文档文本内容
专题22 工艺流程综合题——分离、提纯类
考向
五年考情（2021-2025）
命题趋势
分离、提纯类工艺流程
综合题
2025·安徽卷、2025·北京卷、2025·甘
肃卷、2025·河南卷、2025·黑吉辽蒙
卷、2025·湖北卷、2025·山东卷、
2025·陕晋青宁卷、2025·云南卷、
2024·全国甲卷、2024·新课标卷、
2024·安徽卷、2024·甘肃卷、2024·河
北卷、2024·湖南卷、2023·新课标卷、
2023·湖北卷、2023·辽宁卷、2023·福
建卷、2023·广东卷、2023·河北卷、
2022·湖南卷、2022·湖北卷、2022·重
庆卷、2021·全国乙卷、2021·全国甲
卷、2021·河北卷、2021·湖南卷、
2021·广东卷
工艺流程综合题选取的情境紧密联系
与人类密切相关的生产生活实际，试
题的命制从情境素材开始，以学科素
养为目标导向，选取某个学科素养的
一个方面或几个方面，深入考查学生
学科素养的表现层次。利用科研前沿
和生产实际的真实情境，展现研究过
程或者生成过程的具体实际问题，考
查学生的探究与创新能力。主要分为
两大考查方向：一是分离、提纯类；
二是原材料转化制备类。
1．（2025·安徽卷）某含锶(
)废渣主要含有
和
等，一种提取该废渣
中锶的流程如下图所示。
已知
时，
回答下列问题：
（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA 族。基态原子价电子排布式为 。
（2）“浸出液”中主要的金属离子有
、 (填离子符号)。
（3）“盐浸”中
转化反应的离子方程式为 ；
时，向
粉末中加入
溶液，充分反应后，理论上溶液中
(忽略溶
液体积的变化)。
（4）其他条件相同时，盐浸
，浸出温度对锶浸出率的影响如图1 所示。随温度升高锶浸出率增大的
原因是 。
（5）“浸出渣2”中主要含有
、 (填化学式)。
（6）将窝穴体a(结构如图2 所示)与
形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的
，原因是
。
（7）由
制备无水
的最优方法是 (填标号)。
a．加热脱水 b．在
气流中加热 c．常温加压 d．加热加压
【答案】（1）
（2）
、
（3）
（4）升高温度，
与
有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；
（5）
、
（6）窝穴体a 的空腔与
更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且
具有更多的空轨道，
能够与更多的N、O 形成配位键，形成超分子后，结构更稳定
（7）a
【分析】含锶(
)废渣主要含有
和
等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐
溶解进入滤液，浸出渣1 中含有
，加入
溶液，发生沉淀转化，
，得到
溶液，经过系列操作得到
晶体；
【解析】（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA 族，基态原子价电子排布式为
；
（2）由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有
、
、
；
（3）由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：
；该反应的平衡常数
，平衡常数很大，近似认为
完全转
化，溶液中剩余
，则
，列三段式：
，理论上溶液中
；
（4）随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，
与
有效碰撞次数增加，反应速率加快，
所以锶浸出率增大；
（5）“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了
，
不参与反应，故浸出渣2”中主要含有
、
、
；
（6）窝穴体a 与
形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的
，原因是窝穴体a 的空腔与
更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且
具有更多的空轨道，能够与更多的N、O 形成
配位键，形成超分子后，结构更稳定；
（7）
为强碱，则
也是强碱，
不水解，排除b，由平衡移动原理可知
制备无水
的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。
2．（2025·北京卷）铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。
（1）十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。
铅酸电池工作原理：
①充电时，阴极发生的电极反应为 。
②放电时，产生a 库仑电量，消耗
的物质的量为
。已知：转移
电子所产生的电
量为96500 库仑。
③
作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，
参与电极反应并有利于保持
电压稳定。该体系中
不氧化
，
氧化性弱与其结构有关，
的空间结构是 。
④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：
电极在
作用下产生的
可将
电极氧
化。
氧化
发生反应的化学方程式为 。
（2）随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转
化关系示意图如下。
①将
等物质转化为
的过程中，步骤I 加入
溶液的目的是 。
②步骤Ⅱ、Ⅲ中
和
作用分别是 。
（3）铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒
，导致电极逐渐失活。通过向负极添
加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有 (填序号)。
a．增强负极导电性
b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒
c．碳材料作还原剂，使
被还原
【答案】（1）
正四面体形
（2）使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解 H2O2的作用为还原剂，K2S2O8的作用为氧化剂
（3）ab
【解析】（1）①充电时，阴极发生还原反应，PbSO4得到电子变成Pb，其发生的电极反应为：
；
②根据放电时的反应，每消耗1molH2SO4，转移1mol 电子；产生a 库伦电量，转移的电子为
，故消耗H2SO4的物质的量为
；
③
的中心原子S 原子的价层电子对数为
，故其空间结构为正四面体
形；
Pb
④
在H2SO4作用下与氧气反应，会生成PbSO4和水，反应的化学方程式为：
。
（2）废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤
得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，电解后生成Pb；若加入
K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2。
①由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是
为了使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解
；
②由以上分析可知，加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，说明PbO2被H2O2还原，故H2O2的作
用为还原剂；加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2，说明Pb(OH)2、PbO 被K2S2O8氧化，故K2S2O8
的作用为氧化剂。
（3）由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO4，石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面
积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO4，故a、b 正确；
负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被还原，c 错
误；
故选ab。
3．（2025·甘肃卷）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、
及Cu、Zn、Pb 的硫酸盐)中高效
回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下：
已知：
熔点314℃，沸点460℃
分解温度：
，
，
，
高于
（1）设计焙烧温度为600℃，理由为 。
（2）将
通入
和
的混合溶液可制得
，该反应的化学方程式为 。
（3）酸浸的目的为 。
（4）从浸出液得到Cu 的方法为 (任写一种)。
（5）某含Pb 化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所
示，晶胞参数
，
。
与Pb 之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表
示)；该化合物的化学式为 ，晶体密度计算式为
(用带有阿伏加德罗常数
的代数
式表示
和
分别表示Cs、Pb 和Br 的摩尔质量)。
【答案】（1）使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集
（2）4
+
+2
=3
+CO2
（3）分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液
（4）电解法或置换法
（5）
CsPbBr3
【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、
及Cu、Zn、Pb 的硫酸盐)焙烧将S 转化为二氧化硫，
因沸
点低被蒸出，设计温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分
解，加水浸取后，硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，加硫酸溶解，硫酸铅不
溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，硫
酸铜经过电解或置换法转化为铜，据此解答。
【解析】（1）设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收
集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集；
（2）将
通入
和
的混合溶液可制得
，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，
该反应的化学方程式为4
+
+2
=3
+CO2，故答案为：4
+
+2
=3
+CO2；
（3）酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸
出液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液；
（4）浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu 的方法有：电解法或置
换法；
（5）某含Pb 化合物室温下晶胞如图所示，Cs 位于体心，个数为1，Pb 位于顶点，个数为
=1，Br
位于棱心，个数为
=3，该化合物的化学式为CsPbBr3，Cs 位于体心，Pb 位于顶点，
与Pb 之间
