Al(OH)4)
−(aq)+ H
+(aq)的平衡常数
K =_______。
(3)加压通入CO2可将CrO4
2−转化为Cr2O7
2−，总反应的离子方程式为_____________，若没有该操作单元，导
致的后果是_____________。
(4)“沉钒”加硫酸调pH 约为____。“转化”过程中，先加入适量碱调pH，再加稍过量KCl，稍过量KCl
作用是_____________。
【答案】(1) 增大气体与固体的接触面积，使固体颗粒充分反应，加快反应速率
4 FeCr2O4+7O2+16 NaHCO3
高温
¿2Fe2O3+8 Na2CrO4+16CO2+8 H2O
¿
Fe2O3、CuO
(2) 4.5~9.3 10
−14.6
(3) 2CrO4
2−+2CO2+ H2O+2Na
+=2NaHCO3↓+Cr2O7
2− 将增加硫酸的用量
(4) 2 将Na2Cr2O7尽可能多的转化为K2Cr2O7、降低K2Cr2O7的溶解度
【分析】该工艺以废钒渣为原料，分步分离回收得到金属钒与重铬酸钾，整体思路是先氧化转化原料中的
低价元素，再分步除杂、分离得到目标产物。 焙烧阶段通入空气，将V、Cr、Fe 分别氧化转化为可溶性
钒酸钠、铬酸钠，铁转化为氧化铁，逆流通气可提升气固接触效率，提高原料转化率。水浸后分离出不溶
性杂质，得到含钒、铬和少量铝硅杂质的滤液；随后调pH 沉淀除去铝硅杂质，再酸化将铬酸根转化为重
铬酸根，调pH 沉钒得到五氧化二钒，经铝热还原得到金属钒，最后含重铬酸钠的溶液加KCl，析出得到
重铬酸钾产品。
【详解】（1）逆流操作的核心作用是增大接触面积，提升反应效率；FeCr2O4和NaHCO3、空气焙烧，生
成Na2CrO4、Fe2O3、CO2、H2O，根据焙烧产物，结合氧化还原化合价升降配平可得反应方程式
4 FeCr2O4+7O2+16 NaHCO3
高温
¿2Fe2O3+8 Na2CrO4+16CO2+8 H2O
¿
；水浸时，焙烧生成的Fe2O3和杂质
CuO不溶于水，因此为滤渣Ⅰ的主要成分。
（2）调pH 的目的是让Al、Si 沉淀完全，且V 保留在溶液中：根据图像，可溶性Al 浓度≤
1.0×10
−5mol⋅L
−1的范围是4.5≤pH ≤9.6，可溶性Si 浓度达标的条件是pH ≤9.3，因此pH 理论范围为
4.5~9.3； 对于平衡Al(OH )3(s)+ H 2O(l)⇌[ Al(OH )4]
−(aq)+ H
+(aq)，平衡常数
K =c{[ Al(OH )4]
−)⋅c( H
+)；当c{[ Al(OH )4]
−)=10
−5mol / L时，pH =9.6，c( H
+)=10
−9.6mol / L，
因此K =10
−5×10
−9.6=10
−14.6。
（3）过量CO2反应生成HCO3
−，配平可得离子方程式：2CrO4
2−+2CO2+ H2O+2Na
+=2NaHCO3↓+Cr2O7
2−；
该操作目的是将CrO4
2−转化为Cr2O7
2−，若不转化，后续沉钒时发生反应：2CrO4
2−+2H
+⇌Cr2O7
2−+ H 2O，
会增加硫酸的用量。
（4）根据给定表格，pH 约为2 时，V 主要以微溶的V 2O5存在，刚好沉钒；转化过程中Na2Cr2O7的转化
为K2Cr2O7，K 2Cr2O7溶解度较小，加入稍过量KCl，利用同离子效应，将Na2Cr2O7尽可能多的转化为
K2Cr2O7、降低K2Cr2O7的溶解度，促进其析出，提升产率。
19．（2026·陕西渭南·二模）以某地铜水钴矿(主要成分为2Co2O3⋅3CuO⋅3 H2O，还含有较多的NiO、
CoO 以及少量的Fe2O3、CaO、MgO 和SiO2等)为原料获得钴、铜、镍的化合物，工艺流程如下：
已知：①某些低价金属氧化物可以溶于稀硫酸中，而其较高价金属氧化物只能溶解在较浓的硫酸中；
②K sp(MgF2)=7.4×10
−11，K sp(CaF2)=1.6×10
−10。
(1)请写出镍原子的基态电子排布式___________。
(2)“磨矿、浆化”的目的是___________。
(3)一段浸出的浸渣再进行二段浸出的目的是___________，过程中生成氧气，写出反应的化学方程式
___________。
(4)“除铁”工序中采用黄钠铁矾法技术，黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4 (OH)12为淡黄色不溶性晶体，写出反应的离
子方程式___________。
(5)除钙镁工序中，当Mg
2+、Ca
2+被完全除去(离子浓度小于等于10
−5 mol⋅L
−1，视为沉淀完全)，此时
c(F
−)不低于___________mol⋅L
−1。
(6)将产品CoC2O4⋅2H2O(M =183g/ mol)在氮气氛围下进行热重分析，在不同温度范围内失重率如图所示。
通过计算确定290 430℃
∼
剩余固体的成分___________(填化学式)。
【答案】(1)1s
22s
22 p
63 s
23 p
63d
84 s
2（或[ Ar ]3d
84 s
2）
(2)增大反应物接触面积，加快浸出速率，提高原料浸出率
(3) 将Co2O3浸出，提高Co 的利用率 2Co2O3+ 4 H2SO4= 4 CoSO4+O2↑+ 4 H2O
(4)2Na
++6 Fe
3++ 4 SO4
2−+6 H2O+6CO3
2−= Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑
(5)4.0×10
−3
(6)Co
【分析】铜水钴矿经磨矿、浆化后一段稀硫酸浸出：溶解原料中低价的CoO、NiO、Fe2O3、CaO、MgO 等
氧化物，得到含金属离子的浸出液送后续除杂，二段浸出：一段浸渣中含未溶解的高价Co2O3等，二段浸
出可以进一步浸出其中的钴、铜，提高金属总回收率，除铁：将溶液中的Fe
3+转化为黄钠铁矾沉淀除去，
除钙镁：加NaF 使Ca
2+、Mg
2+转化为难溶的CaF2、MgF2沉淀除去，除铜：加Na2S2O3分离除去铜，得到仅
含Co
2+、Ni
2+的溶液，采用萃取法分离钴镍：控制合适pH，让Co
2+被有机溶剂萃取，水相直接得到NiSO4
产品，有机相反萃得到钴盐，最终制备得到CoC2O4·2H2O 产品。
【详解】（1）Ni 是28 号元素，根据构造原理，基态镍原子核外电子排布式：
1s
22s
22 p
63 s
23 p
63d
84 s
2（或[ Ar ]3d
84 s
2）。
（2）磨矿浆化将矿石粉碎，增大了固体与酸的接触面积，加快反应速率，使金属元素更充分浸出，提高
原料利用率。
（3）根据已知信息，低价金属氧化物可溶于稀硫酸，高价金属氧化物只能溶于浓硫酸，一段稀硫酸浸出
后，高价钴仍留在浸渣中，二段浸出可将其浸出提高回收率；反应中+3 价Co 被还原为+2 价，-2 价O 被氧
化为O2，根据化合价升降守恒配平方程式：2Co2O3+ 4 H2SO4= 4 CoSO4+O2↑+ 4 H2O。
（4）加入碳酸钠以调节溶液pH，促使Fe
3+水解生成黄钠铁矾沉淀，根据原子、电荷守恒配平反应为
2Na
++6 Fe
3++ 4SO4
2−+6 H2O+6CO3
2−= Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑。
（5）沉淀完全时，离子浓度c≤10
−5mol / L，对MgF2：c
2(F
−)= K sp( MgF2)
c( Mg
2+)
= 7.4×10
−11
10
−5
=7.4×10
−6，
c( F
−)≈2.7×10
−3mol / L；对CaF2：c
2(F
−)= K sp(CaF2)
c(Ca
2+)
= 1.6×10
−10
10
−5
=1.6×10
−5，
c( F
−)= 4.0×10
−3mol / L，需满足两种离子都沉淀完全，故c( F
−)不低于4.0×10
−3mol / L。
（6）设1mol CoC2O4·2 H 2O，质量为183g，290 430℃
∼
，失重率为67.76%，剩余固体质量为