的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数
，
℃，
与Pb 之间的距离为
pm，该晶体密度计算式为
，故答案为：
；CsPbBr3；
。
4．（2025·河南卷）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为
、
(铑)、
，含有少量
]中尽
可能回收铑的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸溶1”的目的是 。
（2）已知“酸溶2”中
转化为
，则生成该物质的化学方程式为 ；“滤渣”的主要
成分是 (填化学式)。
（3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量
和
，则“高温还
原”中发生反应的化学方程式为 。
（4）若“活化还原”在室温下进行，
初始浓度为
，为避免生成
沉淀，溶
液适宜的
为 (填标号)[已知
的
]。
A．2．0 B．4.0 C．6.0
（5）“活化还原”中，
必须过量，其与
(III)反应可生成
，提升了
的还原速
率，该配离子中
的化合价为 ；反应中同时生成
，
(III)以
计，则理论上
和
(III)反应的物质的量之比为 。
（6）“酸溶3”的目的是 。
【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离
（2）
SiO2
（3）
、
（4）A
（5）+1 6：1
（6）除去滤渣中未反应的Zn 及生成的Sn
【分析】贵金属合金粉[主要成分为
、
(铑)、
，含有少量
]中尽可能回收铑的工艺流程中，
加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解
Rh，
转化为
，Pt 转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、
硝酸，再加入浓盐酸、DETA 将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、
和
，
再用H2进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl 将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入
SnCl2将
(III)转化为
，再加入Zn 进行还原，生成Rh，由于Zn 过量有剩余，加入浓盐
酸溶解过量的Zn，实现Zn 与Rh 分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。
【解析】（1）原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt 和少量SiO2，Fe 易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh 和
Pt 在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe 生成可溶性
盐，过滤后Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt 和SiO2，实现初步分离，故答案为：溶解Fe，使
其进入溶液，从而通过过滤实现分离。
（2）“酸溶2”中
转化为
，Rh 元素化合价由0 升高至+3，HNO3中N 元素化合价由+5 降
低至+3，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为
；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。
（3）“高温还原”过程中，
和
均被H2还原为Rh，Rh 元素化合价均由+3 降低至0，根据
化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为
、
。
（4）
初始浓度为
，则溶液中
，当恰好生成
沉淀
时，
，
，
，因此为避免生
成
沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。
（5）配离子
中，配体
带1 个负电荷，设Rh 的化合价为x，则
，
则x=+1；
(III)以
计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh 得到2 个电子，SnCl2为还原剂，
部分被氧化为
，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn 失去2 个电子，同时反应过程中，部分SnCl2
结合一个Cl-形成
，作为新的配体，每生成1 个
，需要5 个SnCl2，因此理论上
和
(III)反应的物质的量之比为
。
（6）由于“二次还原”过程中，为确保
完全反应，加入的Zn 需过量，过滤后剩余Zn
和生成物Rh、Sn 存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn 及生
成的Sn。
5．（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、
、FeS 和CuCl)中的Zn、Pb 元
素。
已知：①“氧化浸出”时，
不发生变化，ZnS 转变为
；
②
；
③酒石酸(记作
)结构简式为
。
回答下列问题：
（1）
分子中手性碳原子数目为 。
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根
转变为 (填离子符号)。
（3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。
（4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。
（5）滤渣2 中的金属元素为 (填元素符号)。
（6）“浸铅”步骤，
和
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）290℃“真空热解”生成2 种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。
【答案】（1）2
（2）
（3）温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O 分解生成NH3逸出，且温度高时
过二硫酸铵分解，造成浸出率减小
（4）Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu
（5）Fe
（6）pH 值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2O
HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)
+A2-
PbA+
正向移动，PbA 产率增大 Pb(OH)2
（7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)
Pb+4CO↑+2H2O↑
【分析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O 氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1 有
PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn 置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S 沉锌，得到ZnS，滤渣1 用H2A 和
Na2A 浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。
【解析】（1）
碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A 分子中手性碳原子有2 个，
；
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为
；
（3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O 分解生成NH3
逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小；
（4）加入Zn 发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu 单质，离子方程式为：Zn+
[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu；
（5）根据分析，滤渣1 有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A 和Na2A 浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素的沉淀；
（6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-
PbA+
，Na2A 溶液中存在A2-+H2O
HA-+OH-，pH 值升
高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2O
HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-
PbA+
正向移动，PbA 产率增大；pH 过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA 产率降
低；
（7）290℃“真空热解”PbA 即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb 单质和2 种气态氧化物为CO 和
H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)
Pb+4CO↑+2H2O↑。
6．（2025·湖北卷）氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备：
Ⅰ
Ⅱ
已知：室温下，
是难溶酸性氧化物，
的溶解度极低。
时，
的溶解度为
水，温度对其溶解度影响不大。
回答下列问题：
（1）基态氟离子的电子排布式为 。
（2）
时，
饱和溶液的浓度为
，用c 表示
的溶度积
。
（3）工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为
。分析沉淀的成分，测得反应的
转化率为78%。水浸分离，
的产率仅为8%。
①工艺Ⅰ的固相反应 (填“正向”或“逆向”)进行程度大。
②分析以上产率变化，推测溶解度
(填“>”或“<”)
（4）工艺Ⅱ水浸后
的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式 。
（5）从滤液Ⅱ获取
晶体的操作为 (填标号)。
a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤
（6）研磨能够促进固相反应的原因可能有 (填标号)。
a．增大反应物间的接触面积 b．破坏反应物的化学键
c．降低反应的活化能 d．研钵表面跟反应物更好接触
【答案】（1）
（2）
（3）正向 ＜
（4）
（5）a
（6）ab
【分析】工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为
，水浸后得到滤液Ⅰ主要是
NaF、Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF 固体；
对比两种工艺流程，流程Ⅱ添加
粉末，由题目可知，生成的
的溶解度极低，使得
不转
化为Ca(OH)2，提高了
的产率，据此解答。
【解析】（1）氟的原子序数为9，基态氟离子电子排布为
；
（2）
饱和溶液的浓度为
，则
、
，
；
（3）①转化率为78%，说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF 的方向进行，即正向进行程度大；
NaF
②
产率仅为8%，说明大部分NaF 未进入溶液，则溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，根据沉
淀转化的规律可推测：
；
（4）根据工艺Ⅱ的流程，CaF2、TiO2与NaOH 反应生成难溶的CaTiO3、NaF 和H2O，化学方程式为：
；
（5）由上一问可知，滤液Ⅱ主要是NaF 溶液，因NaF 溶解度受温度影响小(题干说明)，故蒸发至大量
晶体析出，趁热过滤即可得到NaF 晶体，故选a；其溶解度随温度变化不明显，冷却结晶无法析出更多
晶体，故不选b；
（6）a．研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，使反应更易发生，a
选；
b．研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，
b 选；
c．活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接
降低活化能，c 不选；
d．研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物接触更好并非促进反应的原因，d 不选；
故选ab。
7．（2025·山东卷）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含
及
等元素的
氧化物)分离提取
等元素，工艺流程如下：
已知：该工艺条件下，
低温分解生成
，高温则完全分解为气体；
在
完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于
。
回答下列问题：
（1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。
与
反应转化为
时有
生
成，该反应的化学方程式为 。“高温焙烧”温度为
，“水浸”所得滤渣主要成分除
外还含有 (填化学式)。
（2）在
投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元
素的浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）
萃取
反应为：
(有机相)
(水相)
(有机相)
(水相)。“反萃取”时加
入的试剂为 (填化学式)。
（4）“沉钴”中，
时
恰好沉淀完全
，则此时溶液中
。已知：
。
“溶解”时发生反
应的离子方程式为 。
（5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)循环利
用。
【答案】（1）
Fe2O3、CaSO4
（2）减小
（3）H2SO4
（4）4×10-4
（5）低温焙烧
【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取
等元素，加入硫酸铵低温焙
烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气
等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经
高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，
产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，
后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加
入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰
沉淀，据此解答。
【解析】（1）低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮
气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：
；根据已知条件，高温焙烧的温度为
650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解
度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4；故答案为：
；Fe2O3、CaSO4；
（2）根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫
酸铵会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小；
（3）根据萃取的化学方程式：
(有机相)
(水相)
(有机相)
(水相)，加入有机相将
铜离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应
加入的试剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4；
（4）沉钴时，pH=4 时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时c(H+)=1×10-4mol/L，根
据Ksp((CoS)= 4×10-21，推出
，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，
Ka2(H2S)= 1×10-13，
，则c(H2S)=
=
=4×10-4 mol/L；由流程图可知，CoS 溶解时加入了过氧化氢，稀硫
酸，生成了CoSO4和S，化学方程式为：
，改写成离子方程式为：
。故答案为：4×10-4；
；
（5）由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的
硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。
8．（2025·陕晋青宁卷）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为
的硫酸盐)的工艺流
程如下。
已知：①常温下
，
，
；
②
结构式为
。
回答下列问题：
（1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有 、 。(写出两种)
（2）“沉锰I”中，写出形成的
被氧化成
的化学方程式 。当
将要开始沉淀时，溶液中剩余
浓度为
。
（3）“沉锰Ⅱ”中，过量的
经加热水解去除，最终产物是
和 (填化学
式)。
（4）“沉镁I”中，当
为8.0~10.2 时，生成碱式碳酸镁
，煅烧得到疏松
的轻质
。
过大时，不能得到轻质
的原因是 。
（5）“沉镁Ⅱ”中，加
至
时，
沉淀完全；若加至
时沉淀完全溶解，据图分
析，写出沉淀溶解的离子方程式 。
（6）“结晶”中，产物X 的化学式为 。
（7）“焙烧”中，
元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。
【答案】（1）搅拌 适当升温等
（2）6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O 10-2.15
（3）O2
（4）pH 过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质
（5）
（6）(NH4)2SO4
（7）还原
【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I 得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到
MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O 调节pH 沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到
MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O 沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0 结晶得到X
硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O。
【解析】（1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等；
（2）Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化学方程式为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O；
根据
=
，
=10-2.15mol/L；
（3）“沉锰Ⅱ”中，过量的
经加热水解去除，
中存在过氧键，在加热和水存在
下发生水解，生成
和
：
，
分解
，总反应为
，最终产物是
和
O2；
（4）
煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH 过大，沉淀为
Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质
；
（5）由题中信息可知，pH=8 时，产生的沉淀为
，调节到pH=4，磷元素存在形式为
，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：
；
（6）溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X 为(NH4)2SO4；
（7）“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4·H2O，
元素化合价降低，发生了还原反应。
9．（2025·云南卷）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、
、
、CuO、
等)中提取Au、Ag，并回
收其它有价金属的一种工艺如下：
已知：①金-银矿中Cu、Mn 元素的含量分别为0.19%、2.35%。
25℃
②
时，
的
为
。
回答下列问题：
（1）基态Cu 原子的价层电子排布式为 。
（2）“还原酸浸”时，
反应的离子方程式为 。
（3）“浸金银”时，Au 溶解涉及的主要反应如下：
①
②
上述过程中的催化剂为 。
（4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 。
（5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断
的氧化性由强到弱的顺序为 。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH 至8.0，无
析出，则
。
（7）一种锑锰
合金的立方晶胞结构如图。
①该晶胞中，每个Sb 周围与它最近且相等距离的Mn 有 个。
②
为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为
(列出计算式即可)。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质
提高金银的富含度
（5）
（6）0.19
（7）12
【分析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”，
、
被还原为
和
，CuO 被溶解为
，Au、Ag、
不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，
被铁粉还原为Cu；“氧化时”
被氧
化为
；“沉铁”时，
转化为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，
沉淀为碳酸锰。
“浸金银”时，Au、Ag 被混合液浸出，后续提炼出Au、Ag。
【解析】（1）Cu 为29 号元素，基态Cu 原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价电子数为