183×(1−67.76 %)≈59 g，正好等于Co 的摩尔质量（M (Co)=59 g/mol），且电子守恒：Co 从+2 降
为0 得2e-，两个+3 价C 全部升为+4 价（生成CO2）失2e-，恰好配平，故剩余固体为Co。
20．（2026·湖南岳阳·二模）电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu 等物质，以该阳极泥为原
料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu 等金属或其化合物的工艺流程如图所示。
已知：①PtTe 中Pt 为+2 价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd 均转化为单质；
②(NH4)2PtCl4易溶于水，(NH4)2PtCl6、(NH4)2PdCl6难溶于水；
③K sp[(NH4)2PdCl6)=9.9×10
−8。
回答下列问题：
(1)52Te 在周期表中的位置是___________。
(2)“氧化焙烧”中，PtTe 发生反应的化学方程式为___________。
(3)“酸浸”的目的是分离___________元素(填元素符号)。
(4)“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au 被氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，Au 转化为[AuCl4] -的
反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。
(5)“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au 外，还有___________。
(6)“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PtCl6]2-}=0.2mol/L，加入等体积的NH4Cl 溶液充分反应，测得反应后混合
液中c{[PtCl6]2-}=1.1×10-6mol/L，则初始加入NH4Cl 溶液的浓度约为___________mol/L(忽略溶液混合时的
体积变化)。
(7)某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu 原子处于面心，Au 原子处于顶点位置，氢原子可进
入到由Cu 原子与Au 原子构成的四面体空隙中。若将Cu 原子与Au 原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结
构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，该晶体储氢后的化学式为___________。
【答案】(1)第5 周期第ⅥA 族
(2)PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2
(3)Cu
(4)2:3
(5)将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-
(6)1.0
(7)Cu3AuH8
【分析】向阳极泥(含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu 等物质)中加入纯碱、通入空气进行“氧化焙烧”，再
加水“浸取”，过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3的滤液a，分离出滤渣，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶
解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Pt、Pd、Au 的滤渣，再通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金
属Pt、Pd、Au 分别氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl4] -还
原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，过滤分离出金单质，最后向滤液中加入氯化铵溶液“沉钯”得到含
(NH4)2PtCl4滤液c 和(NH4)2PdCl6沉淀，据此解答。
【详解】（1）52Te 的原子序数为52，36＜52＜54，即Te 位于第5 周期倒数54-52+1=3 列，故在周期表中
的位置是第5 周期第ⅥA 族；
（2）由题干已知信息①PtTe 中Pt 为+2 价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd 均转化为单质
可知，“氧化焙烧”中，PtTe 发生反应生成Pt、Na2TeO3和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化
学方程式为：PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2；
（3）由分析可知，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，即“酸浸”的目的
是分离Cu 元素；
（4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au 被氧化为配离子：[PtCl6)
2−、[PdCl6)
2−、[AuCl4)
−，Au 转化为
[AuCl4)
−的反应中Au 的化合价由0 价升高到+3 价，而Cl2中Cl 的化合价由0 价降低到-1 价，根据得失电
子守恒可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:3；
（5）由分析可知，向滤渣中通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au 分别氧化为配离子：
[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为
[PtCl4]2-，过滤分离出金单质，极“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au 外，还有将[AuCl4] -还原为
金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-；
（6）“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PdCl6)
2−)=0.2mol/L，加入等体积的NH4Cl 溶液充分反应，参加反
应的NH4Cl 的物质的量是[PdCl6)
2−物质的量的2 倍，测得反应后混合液中
c[[PdCl6)
2−)=1.1×10
−6 mol⋅L
-1，此时溶液中NH4
+的浓度为：❑√
Ksp[(NH4)2PdCl6]
c{[PdCl6]
2-}
=❑√
9.9×10
−8
1.1×10
−6
=0.3mol/L，设初始加入NH4Cl 溶液的浓度约为c mol/L，则有：cV-0.2V×2
2V
=0.3mol/L，解得c=1.0，故答
案为：1.0；
（7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu 原子处于面心，Au 原子处于顶点位置，氢原子
可进入到由Cu 原子与Au 原子构成的四面体空隙中，若将Cu 原子与Au 原子等同看待，该晶体储氢后的晶
胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，即一个晶胞中含有Cu 的个数为：6× 1
2=3，Au 的个数为：
8× 1
8=1，体内含有8 个H(即CaF2晶胞中8 个F-换成8 个H)，则该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。