11，其价层电子排布式为
。
（2）“还原酸浸”时，
被亚硫酸钠还原为
，该反应的离子方程式为
。
（3）“浸金银”时，Au 溶解涉及的主要反应如下：
①
②
分析以上两反应可知，
参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前
后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为
。
（4）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”
对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成
本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后
续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有
价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠
的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。
（5）“还原酸浸”时，
和CuO 可以被硫酸溶解转化为
和
，亚硫酸钠将
还原为
，而
并未被还原，因此，
的氧化性强于
；“氧化”时，
被
氧化为
，因
此，
的氧化性强于
。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断
的氧
化性由强到弱的顺序为
。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH 至8.0，此时
，无
析出，根
据
的
为
，则
。
（7）由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方， Sb 位于晶胞的顶点，其与邻近的3 个面的面心上的Mn
距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8 个晶胞，而每个面心参与形成2 个晶胞，因此，该晶胞中，
每个Sb 周围与它最近且相等距离的Mn 有
个。
②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1 个Sb 和3 个Mn，因此，该晶胞的质量为
，该晶胞的体积为
，晶体的密度为
。
10．（2024·全国甲卷）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
价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于
，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①
。
②以氢氧化物形式沉淀时，
和溶液
的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 。
（2）“酸浸”步骤中，
发生反应的化学方程式是 。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中
和
均为
，向其中加入
至
沉
淀完全，此时溶液中
，据此判断能否实现
和
的完全分离 (填
“能”或“不能”)。
（4）“沉锰”步骤中，生成
，产生
的物质的量为 。
（5）“沉淀”步骤中，用
调
，分离出的滤渣是 。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液
，加入适量的
氧化
，其反应的离子方程式为
。
（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。
【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
（2）
（3）
不能
（4）
（5）
（6）
（7）向滤液中滴加
溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH 接近12 但不大于12，静置后过滤、洗
涤、干燥
【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的
价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜
不溶解，Zn 及其他
价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2 价阳离子进入
溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS 沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除
去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧
化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。（1）“酸浸”前，需将废
渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。（2）“酸浸”步骤中，
Cu 不溶解，Zn 单质及其他
价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2 价阳离
子进入溶液，即
为转化为CoSO4，反应的化学方程式为
。（3）假设
“沉铜”后得到的滤液中
和
均为
，向其中加入
至
沉淀完全，此
时溶液中
，则
，
小于
，说明大部分
也转化为
硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化
为二氧化锰除去，发生的反应为
，因此，生成
，产生
的物质的量为
。（5）“沉锰”步骤中，
同时将
氧化为
，“沉
淀”步骤中用
调pH=4，
可以完全沉淀为
，因此，分离出的滤渣是
。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO 氧化
，为了保证
被完全氧
化，NaClO 要适当过量，其反应的离子方程式为
。
（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有
元素以
形式存在，当
pH＞12 后氢氧化锌会溶解转化为
，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法
是：向滤液中滴加
溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH 接近12 但不大于12，静置后过滤、洗
涤、干燥。
11．（2024·新课标卷）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种
从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工
艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(
)时的pH：
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2
回答下列问题：
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。
（2）“过滤1”后的溶液中加入
的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂
检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加
。
（3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。
（4）“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的
浓度为
。
【答案】（1）增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb
（2）将溶液中的
氧化为
，以便在后续调pH 时除去Fe 元素
溶液
（3）
（4）
、
【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物的废渣，得到含有
、
、
、
、
等离子的溶液，Pb 的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的
，则
“滤渣1”为“酸浸”时生成的
；向滤液中加入
将
氧化为
，然后加入ZnO 调节
pH=4 使
完全转化为
，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为
，滤液中的金属离子主要是
、
和
；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂
，将溶液中
氧化为
，在
时
形成
沉淀，而
则被还原为
，
还会与溶液中的
发生
归中反应生成
，得到
和
的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解
答。
【解析】（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的
反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要
为Pb；
（2）酸浸液中含有
、
、
、
、
等离子。由题表中数据可知，当
完全沉淀
时，
未开始沉淀，而当
完全沉淀时，
已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe 元素
且
不沉淀，应先将
氧化为
，然后调节溶液的pH 使
完全水解转化为
沉淀，
因此，
的作用是将
氧化为
，以便在后续调pH 时除去Fe 元素。常用
溶液
检验
，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在
，需补加
；
（3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(
)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：
、
；
（4）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO 调pH 时引入的
、加入
“氧化沉钴”时引入的
，而阴离子是在酸浸时引入的
，因此其中主要的盐
有
和
。当溶液
时
，
恰好完全沉淀，此时溶液中
，则
，则
。“除钴液”的
，即
，则
，此时溶液中
。
12．（2024·安徽卷）精炼铜产生的铜阳极泥富含
等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极
泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
（1）
位于元素周期表第 周期第 族。
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是 。
（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为
的化学方程式为 。
（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为
。
（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环
利用的物质为 (填化学式)。
（6）“还原”步骤中，被氧化的
与产物
的物质的量之比为 。
（7）
可被
氧化为
。从物质结构的角度分析
的结构为(a)而不是(b)的原因：
。
【答案】（1）四 ⅠB
（2）Cu2+
（3）
（4）AgCl
（5）
（6）3：4
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不
稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu 被转
化为Cu2+进入浸取液1 中，Ag、Au 不反应，浸渣1 中含有Ag 和Au；浸渣1 中加入盐酸、H2O2浸
取，Au 转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag 转化为AgCl，浸渣2 中含有AgCl；浸取液2 中加入N2H4将
HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2 中加入
，将AgCl 转化为
，得
到浸出液3，利用电沉积法将
还原为Ag。
【解析】（1）Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族；
（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu 被转化为Cu2+进入浸取液1 中，故浸取液1 中
含有的金属离子主要是Cu2+；
（3）浸取2 步骤中，Au 与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及
质量守恒，可得反应得化学方程式为：
；
（4）根据分析可知，浸渣2 中含有AgCl，与
反应转化为
；
（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，
得电子被还原为Ag，电极反应式为：
；阴极反应生成
，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成
后，阴极区溶液中可循环利用得物质为
；
（6）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au 化合价由+3 价变为0 价，一个HAuCl4转移3 个电子，
N2H4被氧化为N2，N 的化合价由-2 价变为0 价，一个N2H4转移4 个电子，根据得失电子守恒，被氧
化的N2H4与产物Au 的物质的量之比为3：4；
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不
稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
13．（2024·甘肃卷）我国科研人员以高炉渣(主要成分为
，
，
和
等)为原料，对炼钢
烟气(
和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
（1）高炉渣与
经焙烧产生的“气体”是 。
（2）“滤渣”的主要成分是
和 。
（3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。
（4）铝产品
可用于 。
（5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x 轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞
参数
。图丙中
与N 的距离为
；化合物的化学式是 ，其摩尔质量
为
，阿伏加德罗常数的值是
，则晶体的密度为
(列出计算表达式)。
【答案】（1）NH3
（2）SiO2
（3）
，微溶的硫酸钙转化为
更难溶的碳酸钙
（4）净水
（5）
Ca3N3B
【分析】高炉渣(主要成分为
，
，
和
等)加入
在400℃下焙烧，生成硫
酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(
和水蒸气)反应，生成
，所以
该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为
以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为
硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出
，剩余富镁溶液；滤渣加入
溶液，滤渣中的
会转化为更难溶的碳酸钙。
【解析】（1）由分析可知，高炉渣与
经焙烧产生的“气体”是NH3；
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是
和未反应的SiO2；
（3）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为
，该反应之所以能发生，是由于
，
，
，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；
（4）铝产品
溶于水后，会产生
，
水解生成
胶体，可用于净水；
（5）图丙中，Ca 位于正方形顶点，N 位于正方形中心，故
与N 的距离为
pm；由均摊法可
知，晶胞中Ca 的个数为
，N 的个数为
，B 的个数为
，则化合物的
化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为
，阿伏加德罗常数的值是
，晶胞体积为
则
晶体的密度为
。
14．（2024·河北卷）
是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂
从石煤中提取
的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如
下。
已知：i 石煤是一种含
的矿物，杂质为大量
和少量
等；苛化泥的主要成分为
等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与
反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙
和偏铝酸
钙均难溶于水。回答下列问题：
（1）钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气
体①为 (填化学式)。
（2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为
(填化学式)。
（3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ；
加压导入
盐浸工序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现
钒元素的充分利用。
（4）洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
（5）下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低
溶液的浓度
【答案】（1）
（2）
（3）
提高溶液中
浓度，促使偏钒酸钙
转化为碳酸钙，释放
离子交换
（4）
（5）bd
【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成
、
、
、
、
和
等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如
)和不溶性物质[
、
等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯
，加入氯化铵溶液沉钒，生成
，
经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在
，
的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤
渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工
序，进行
的富集。
【解析】（1）钒是23 号元素，其价层电子排布式为
；焙烧过程中，氧气被还原，
被氧化
生成
，偏钒酸盐中钒的化合价为
价；
在
以上开始分解，生成的气体①为
。
（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与
反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠
溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是
。
（3）在弱碱性环境下，
与
和
反应生成
、
和
，离子方程式为：
； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C
可提高溶液中
浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放
；滤液①中含有
、
等，且
浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工
序。
（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有
，考虑到水浸所得溶液中含有
，为
避免引人其他杂质离子，且
廉价易得，故洗脱液的主要成分应为
。
（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a 不符合题意；
b．
呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，
与
反应，不利于生成
，b 符合题意；
c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c 不符合题意；
d．降低
溶液的浓度，不利于生成
，d 符合题意；
故选bd。
15．（2024·湖南卷）铜阳极泥(含有Au、
、
、
等)是一种含贵金属的可再生资源，回收
贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于
时，可忽略该离子的存在；
②
；
③
易从溶液中结晶析出；
④不同温度下
的溶解度如下：
温度℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
回答下列问题：
（1）Cu 属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
（2）“滤液1”中含有
和
，“氧化酸浸”时
反应的离子方程式为 ；
（3）“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的
：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，
浓度不能超过
。
（4）在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，两种离子分布分
数
随
浓度的变化关系如图所示，若
浓度为
，则
的浓度为
。
（5）滤液4 中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”
工序需在
℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
【答案】（1）ds 3d104s1
（2）
（3）使银元素转化为AgCl 沉淀 0.5
（4）0.05
（5）
高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以
实现连续生产
【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl 氧化酸浸，由题中
信息可知，滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1 中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1 中加入NaClO、
H2SO4、NaCl，将Au 转化为Na[AuCl4]除去，滤液2 中含有Na[AuCl4]，滤渣2 中含有AgCl、PbSO4；