21．（2026·河北沧州·二模）金广泛应用于电子制造及航空航天领域，以载金硫化矿粉(其中细小的Au 颗
粒被FeS2、FeAsS包裹，还含有少量CuO、SiO2)为原料提炼Au 的工艺流程如下：
已知：①As2O3有毒，高温较稳定；②硫脲[SC(NH2)2)有还原性，在碱性条件下易发生水解，同时与碱反应
生成S
2−；③Au2S不溶于水、盐酸、硫酸及氢氧化钠溶液，可溶于王水；④25℃时，
K sp[Ca3(AsO4)2)=10
−19，K sp[Ca (OH)2)=10
−6，离子浓度≤1.0×10
−5 mol⋅L
−1时即可认为沉淀完全。
(1)基态铜原子的价层电子排布式为___________。
(2)“焙烧”时，FeAsS 转化为两种有毒物质和一种红棕色固体，该反应的化学方程式为___________。
(3)“浸金”应在酸性介质中进行，这是因为在碱性条件下：①硫脲易水解，加大硫脲消耗量；②Fe
3+转化
为沉淀；③___________。“浸金液”中含Au[SC(NH2)2)2
+，与Au
+配位的原子是S而不是N的原因是
___________。
(4)“滤渣2”的主要成分是___________，“砷氧化”时含砷微粒转化的离子方程式为___________。
(5)“沉砷”时，砷的去除率与温度的关系如图所示。温度越高，溶液中砷的去除率越低的原因是
___________，常温下，为使AsO4
3-完全沉淀而无Ca(OH)2析出，溶液的pH 应不大于___________。
【答案】(1)3d
104s
1
(2)2FeAsS+5O2
高温
¿Fe2O3+ As2O3+2SO2
¿
(3) Au+和S2-生成Au2S 沉淀 S 的原子半径更大，电负性更小，更易提供孤电子对形成配位键
(4) Fe(OH)3、Cu(OH)2 AsO2
−+ H2O2+2OH
−= AsO4
3−+2H2O
(5) 温度升高，Ca(OH)2溶解度减小，Ca2+浓度减小，生成的Ca3(AsO4)2沉淀减少 12.5
【分析】载金硫化矿粉(其中细小的Au 颗粒被FeS2、FeAsS 包裹，还含有少量CuO、SiO2)焙烧生成Fe2O3、
SO2、As2O3，CuO、SiO2热稳定性强不发生变化，加入硫酸酸浸，生成Fe2(SO4)3、CuSO4，As2O3、Au、
SiO2不与硫酸反应， As2O3微溶于水，进入溶液中，Au、SiO2形成滤渣；滤液加入NaOH，生成AsO2
−和
Fe(OH)3沉淀、Cu(OH)2沉淀（滤渣2），加入H2O2生成AsO4
3-，加入Ca(OH)2沉砷生成Ca3(AsO4)2；滤渣
加入Fe3+和SC(NH2)2浸金，Au 被氧化并与硫脲形成配合物含Au[SC(NH2)2)2
+，进入溶液，SiO2仍为固体，
得到浸金液和滤渣3（SiO2），加入Al 除铁后沉金得到Au。
【详解】（1）铜是29 号元素，为第四周期IB 族元素，价层电子排布式为3d
104s
1。
（2）结合信息，FeAsS 转化为两种有毒物质和一种红棕色固体，则生成物为As2O3、SO2和Fe2O3，该反应
的化学方程式为2FeAsS+5O2
高温
¿
¿Fe2O3+As2O3+2SO2
¿
。
（3）结合信息，硫脲[SC(NH2)2]在碱性条件下易发生水解，同时与碱反应生成S
2-，在碱性条件下：①硫脲
易水解，加大硫脲消耗量；②Fe
3+转化为沉淀；③Au
+和S
2-生成Au2S沉淀；S 的原子半径更大，电负性更
小，更易提供孤电子对形成配位键，因此与Au
+配位的原子是S 而不是N。
（4）滤液中的Fe
3+、Cu
2+在“碱浸”时生成Fe(OH)3、Cu (OH)2沉淀，故“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3、
Cu (OH)2；结合信息，“砷氧化”时含砷微粒转化的离子方程式为AsO2
-+H2O2+2OH
-= AsO4
3-+2H2O。
（5）温度升高，Ca (OH)2溶解度减小，Ca
2+浓度减小，生成的Ca3(AsO4)2沉淀减少，导致溶液中砷的去除
率降低；为保证AsO4
3-完全沉淀且无Ca (OH)2析出，当AsO4
3-沉淀时，c( AsO4
3−)=1.0×10
−5mol / L，
K sp[Ca3(AsO4)2)=c
3(Ca
2+)⋅c
2(AsO4
3-)= 10
−19，解得c (Ca
2+)=10
−3 mol⋅L
−1，
K sp[Ca (OH)2)=c (Ca
2+)⋅c
2(OH
-)=10
−6，解得c(OH ⁻ )=10
−1.5mol / L，K w =c (H
+)⋅c (OH
-)=10
−14，则
c( H ⁺ )=10
−12.5mol / L，此时pH=12.5，故“沉砷”时溶液的pH 应不大于12.5。
22．（2026·西藏拉萨·二模）草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料，一种利用含钴废料(主要成分Co2O3，
含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下：
已知：K sp(CaF2)=5.3×10
−9，K sp(MgF2)=5.1×10
−11。
回答下列问题：
(1)“550℃焙烧”是为了除去___________。
(2)“碱浸”时NaOH 稍过量，浸出液的主要成分是___________。
(3)“浸钴”时先加入稀硫酸酸化，再加入Na2SO3，而不是同时加入两种试剂，这样做的目的是___________，
钴离子发生转化的离子方程式为___________。
(4)“净化除杂1”时，先___________(填“少量多次”或“足量”)的加入H2O2，再调节pH 使Fe(OH)3沉淀。
(5)“净化除杂2”时先沉淀的离子为___________。
(6)CoC2O4隔绝空气加热分解后得到CoxOy，晶胞如图所示，晶胞中Co 的配位数为___________。
【答案】(1)碳及有机物
(2)Na[Al(OH)4)
(3) 防止Na2SO3生成SO2导致还原效率降低，污染环境 2Co
3++SO3
2-+H2O=SO4
2-+2Co
2++2H
+
(4)少量多次
(5)Mg2+
(6)6
【分析】550℃焙烧含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)除去
碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，其中Al2O3溶解生成Na[Al(OH)4]，Co2O3、Fe2O3、CaO、MgO 不溶，过
滤，则浸出液的主要为Na[Al(OH)4]，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3+、Fe3+还原
为Co2+、Fe2+，得到含Co2+、Fe2+、Mg2+硫酸盐溶液，CaSO4微溶于水，溶液中还存在少量Ca2+，部分
CaSO4作为浸渣分离除去，在40～50℃加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，过滤
后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，加入NaF 溶液除去钙、镁，过滤后，滤液中主要含有Co2+，加入
草酸铵溶液得到草酸钴。
【详解】（1）含钴废料中含碳和有机物，550℃焙烧时，碳燃烧生成CO2、有机物灼烧分解，可除去二者。
（2）废料中Al2O3是两性氧化物，与过量NaOH 反应生成可溶性Na[ Al(OH )4]，因此浸出液主要成分为
Na[ Al(OH )4]。
（3）Na2SO3可与酸反应生成SO2，若同时加入稀硫酸和Na2SO3，Na2SO3会分解逸出SO2，污染环境，
同时降低还原Co
3+的效率；Co2O3中+3 价Co被SO3
2−还原为+2 价Co，SO3
2−被氧化为SO4
2−，离子方程式
为2Co
3++SO3
2-+H2O=SO4
2-+2Co
2++2H
+。
（4）H 2O2不稳定，易分解，少量多次加入可减少H 2O2分解，保证将Fe