在滤渣2 中加入Na2SO3，将AgCl 转化为Ag2SO3，过滤除去PbSO4，滤液3 含有Ag2SO3；滤液2 中加
入Na2S2O4，将Ag 元素还原为Ag 单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4 中溶质主要为Na2SO3，可继
续进行银转化过程。
【解析】（1）Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族，位于ds 区，其基态原子的价电子排布
式为3d104s1；
（2）滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se 与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成
、
和
，反应的离子方程式为：
；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是使银元素转化为AgCl 沉淀；
②由题目可知
，在“除金”工序溶液中，若
加入过多，AgCl 则
会转化为
，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol L
⋅
−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl
发生转化，则另
，由
，可得
，
即
浓度不能超过
；
（4）在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，溶液中存在平衡
关系：
，当
时，此时
，则该平衡关系的平衡常数
，当
时，
，解得此时
；
（5）由分析可知滤液4 中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下
的溶解度可知，高于40℃
后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。
16．（2023·新课标卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为
铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O
存在，在碱性介质中以CrO
存在。
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为___________(填化
学式)。
（2）水浸渣中主要有SiO2和___________。
（3）“沉淀”步骤调pH 到弱碱性，主要除去的杂质是___________。
（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的
pH≈9 以达到最好的除杂效果，若pH<9 时，会导致___________；pH>9 时，会导致___________。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH 调到1.8 左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1 时，溶解为VO 或
VO3+在碱性条件下，溶解为VO 或VO
，上述性质说明V2O5具有___________(填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为___________。
【答案】（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3
（3）Al(OH)3
（4） 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不
宜处理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液
中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀
（5）C
（6）2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相
应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中
加入稀硫酸调节溶液pH 将Al 元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加
入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有
MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH 将钒元素转化为五氧化二钒，
过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH 将
铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
【解析】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH 到弱碱性的目的是将Al 元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：
Al(OH)3；
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和
MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9 时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，
同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9 时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成
MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故
答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会
导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓
度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的
两性氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方
程式为2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O，故答案为：2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O。
17．（2023·湖北卷）
是生产多晶硅的副产物。利用
对废弃的锂电池正极材料
进行氯化
处理以回收Li、Co 等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）Co 位于元素周期表第_______周期，第_______族。
（2）烧渣是LiCl、
和
的混合物，“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会
产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
（3）鉴别洗净的“滤饼3”和固体
常用方法的名称是_______。
（4）已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
浓度为
_______
。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
（5）导致
比
易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl 键极性更大 b．Si 的原子半径更大
c．Si-Cl 键键能更大 d．Si 有更多的价层轨道
【答案】（1） 4 Ⅷ
（2）
（3）焰色反应
（4）
（5）abd
【分析】由流程和题中信息可知，
粗品与
在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是
LiCl、
和
的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1 和滤饼1，滤饼1 的主要成分是
和
；滤液1 用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为
）和滤液2（主要溶质
为LiCl）；滤饼2 置于空气中在850℃煅烧得到
；滤液2 经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3 和滤饼
3，滤饼3 为
。
【解析】（1）Co 是27 号元素，其原子有4 个电子层，其价电子排布为
，元素周期表第8、
9、10 三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4 周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与
可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：
遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的
化学方程式为
。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为
，常用焰色反应鉴别
和
，
的焰色反
应为紫红色，而
的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体
常用方法的名称是焰色反
应。
（4）已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
，
浓度为
。“850℃煅烧”时，
与
反应生成
和
，该反应的化学方程式为
。
（5）a．Si-Cl 键极性更大，则 Si-Cl 键更易断裂，因此，
比
易水解，a 有关；
b．Si 的原子半径更大，因此，
中的共用电子对更加偏向于
，从而导致Si-Cl 键极性更大，且
Si 原子更易受到水电离的
的进攻，因此，
比
易水解，b 有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl 键键能更大不能说明Si-Cl 更易断裂，故不能
说明
比
易水解，c 无关；
d．Si 有更多的价层轨道，因此更易与水电离的
形成化学键，从而导致
比
易水解，d 有
关；
综上所述，导致
比
易水解的因素有abd。
18．（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（
和
)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，
中过氧键的数目为_______。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为
_______(
的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为
、_______(填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，
(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。
体积分数为_______
时，
(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大
体积分数时，
(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
（5）“沉钴镍”中得到的
(Ⅱ)在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为_______。
（6）“沉镁”中为使
沉淀完全
，需控制
不低于_______(精确至0.1)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）
Fe(OH)3
（4） 9.0% SO2有还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(Ⅱ)氧化速率
（5）
（6）11.1
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，用
石灰乳调节
，
被
氧化为
，发生反应
，
Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成
。
【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉
碎增大接触面积
（2）
的结构简式为
，所以
中过氧键的数目为NA
（3）用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为：
；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中
c(Fe3+)=10-5mol/L，
，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，
pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知
体积分数为0.9%时，
(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大
体积分数时，由于
SO2有还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(Ⅱ)氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为：
；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp 可计算c(OH-)=10-
2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；
19．（2023·福建卷）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含
及少量
)中分离回收金属的流程如下：
（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CoO 发生反应的
离子方程式 。
（2）“焙烧1”中，晶体[
和
]总质量随温度升高的变化情况如下：
温度区间/℃
晶体总质量
变小
不变
变小
不变
①升温至
过程中，晶体总质量变小的原因是 ；
发生分解的物质是 (填
化学式)。
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。
（3）
时，
的
。反应
的平衡常数
(列出计算式即可)。经计算可判断
难
溶于稀硫酸。
II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。
（4）基态
的价电子排布式为 。
（5）晶胞中含有 个
。晶体中微粒间作用力有 (填标
号)。
a．氢键 b．离子键 c．共价键 d．金属键
（6）“焙烧2”中
发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 (填化学式)。
【答案】（1）粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀
浓度等
（2）失去结晶水
（3）
或
或
之间任一数字
（4）
（5）2 2:1 bc
（6）
【分析】白合金经过稀硫酸酸浸1 后得到滤液1（其中含有Co2+、Fe2+、
、Fe3+）以及滤渣1
（SiO2、Cu2S、CuS），滤液1 经结晶后得到硫酸铁以及硫酸钴的晶体，焙烧1 和水浸后得到硫酸钴溶
液以及三氧化二铁；滤渣1 经空气焙烧2 后得到氧化铜，加入稀硫酸后得到CuSO4溶液以及滤渣2
SiO2。
【解析】（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当
增大稀
浓度等（任写一条即可），CoO 发生反应的离子方程式为：
；
（2）①由图可知，升温至
过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量
不变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解；
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解；
（3）
的平衡常数
=
；
（4）基态
的价电子排布式为3d9；
（5）由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S 可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S
处于棱上，且该S 实际存在形式为
，个数为
；俯视图处于面点位置的S 可能处于晶胞体
内或者面心上，结合晶胞图形可知该S 处于体内，且该S 实际存在形式为
，个数为2 个，因此晶胞
中S 的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu 位于晶胞内部，则晶胞中Cu 的总个数为6 个，设
Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=4，y=2，故
2:1；晶体中微粒间作用力有离子键及共价键；
（6）“焙烧2”中
发生反应的化学方程式为：
，由分析可知，滤渣2 为
SiO2。
20．（2023·广东卷）
均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含
)中，利用氨浸工艺可提取
，并获得高附加值化工产品。工艺流程如
下：
已知：氨性溶液由
、
和
配制。常温下，
与
形成
可溶于水的配离子：
；
易被空气氧化为
；部分氢氧化物的
如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
（1）活性
可与水反应，化学方程式为 。
（2）常温下，
的氨性溶液中，
(填“>”“<”或“=”)。
（3）“氨浸”时，由
转化为
的离子方程式为 。
（4）
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X 射线衍射图谱
中，出现了
的明锐衍射峰。
①
属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
②
提高了
的浸取速率，其原因是 。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A 为 。
②由
可制备
晶体，其立方晶胞如图。
与O 最小间距大于
与O 最小间距，x、y 为
整数，则
在晶胞中的位置为 ；晶体中一个
周围与其最近的O 的个数为
。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A 含6 个结晶水，则所得
溶液中
与
的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取
工艺的意义，在于可重复利用
和 (填化学式)。
【答案】（1）
（2）＞
（3）
或
（4）晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5）
体心 12
（6）0.4 或
【分析】硝酸浸取液(含
)中加入活性氧化镁调节溶液pH 值，过滤，得到滤液
主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过
滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入
氯化氢气体得到氯化镍晶体。
【解析】（1）活性
可与水反应，化学方程式为
；故答案为：
。
（2）常温下，
的氨性溶液中，
，
，
，则
＞
；故答案为：＞。
（3）“氨浸”时，
与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成
，则由
转化为
的离子方程式为
或
；故答案为：
或
。
（4）
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X 射线衍射图谱
中，出现了
的明锐衍射峰。
X
①
射线衍射图谱中，出现了
的明锐衍射峰，则
属于晶体；故答案
为：晶体。
②根据题意
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则
能
提高了
的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液
的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
（5）①“析晶”过程中为了防止
水解，因此通入的酸性气体A 为
；故答案为：
。
②由
可制备
晶体，其立方晶胞如图。x、y 为整数，根据图中信息Co、Al 都只有一个
原子，而氧(白色)原子有3 个，
与O 最小间距大于
与O 最小间距，则Al 在顶点，因此
在晶
胞中的位置为体心；晶体中一个
周围与其最近的O 原子，以顶点Al 分析，面心的氧原子一个横截
面有4 个，三个横截面共12 个，因此晶体中一个
周围与其最近的O 的个数为12；故答案为：体
心；12。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A 含6 个结晶水，则晶体A 为
，根据
，
，还剩余5 个水分子，因此
所得
溶液中
与
的比值理论上最高为
；故答案为：0.4 或
。
②“热解”对于从矿石提取
工艺的意义，根据前面分析
，
，在于可重复利用
和
；
故答案为：
。
21．（2023·河北卷）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物
铜包钢的有效分离，同时得到的
可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
已知：室温下的
。
回答下列问题：
（1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为
(填化学式)。
（2）滤渣的主要成分为 (填化学式)。
（3）浸取工序的产物为
，该工序发生反应的化学方程式为 。浸取后滤液的一半
经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
（4）浸取工序宜在
之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸
取的原因是 。
（5）补全中和工序中主反应的离子方程式
+ 。
（6）真空干燥的目的为 。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）盐酸和液氨反应放热
（5）
（6）防止干燥过程中
被空气中的
氧化
【分析】由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深
蓝色溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将
滤液的一半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入加入硫
酸、盐酸中和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚
铜的滤液和氯化亚铜；氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置
换反应生成海绵铜。