2+完全氧化为Fe
3+，提高利用率。
（5）CaF2和MgF2是同类型难溶电解质，K sp越小，溶解度越小，K sp( MgF2)< K sp(CaF2)，因此Mg
2+
先沉淀。
（6）该晶胞为类似氯化钠的结构，任意Co原子周围距离最近且相等的O原子共6 个，因此Co的配位数为
6。
23．（2026·吉林长春·二模）氟碳铈矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为RFCO3[R 代表钇(Y)、镧(La)、
铈(Ce)]，常伴生有Fe、Al、Mg 等杂质。一种以氟碳铈矿综合回收Y、La、Ce 的工艺路线如下：
已知：①稀土氧化物(R2O3)可溶于稀盐酸，CeO2不溶。
②常温下各种金属离子完全沉淀的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溶质X 的萃取分配系数K ( X )= c( X有机相)平衡时
c( X 水相)平衡时
；萃取率E( X )=
n( X有机相)
n( X 有机相)+n( X 水相) ×100 %。
回答下列问题：
(1)氟碳铈矿中伴生的Al 是第___________周期第___________族元素。
(2)CeFCO3在空气中焙烧第一步转化为CeO2和CeF4，CeF4再转化为CeO2，第一步转化的化学方程式为
___________。
(3)滤渣1 中主要成分除了Fe(OH)3外还有___________(填化学式)。
(4)滤液2 中的金属离子主要为___________(填离子符号)。
(5)“萃取”和“反萃取”过程可简化为：La
3+(水相)+3 H2A2(有机相) ⇌
反萃取
萃取
La(HA2)3(有机相)+3 H
+(水相)，
其中H2A2代表P507。
①该过程属于___________(填“阳离子交换”或“阴离子交换”)萃取。
②若水相为100 mL，萃取时每次用30 mL P507。已知K (La
3+)=10，则理论上第一次萃取时E(La
3+)的最
大值为___________(忽略萃取过程中液体体积的变化)。
③“反萃取”过程中加入的试剂是___________。
(6)焙烧得到疏松的Y2O3固体的原因是___________。
【答案】(1) 三 ⅢA
(2)4 CeFCO3+O2
高温
¿3CeO2+CeF4+
¿
4 CO2
(3)Al(OH)3、CeO2
(4)Mg
2+
(5) 阳离子交换 75% 盐酸(HCl)
(6)Y2(C2O4)3受热分解产生大量的CO2和CO气体，逸出的过程中导致产物Y2O3疏松
【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Fe
3+、
Al
3+杂质和不溶的CeO2，得到含Y
3+、La
3+、Mg
2+的滤液1，滤液1 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Y 2O3，有机相反萃取得到LaCl3，实现了钇、镧、铈
的综合回收。
【详解】（1）Al 的原子序数为13，核外电子层为3 层，最外层3 个电子，位于周期表第三周期第ⅢA 族。
（2）CeFCO3中Ce 为+3 价，焙烧被O2氧化为+4 价，根据原子守恒、电子守恒配平得
4CeFCO3+O2
高温
¿3CeO2+CeF4+4CO2
¿
。
（3）已知Al
3+完全沉淀pH=4.7，调节pH=5.0 时Al
3+完全沉淀为Al(OH)3；且CeO2不溶于稀盐酸，因此
滤渣1 还含这两种物质。
（4） 调pH 除去Fe
3+、Al
3+、CeO2后，滤液1 中剩余Y
3+、La
3+、Mg
2+；加入H 2C2O4后Y
3+、La
3+沉淀
为草酸盐，Mg
2+留在滤液2 中。
（5）①该过程水相中的La
3+（阳离子）进入有机相，有机相交换出H
+（阳离子）进入水相，属于阳离子
交换萃取。
②设n总(La
3+)=n，平衡时n水(La
3+)= x，n有(La
3+)=n−x，V 水=100 mL，V 有=30 mL，根据
K = c有
c水
=
n−x
30
x
100
=10，解得n−x = 3
4 n，E = 3n/4
n
×100 % =75 %。
③ 反萃取需要使平衡左移，增大c(H
+)即可，且产物为LaCl3，加入稀盐酸不引入杂质。
（6）草酸钇焙烧分解生成Y 2O3，同时放出大量CO、CO2气体，气体逸出后固体形成疏松结构。
24．（2026·江苏南通·二模）电解锰渣(主要成分为MnO2、PbSO4和少量SiO2)提取PbSO4的工艺流程如下：
(1)写出一种降低浸出液中PbSO4含量的有效措施___________。
(2)“还原酸浸”时，发生反应的离子方程式为___________。
(3)用一定浓度的CH3COONH4溶液浸出铅元素的反应为PbSO4+CH3COO
−⇌[CH3COOPb)
++SO4
2−。从平衡常
数的角度解释不用CH3COOH溶液浸取PbSO4的原因是___________。
已知：①K a(CH3COOH)=10
−4.7；K sp(PbSO4)=10
−7.6；
②Pb
2++CH3COO
−⇌[CH3COOPb)
+ K =10
2.5。
(4)以PbSO4、Na2Cr2O7和NaOH 为原料，混合后进行沉淀转化制得PbCrO4。已知：PbCrO4的产率随pH
的变化如图-1 所示。制备PbCrO4时，控制pH 约为8 的原因是___________。
(5)PbO2受热分解为Pb(Ⅳ)和Pb(Ⅱ)的混合氧化物，Pb(Ⅳ)能氧化浓盐酸生成Cl2。现将1molPbO2加热分解
得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2。生成的O2和Cl2的体积比为2：1(相同状况下)。计算剩
余固体中Pb、O原子个数比___________。(写出计算过程)。
(6)铅的某氧化物的晶胞结构如图-2 所示：
用“
”和“
”画出该晶胞沿z 坐标轴方向的投影图___________。
【答案】(1)增大H2SO4浓度
(2)MnO2+ PbS+ 4 H
++SO4
2−= Mn
2++ PbSO4+S+2H2O
(3)PbSO4+CH3COOH⇌[CH3COOPb)
++SO4
2−+ H
+ K =10
−7.6×10
−4.7×10
2.5=10
−9.8平衡常数很小，因此不用
CH3COOH溶液浸取PbSO4
(4)pH 小于8 时，不利于Na2Cr2O7转化为Na2CrO4；pH大于8 时生成Pb(OH)2沉淀
(5)2PbO2=2PbO+O2↑剩余固体含PbO2，由得失电子守恒有n(PbO2)=n(Cl2)，又n(O2):n(Cl2)=2:1，则
剩余固体中n(PbO):n(PbO2)= 4:1，故剩余固体中N(Pb)、N(O)=5:6
(6)
【分析】电解锰渣主要成分为MnO2、PbSO4和少量SiO2。电解锰渣加硫酸、PbS“还原酸浸”时，MnO2被还
原为硫酸锰，PbS 被氧化为S 单质，过滤，浸出液中含硫酸锰，浸渣用一定浓度的CH3COONH4溶液发生反
应PbSO4+CH3COO
−⇌[CH3COOPb)
++SO4
2−浸出铅元素。
【详解】（1）增大硫酸根离子浓度，能使PbSO4(s)⇌Pb
2+ (aq)+SO4
2−(aq)逆向移动，所以增大H2SO4浓度，
可以降低浸出液中PbSO4含量；
（2）“还原酸浸”时，MnO2被PbS 还原为硫酸锰，PbS 被氧化为S 单质，发生反应的离子方程式为
MnO2+ PbS+ 4 H
++SO4
2−= Mn
2++ PbSO4+S+2H2O；
（3）PbSO4+CH3COOH⇌[CH3COOPb)
++SO4
2−+ H
+，
K =
c(SO4
2−)c{[CH3COOPb)
+)c (H
+)
c (CH3COOH)
=
c(SO4
2−)c(Pb
2+)c{[CH3COOPb)
+)c (H
+)c(CH3COO
−)
c(CH3COO
−)c (CH3COOH)c(Pb
2+)
=10
2.5×10
−7.6×10
−4.7=10
−9.
，平衡常数很小，所以不用CH3COOH溶液浸取PbSO4。
（4）pH 小于8 时，Cr2O7
2−+ H2O⇌2CrO4
2−+2H
+逆向移动，不利于Na2Cr2O7转化为Na2CrO4；pH大于8
时生成Pb(OH)2沉淀，所以制备PbCrO4时，控制pH 约为8。
（5）2PbO2=2PbO+O2↑，剩余固体含PbO2，n(O2):n(Cl2)=2:1，n(PbO2剩余)=n(Cl2)，可得
n(PbO):n(PbO2剩余)= 4:1。则剩余固体中 n(Pb)=n(PbO)+n(PbO2剩余)= 4+1=5，
n(O)=n(PbO)+2n(PbO2剩余)= 4×1+1×2=6，故原子个数比 N (Pb): N (O)=5:6。
（6）
“
”位于面对角线的
1
4 处和过体心的面对角线的
1
4 处呈交叉排布，“
”位于顶点和体心，该晶胞沿z
坐标轴方向的投影图为
。
25．（2026·广西崇左·二模）钛广泛应用于航空航天、医疗和汽车制造等领域。以高钛炉渣(主要成分为
TiO2，还含有Al2O3、Fe2O3、MgO 及SiO2)为原料制备钛的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：①滤液1 中主要含Fe3+、Al3+、Mg2+；滤液2 中主要含TiO2+。
②几种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
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀时的pH
2.2
3.4
8.9
完全沉淀时的pH
2.8
4.7
10.9
③金属离子完全沉淀的条件是c (M
n+)≤1.0×10
−5 mol⋅L
−1。
(1)基态Fe3+的价层电子排布图为___________，Ti 位于元素周期表___________区。
(2)相对于冷水，“浸取”时选择热水的优点是___________。
(3)“煮沸”后期，常加入少量氨水，其目的是___________。
(4)“氯化”时，发生反应的TiO2、C 和Cl2的物质的量之比为___________。
(5)利用滤渣3 制备高纯度铁红的操作是___________(简述操作过程)。
(6)“操作A”是加入SOCl2、共热，写出总反应的化学方程式；___________。
(7)“电解”时，阳极的电极反应式为___________。
【答案】(1)
d
(2)浸取速率较大
(3)促进TiO2+水解平衡正向移动，提高水解率
(4)1:2:2
(5)将滤渣3 溶于足量NaOH 溶液，过滤、洗涤、灼烧
(6)MgCl2⋅6H2O+6SOCl2
高温
¿ MgCl2+6SO2↑+12HCl↑
¿
(7)2Cl
--2e
-=Cl2↑
【分析】本题为工艺流程题，向高钛炉渣(主要成分为TiO2，还含有Al2O3、Fe2O3、MgO 及SiO2)中加入硫
酸铵进行焙烧将Al2O3、Fe2O3、MgO 分别转化为Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、MgSO4，TiO2、SiO2不反应，加入
热水进行浸取，过滤得到滤液1 主要含Fe3+、Al3+、Mg2+和滤渣1 主要含TiO2、SiO2，向滤渣1 中加入硫酸
进行酸浸将TiO2转化为TiOSO4，过滤得到滤渣2 为SiO2，向滤液2 进行煮沸得到TiO2·xH2O，加热
TiO2·xH2O 得到粗TiO2，将粗TiO2加入过量的焦炭并通入Cl2进行氯化得到TiCl4，滤液1 加入试剂a 调节
pH 将Al3+、Fe3+转化为沉淀过滤除去，即滤渣3 为Al(OH)3、Fe(OH)3，向滤液中加入石灰乳进行沉镁得到
Mg(OH)2，加入稀盐酸转化为MgCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶后得到MgCl2·6H2O，在HCl 的气流中加热
MgCl2·6H2O 即可得到无水MgCl2，电解熔融的MgCl2得到Mg，用Mg 还原TiCl4得到Ti，据此分析解题。
【详解】（1）
已知Fe 是26 号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，故基态Fe3+的价层电子排布图为
，Ti 是22 号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，则Ti 位于元素周期表d
区，故答案为：
；d；
（2）由分析可知，相对于冷水，“浸取”时选择热水的可以增大Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、MgSO4的溶解度和
浸取速率，即选用热水的优点是浸取速率较大；
（3）由分析可知，“煮沸”的目的是将TiOSO4充分水解转化为TiO2和H2SO4，则“煮沸”后期，常加入
少量氨水，可以中和H2SO4，使水解平衡正向移动，则其目的是促进TiO2+水解平衡正向移动，提高水解率；
（4）由分析可知，“氯化”时，将粗TiO2加入过量的焦炭并通入Cl2进行氯化得到TiCl4、CO，该反应方
程式为：TiO2+2Cl2+2C
高温
¿
¿
TiCl4+2CO，即发生反应的TiO2、C 和Cl2的物质的量之比为1:2:2；
（5）由分析可知，滤渣3 为Al(OH)3、Fe(OH)3，利用Al(OH)3能溶于NaOH 溶液，过滤得到Fe(OH)3，加
热Fe(OH)3即可得到铁红，即利用滤渣3 制备高纯度铁红的操作是将滤渣3 溶于足量NaOH 溶液，过滤、
洗涤、灼烧；
（6）SOCl2水解得到SO2、HCl 等，HCl 抑制Mg2+水解，故“操作A”是加入SOCl2、共热，故总反应的化
学方程式为：MgCl2⋅6H2O+6SOCl2
高温
¿ MgCl2+6SO2↑+12HCl↑
¿
；
（7）由分析可知，“电解”时是电解熔融的MgCl2，阳极发生氧化反应，则阳极的电极反应式为2Cl--2e-
=Cl2↑。
26．（2026·甘肃酒泉·二模）钴是重要的战略性金属。从炼锌钴渣(含ZnO、CoO、CuO、FeO、Fe2O3、
SiO2)中回收钴的工艺流程如图所示。
已知：相关物质的溶度积常数如下表。
物
质
Fe(OH)3
Co(OH)3
Zn(OH)2
Co(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)2
K sp
2.8×10
−39
1.6×10
−44
1.2×10
−17
5.9×10
−15
2.2×10
−30
4.9×10
−17
回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”速率，可以采取的措施有_______(写出1 条即可)。
(2)“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。
(3)检验Co(OH)3沉淀是否洗涤干净的操作是_______。
(4)“还原酸溶”中发生反应的离子方程式为_______。
(5)工业上可通过电解CoSO4溶液制备金属钴的同时，可获得较浓的硫酸，电解装置如图所示，则阳极的电
极反应式为_______；当电极上有1 mol Co 生成时，获得硫酸的物质的量为_______mol。
(6)从“溶液1”中可回收锌元素，并制备用途广泛的ZnF2。已知ZnF2的晶胞结构及其在xy 面投影如图所示。
①基态Zn 的价电子排布式为_______。
②设N A为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度为_______g/cm
3。
【答案】(1)将炼锌钴渣粉碎，适当升高温度，适当提高硫酸浓度，搅拌等(任选一条即可)
(2)Fe(OH)3、CaSO4
(3)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明已洗涤干净
(4)2Co(OH)3+SO3
2−+ 4 H
+=2Co
2++SO4
2−+5 H2O
(5) 2H2O−4e
−=O2↑+ 4 H
+ 1
(6) 3d
104s
2 2.06×10
23
N A⋅a
2c
【分析】先将处理后的渣料酸浸，分离出难溶于酸的SiO2，再用H2O2溶液处理，将铁元素都转化为+3价，
通过调pH 先将铁元素转化为Fe(OH)3除去，再加入氧化性较强的NaClO，将钴元素转化为Co(OH)3，再加
入还原剂Na2SO3将钴元素还原为+2价，最后加入(NH4)2CO3合成目标产物，据此解答。
【详解】（1）提高“酸浸”速率，可以采取的措施有：将炼锌钴渣粉碎(或适当升高温度、搅拌、适当提
高硫酸的浓度等)。
（2）酸浸液中含有Zn
2+、Co
2+、Cu
2+、Fe
2+、Fe
3+、SO4
2−等离子，“氧化”步骤的作用是将Fe
2+氧化为
Fe
3+，以便在后续调pH 时除去铁元素；溶液中含有过量硫酸，因此“滤渣2”中除Fe(OH)3外，还有微溶物
CaSO4。
（3）沉淀表面会吸附SO4
2−等杂质离子，取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀
生成，说明已洗涤干净。
（4）SO3
2−作为还原剂，将Co(OH)3还原为Co
2+，自身被氧化为SO4
2−，在酸性条件下反应的离子方程式为
2Co(OH)3+SO3
2−+ 4 H
+=2Co
2++SO4
2−+5 H2O。
（5）通过题图示中的较浓硫酸可知，阳极为惰性电极，阳极的电极反应式为2H2O−4e
−=O2↑+ 4 H
+，阴
极的电极反应为Co
2++2e
−=Co，当电极上有1 mol Co 生成时，转移2 mol 电子，会转移1molSO4
2−来平衡
电荷，生成1 mol 硫酸。
（6）①Zn 为第四周期第ⅡB 族元素，原子序数为30，基态Zn 的价电子排布式为3d
104s
2。
②晶胞中Zn 位于顶角和体心，个数为8× 1
8 +1=2；F 位于面心和体内，个数为4× 1
2 +2= 4。晶胞的体积
为V =a
2c×10
−21cm
3，晶胞的质量为m= 2×(65+19×2)
N A
g= 206
N A
g，晶胞的密度为
ρ= m
V = 2.06
N Aa
2c
×10
23g·cm
−3
。
27．（2026·广东茂名·二模）某废旧线路板中富集了大量金属元素：Au、Cu、Sn、Pb，一种处理的工艺流
程如下所示。
已知：①25℃时，K sp[Sn (OH)2)=1.4×10
−28；K sp[Cu (OH)2)=2.2×10
−20。
②PbCl2溶解度随温度变化如图所示：
回答下列问题：
(1)“加热浸出”时，发生转化：Pb →
浓盐酸
反应Ⅰ
PbCl2 →
浓盐酸
反应Ⅱ
PbCl4
2−
①反应Ⅱ的离子方程式为___________。
___________+___________⇌PbCl4
2− Δ H >0
75℃
②
时Sn、Pb 浸出率达到最大值，继续升温，Pb 的浸出率反而略有下降，原因是___________。
③下列说法正确的有___________。
A．Na2PbCl4中只存在离子键
B．“系列操作”为蒸发结晶、过滤
C．加少量水稀释浸出液，有利于析出PbCl2
D．加热浸出时加入NaCl 能提高Pb 的浸出率
(2)“溶铜”时，Cu 参与反应的化学方程式为___________，利用浓缩后的“溶出液”可给磨具镀铜，在答
题卡中完善电镀的装置示意图并作相应的标注___________。
(3)“萃取”时，原理为R(N1923)+ H
++[AuCl4)
−⇌
反萃取
萃取
RHAuCl4，“反萃取”后，水溶液中含Na2SO4和
Na3[Au(SO3)2)，则试剂A 为___________（写化学式）。
(4)“系列操作”后，再调pH 沉锡，若滤液中Sn
2+、Cu
2+离子浓度分别为0.034 mol⋅L
−1，0.022mol⋅L
−1，
当Cu
2+开始沉淀时c(Sn
2+)
c(Cu
2+) ≈___________（保留2 位有效数字）。
(5)在Cu-Au 合金中掺杂Pd 得到高催化性能的合金，其立方晶胞结构如图，相邻原子间的最近距离之比
dCu−Cu:dAu−Au:dPd−Pd=1:❑√2:❑√2，晶体中与Cu 原子最近且等距离的Au 原子数目为___________，粒子个
数最简比Cu:Au:Pd=___________。
【答案】(1) PbCl2+2Cl
−⇌PbCl4
2− 75℃时继续升温，HCl 挥发，c(Cl
−)降低，使得
PbCl2(s)+2Cl
−(aq)⇌[PbCl4)
2−(aq)平衡逆向移动，Pb 的浸出率降低 CD
(2)
Cu+ H2SO4+ H2O2=CuSO4+2H2O
(3)Na2SO3
(4)6.4×10
−9
(5) 4 2:1:1
【分析】该工艺流程以富集了Au、Cu、Sn、Pb 的废旧线路板为原料，经浓盐酸加热浸出后，浸出液经系
列操作分离得到PbCl2，滤液可进一步制备SnO2，浸出渣经稀硫酸与过氧化氢溶铜，所得溶出液用磨于模
具镀铜，剩余溶出渣溶金后，经萃取、反萃取、NaBH4还原得到金单质，实现废旧线路板中有价金属的分
离回收。
【详解】（1）①反应II 为PbCl2与Cl
−形成PbCl4
2−，离子方程式为PbCl2+2Cl
−⇌PbCl4
2−；
②温度升高，浓盐酸中HCl 挥发，溶液中c(Cl
−)降低，反应Ⅱ平衡逆向移动，Pb 转化为PbCl2析出，因此
浸出率下降；
A
③．Na2PbCl4中络离子PbCl4
2−内部存在配位共价键，不只含离子键，A 错误；
B．PbCl2溶解度随温度升高而增大，应降温结晶，蒸发结晶无法析出大量PbCl2，B 错误；
C．稀释浸出液，c(Cl
−)降低，反应Ⅱ平衡左移，利于析出PbCl2，C 正确；
D．加入NaCl 增大c(Cl
−)，平衡右移，促进Pb 浸出，提高浸出率，D 正确；
故选CD。
（2）“溶铜”时Cu 与被过氧化氢氧化为Cu
2+，化学方程式为Cu+ H2O2+ H2SO4=CuSO4+2H2O；电镀镀
铜时，镀层金属作阳极，待镀件作阴极，电解液含镀层金属离子，则装置示意图为
。
（3）反萃取产物为Na2SO4和Na3[ Au(SO3)2]，需要提供Na
+和SO3
2−，故试剂A 为Na2SO3。
（4）同一溶液中c(OH
−)相同，因此
c(Sn
2+)
c(Cu
2+)
=
K sp[Sn(OH)2]
c
2(OH
−)
K sp[Cu(OH)2]
c
2(OH
−)
= K sp[Sn(OH)2]
K sp[Cu(OH)2] = 1.4×10
−28
2.2×10
−20 ≈6.4×10
−9。
（5）如图所示，灰、白、黑球的相邻原子间的最近距离分别为
❑√2
2 anm、
❑√2
2 anm、1
2 anm，根据相邻原
子间的最近距离之比dCu−Cu:dAu−Au:dPd−Pd=1:❑√2:❑√2可知黑球分别为Cu，灰球和白球均可能为Au 和
Pd，Cu 位于4 个黑球和4 个白球中心，则晶体中与Cu 原子最近且等距离的Au 原子数目为4；根据均摊法，
一个晶胞中Cu 位于内部，个数为8，灰球位于顶点和面心，个数为8× 1
8 +6× 1
2 = 4，白球位于内部和棱
心，个数为1+12× 1
4 = 4，白球和灰球个数相等，即Au 和Pd 的个数相等，因此粒子个数最简比
Cu:Au:Pd=8:4:4 =2:1:1。
28．（2026·广东深圳·二模）从钕铁硼废渣(主要含有Nd、Fe、B、Co 的单质和SiO2)中回收钕和钴的流程
如图所示。
已知：①B 难溶于非氧化性酸；②氧化性：Co
3+＞H2O2；③P507(用HR 表示)萃取稀土离子的原理为：
3HR+Nd
3+⇌NdR3+3H
+；④常温下，K sp[Nd2(C2O4)3)=2.7×10
−21，K a1(H2C2O4)=5×10
−2，
K a2(H2C2O4)=1×10
−4，离子浓度达到10
−5 mol/L可视为沉淀完全。
(1)“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。
(2)“氧化”后Fe
3+主要以[FeCl4)
−的形式存在，加入N503进行萃取。N 503先与H
+结合生成[n N 503⋅H)
+，
再将[FeCl4)
−转移到有机相。从微粒间相互作用的角度判断[FeCl4)
−与[n N 503⋅H)
+的相互作用
___________(填“强于”、“弱于”或“等于”)[FeCl❑4)❑
−与H
+的相互作用。
(3)“有机相2”可在___________(填操作单元名称)中循环利用。
(4)“沉钕”的离子方程式为___________；若Nd
3+恰好沉淀完全时，溶液pH =2，此时溶液中c(H2C2O4)=
___________mol/L。
(5)CoCO3在500℃、不同条件下获得的煅烧产物的X 射线衍射谱图如图所示(不同晶态物质出现衍射峰的衍
射角不同)。实验证明，CoCO3在空气中分解时发生了两步反应，第二步反应的化学方程式为：
___________。
(6)Com On的晶胞由边长均为apm的立方体结构单元A 和B 交替并置组成。
①该立方晶胞的体积为___________pm
3。
②Co
2+的配位数是___________。
③m:n=___________。
【答案】(1)B、SiO2
(2)强于
(3)萃取2
(4) 2Nd
3++3 H2C2O4= Nd2(C2O4)3↓+6 H
+ 6×10
−3
(5)6CoO+O2
500℃
¿2Co3O4
¿
(6) 8a
3 4 3：4
【分析】钕铁硼废渣（含Nd、Fe、B、Co单质和SiO2）加浓盐酸浸出，活泼金属Nd、Fe、Co反应生成
氯化物进入溶液，不与浓盐酸反应的B、SiO2成为滤渣；加H 2O2将Fe
2+氧化为Fe
3+，经N 503萃取除去
Fe；中和后，用P507萃取Nd
3+，Co
2+留在水相；有机相加浓盐酸反萃取，Nd
3+进入水相，有机萃取剂
可循环；水相加草酸沉钕，煅烧得到Nd2O3，含Co
2+的水相加碳酸钠沉钴得到CoCO3。
【详解】（1）B 难溶于非氧化性酸，SiO2不与浓盐酸反应，二者都留在滤渣中；
（2） [n N 503⋅H ]
+能将[ FeCl4]
−转移到有机相，说明二者更易结合，相互作用更强；
（3）反萃取后得到的有机相2 是萃取剂P507，回到萃取2 步骤循环使用；
（4）沉钕时Nd
3+与H 2C2O4反应生成Nd2(C2O4)3沉淀，离子方程式为
2 Nd
3++3 H 2C2O4= Nd2(C2O4)3↓+6 H
+；Nd
3+沉淀完全时c( Nd
3+)=10
−5mol / L，由
K sp[ Nd2(C2O4)3]=c
2( Nd
3+)⋅c
3(C2O4
2−)=2.7×10
−21，得c(C2O4
2−)=3×10
−4mol / L。pH =2时
c( H
+)=10
−2mol / L，由K a1⋅K a2= c
2( H
+)⋅c(C2O4
2−)
c( H 2C2O4)
，代入数据得c( H 2C2O4)=6×10
−3mol / L；
（5）由XRD 谱图可知，氩气中煅烧CoCO3产物为CoO，空气中第一步分解生成CoO，第二步CoO被氧
气氧化为Co3O4，方程式为6CoO+O2
500℃
¿2Co3O4
¿
；
（6） ① 晶胞由边长为apm的A、B 交替并置，因此整个大晶胞的边长为2apm，体积为(2a)
3=8a
3pm
3；
② 观察A 结构单元，Co
2+周围最近的O
2−数目为4，即配位数为4；
③晶胞由边长为apm的A、B 交替并置，故该立方晶胞由4 个A 结构单元和4 个B 结构单元组成， 所有
O
2−都在A、B 的立方体内部，完全属于该晶胞：A 中有4 个O
2−，B 中有4 个O
2−，因此晶胞中总O
2−数目
N (O
2−)= 4×(4+ 4)=32，即总O 数目n=32。所有Co
3+在B 立方体的内部，完全属于该晶胞，共4 个，
因此晶胞中总Co
3+数目N (Co
3+)= 4×4 =16，根据电荷守恒2 N (Co
2+)+3 N (Co
3+)=2 N (O
2−)知，晶胞中
总Co
2+数目，N (Co
2+)= 2×32−3×16
2
=8。总Co 的数目m= N (Co
2+)+ N (Co
3+)=8+16=24，总O 数
目n=8，因此 m:n=24:32=3:4。
29．（2026·安徽滁州·二模）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS 和CuCl)中的Zn、Pb、
Cu 元素。
已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS 转变为[Zn(NH3)4)
2+；
②K sp[Pb(OH)2)=10
−14.8；K sp(ZnS)=1.6×10
−24；
③酒石酸结构简式为HOOC(CHOH)2COOH(记作H2A)。
回答下列问题：
(1)Pb 位于元素周期表第六周期第ⅣA 族，基态Pb 原子价电子排布图为_______。
(2)“氧化浸出”时，温度不能过高的原因为_______。
(3)“氧化浸出”时，ZnS 发生反应的化学方程式为_______。
(4)“沉锌”步骤中[Zn(NH3)4)
2+发生反应的离子方程式为_______。
(5)滤渣1 的主要成分有S、PbSO4和_______(填化学式)。
(6)“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA 产率随体系pH 升高先增大的原因为_______，pH 过高
可能生成_______(填化学式)。
(7)制备光学材料。如图所示，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”)。
【答案】(1)
(2)温度过高时，NH3⋅H2O分解生成NH3逸出(过二硫酸铵分解，造成浸出率减小等)
(3)(NH4)2S2O8+ZnS+ 4 NH3=[Zn(NH3)4)SO4+(NH4)2SO4+S(或
(NH4)2S2O8+ZnS+ 4 NH3⋅H2O =[Zn(NH3)4)SO4+(NH4)2SO4+S+ 4 H2O)
(4)[Zn(NH3)4)
2++S
2−+ 4 H2O =ZnS↓+ 4 NH3⋅H2O
(5)Fe(OH)3
(6) pH 升高，OH
−浓度增大，平衡A
2−+ H2O⇌HA
−+OH
−逆向移动，A
2−离子浓度增大，平衡
PbSO4+ A
2−⇌PbA+SO4
2−正向移动，PbA 产率增大 Pb(OH)2
(7)正电
【分析】氧化浸出：废渣中的ZnS、FeS、CuCl 被氧化，Zn 转化为[Zn(NH3)4]2+进入溶液，而PbSO4不溶，
形成滤渣1。除铜：向滤液中加入Zn，将Cu2+置换为Cu，同时保留[Zn(NH3)4]2+。沉锌：加入(NH4)2S，使
[Zn(NH3)4]2+转化为ZnS 沉淀。浸铅：滤渣1 中的PbSO4与酒石酸（H2A）及Na2A 反应生成PbA，而Fe 元
素以Fe(OH)3形式留在滤渣2 中。真空热解：PbA 分解为纯Pb 及两种气态氧化物（CO 和H2O）。
【详解】（1）
Pb 是82 号元素，其电子排布为[Xe]4f145d106s26p2。根据题目要求，只需写出价电子排布图。Pb 的价电子为
6s26p2，排布图如下：
。
（2）在“氧化浸出”过程中，使用了(NH4)2S2O8和NH3·H2O。温度过高会导致NH3·H2O 受热分解，NH3挥
发，导致溶液中NH3浓度降低，影响[Zn(NH3)4]2+的形成；(NH4)2S2O8在高温下可能分解，导致氧化能力下
降，影响浸出效果；
（3）根据已知①，ZnS 在“氧化浸出”中转化为[Zn(NH3)4]2+，S2-被氧化为S；氧化剂是(NH4)2S2O8，还原
产物为SO4
2-，结合NH3·H2O 提供NH3，可写出反应方程式：
ZnS +( N H 4)2S2O8+ 4 N H 3⋅H 2O =[ Zn( N H 3)4]SO4+( N H 4)2SO4+ S + 4 H 2O或
(NH4)2S2O8+ZnS+ 4 NH3=[Zn(NH3)4)SO4+(NH4)2SO4+S。
（4）“沉锌”是将[Zn(NH3)4]2+转化为ZnS 沉淀。加入(NH4)2S 后，S2-与[Zn(NH3)4]2+反应生成ZnS。离子方
程式为：¿。
（5）在“氧化浸出”中：ZnS 转化为[Zn(NH3)4]2+，S2-被氧化为S。FeS 被氧化为Fe3+，在碱性条件下生成
Fe(OH)3沉淀。CuCl 被氧化为Cu2+，进入溶液。PbSO4不参与反应，留在滤渣中。因此，滤渣1 的主要成分
为S、PbSO4和Fe(OH)3。
（6）酒石酸H2A 是二元弱酸，A2-浓度受pH 影响。pH 升高时，A2-浓度增大（A2-+ H2O
HA
⇌
- + OH-，pH
升高使平衡左移）；根据反应：PbSO4(s)+ A
2−⇌PbA + SO4
2−，A2-浓度增大，平衡右移，PbA 产率提高。
pH 过高时的副反应：当pH 过高时，c(OH
−)增大，溶液中的Pb
2+会与OH
−反应生成Pb(OH )2沉淀。
（7）首先，ZnS 晶体中Zn2+和S2-按1:1 排列。掺入CuCl 后，Cu+替代Zn2+，Cl-替代S2-。由于Cu+（+1）比
Zn2+（+2）少一个正电荷，Cl-（-1）比S2-（-2）少一个负电荷，因此：区域B：Zn2+被Cu+取代，正电荷减
少，相当于带负电。区域A：S2-被Cl-取代，负电荷减少，相当于带正电。
30．（2026·内蒙古包头·二模）二氟草酸硼酸锂(LiBF2C2O4，分解温度为240
°C)，在较宽的温度范围内具
有良好的离子电导率，对水分不敏感，被认为是最有希望取代六氟磷酸锂(LiPF6，分解温度约200
°C)的电
解质锂盐。由锂精矿(主要成分有LiAlSi2O6，还含有少量Fe
2+等离子)制备LiBF2C2O4的工艺流程如图所
示。
回答下列问题：
(1)调浆浸出时通入热空气的作用是_______。
(2)锂精矿中所有的Al 元素和Si 元素，以某种铝硅酸盐(金属元素只有铝元素)从滤渣1 中分离，该铝硅酸盐
的化学式可表示为_______，滤渣2 的主要成分是CaSO4、CaCO3和_______(填化学式)。
(3)分离提纯的步骤，将滤液蒸发浓缩，加入NaOH 后，冷却到5−15
°C分离出Na2SO4⋅10 H2O。再将分离
后的母液_______、_______(填操作名称)，得到LiOH 固体。
(4)一般认为BF3和Li2C2O4反应分两步进行，补齐第一步反应。
第一步：_______；
第二步：BF3+LiF =LiBF4。
(5)BF2C2O4
−具有五元环结构，B 原子的轨道杂化类型是sp
3，其结构式可表示为_______。
(6)在25
°C潮湿环境中，LiBF2C2O4和LiPF6两种样品的XRD 图谱(可用于判断某晶态物质是否存在，不同
晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如下图所示。
LiPF6
暴露在环
境中迅速产生气体X，形成白雾，X 由两种元素组成，其化学式为_______；LiBF2C2O4替代LiPF6作电池
电解质的优势为_______(答出2 点)。
【答案】(1)通入热空气，将Fe
2+氧化为Fe
3+，便于后期除去
(2) Al2O3·4SiO2或Al2Si4O11 Fe(OH)3
(3) 蒸发结晶 趁热过滤
(4)BF3+ Li2C2O4= LiBF2C2O4+ LiF
(5)
(6) HF LiBF2C2O4分解温度更高（热稳定性更好）；LiBF2C2O4对水分不敏感，在潮湿的环
境中更稳定
【分析】锂精矿(主要成分有LiAlSi2O6还含有少量Fe2+等离子)，通入热空气，将Fe2+氧化，便于后期除去；
LiAlSi2O6可改写为Li2O·Al2O3·4SiO2；所以滤渣1 为Al2O3·4SiO2，加入Ca(OH)2提供氢氧根离子，使得
Fe3+生成Fe(OH)3除去；然后加入NaOH 生成LiOH，加入H2C2O2得到Li2C2O2；然后加入BF3和有机溶剂
DMC，经过除酸后得到LiBF2C2O4粗品；重结晶得到LiBF2C2O4；据此分析解题。
【详解】（1）热空气一方面提高体系温度，加速矿物浸出；另一方面空气中O2将原料中的Fe
2+氧化为Fe
3+，
方便后续调pH 沉淀除去。
（2）2LiAlSi2O6可改写为Li2O⋅Al2O3⋅4 SiO2；根据题中信息可知，只有Li
+浸出进入溶液，所以滤
渣1 为Al2O3·4SiO2或写为Al2Si4O11，加入Ca(OH)2提供氢氧根离子，使得Fe3+生成Fe(OH)3除去。
（3）分离出Na2SO4⋅10 H 2O后，母液中提取LiOH，经蒸发浓缩、趁热过滤可得到LiOH固体。
（4）根据原子守恒和第二步反应（消耗生成的LiF），第一步得到目标产物LiBF2C2O4，配平后即得到
反应： BF3+ Li2C2O4= LiBF2C2O4+ LiF。
（5）B 为sp
3杂化，共形成4 个σ 键，2 个连接F，2 个连接草酸根的两个氧，形成五元环结构，每个碳连
接一个双键氧，结构表示为
。
（6）LiPF6在潮湿环境水解，生成两种元素的气体HF，HF遇水蒸气形成白雾；根据题干信息和XRD 图
谱，LiBF2C2O4分解温度更高（热稳定性更好），且对水不敏感，潮湿空气中不易变质，这是其取代
LiPF6的核心优势。