【解析】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四
氨合铜，故答案为：
；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe；
（3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反
应的化学方程式为
；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应
为一氯化二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为
，故答案为：
；
；
（4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温
度保持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案
为：盐酸和液氨反应放热；
（5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根
离子，反应的离子方程式为
+
，故答案为：
；
；
（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥
的方法干燥，故答案为：防止干燥过程中
被空气中的
氧化。
22．（2022·湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为
2
TiO ，含少
量V、Si 和Al 的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗
4
TiCl 中含有的几种物质的沸点：
物质
4
TiCl
3
VOCl
4
SiCl
3
AlCl
沸点/℃
136
127
57
180
回答下列问题：
（1）已知ΔG=ΔH-TΔS，ΔG 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略ΔH 、ΔS 随温度的变化。若
ΔG<0 ，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。
A．
2
2
C(s)
O (g)
CO (g)
B．
2
2C(s)
O (g)
2CO(g)
C．
2
2
4
2
TiO (s)
2Cl (g)
TiCl (g)
O (g)
D．
2
2
4
2
TiO (s)
C(s)
2Cl (g)
TiCl (g)
CO (g)
（2）
2
TiO 与C、
2
Cl ，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质
4
TiCl
CO
2
CO
2
Cl
分压MPa
2
4.59 10
2
1.84 10
2
3.70 10
9
5.98 10
①该温度下，
2
TiO 与C、
2
Cl 反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是_______。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离
4
TiCl 中含Si 、Al 杂质的
方法是_______。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg 冶炼Ti 的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁
B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰D．氧化汞分解制汞
【答案】（1）C
（2） 5TiO2+6C+10Cl2
600℃
5TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C 发生反应
2
C+CO
2CO
高温
（3） 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
（4）不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al 杂质；
（5）AC
【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单
质Al 除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg 还原得到Ti。
（1）记①
2
2
C(s)+O (g)=CO (g) ，②
2
2C(s)+O (g)=2CO(g)，③
2
2
4
2
TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g) ，④
2
2
4
2
TiO (s)+C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+CO (g) ；
A．由图可知，600℃时
2
2
C(s)+O (g)=CO (g) 的G<0
，反应自发进行，故A 不符合题意；
B．由图可知，600℃时
2
2C(s)+O (g)=2CO(g)的G<0
，反应自发进行，故B 不符合题意；
C．由图可知，600℃时
2
2
4
2
TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g) 的G>0
，反应不能自发进行，故C 符合题
意；
D．根据盖斯定律，
2
2
4
2
TiO (s)+C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+CO (g) 可由①+③得到，则600℃时其G<0
，反
应自发进行，故D 不符合题意；
故选C；
（2）①根据表中数据可知，该温度下C 主要生成CO 和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质
的量之比可知TiCl4、CO 和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程
式为5TiO2+6C+10Cl2
600℃
5TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl2
600℃
5TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C 发生反应
2
C+CO
2CO
高温
，导致CO 含量升高，故答案为：随着温度升
高，CO2与C 发生反应
2
C+CO
2CO
高温
；
（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al 得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元
素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过
程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al 杂质，因此“除钒”和“除
硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入
Al，又引入Al 杂质；
（5）本工艺中加入Mg 冶炼Ti 的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A 符合题
意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B 不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al 作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C 符合题意；
D．Hg 为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D 不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
23．（2022·湖北卷）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水
进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和少量
2+
2+
Mg
Ca
、
)，并设计了以下流程通
过制备碳酸锂来提取锂。
25℃时相关物质的参数如下：
LiOH 的溶解度：
2
12.4g /100gH O
化合物
sp
K
2
Mg OH
12
5.6 10
2
Ca OH
6
5.5 10
3
CaCO
9
2.8 10
2
3
Li CO
2
2.5 10
回答下列问题：
（1）“沉淀1”为___________。
（2）向“滤液1”中加入适量固体
2
3
Li CO 的目的是___________。
（3）为提高
2
3
Li CO 的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备
2
3
Li CO 。查阅资料后，发现文献对常温下的
2
3
Li CO 有不
同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究
3
LiHCO 的性质，将饱和LiCl 溶液与饱
和
3
NaHCO 溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉
淀。上述现象说明，在该实验条件下
3
LiHCO ___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离
子方程式为___________。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入
2
3
Na CO 改为通入
2
CO 。这一改动能
否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】（1）Mg(OH)2
（2）将
2+
Ca
转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
（3）蒸发浓缩 趁热过滤
（4） 不稳定 Li+ + HCO 3
= LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
（5）能达到相同效果，因为改为通入过量的
2
CO ，则LiOH 转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，
LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
【解析】浓缩卤水(含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和少量
2+
2+
Mg
Ca
、
)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和
2+
Ca
的滤液1，沉淀1 为Mg(OH)2，向滤液1 中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的
离子为
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和OH-，沉淀2 为CaCO3，向滤液2 中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸
发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。
（1）浓缩卤水中含有
2+
Mg
，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1 为Mg(OH)2；
（2）滤液1 中含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和
2+
Ca
，结合已知条件：LiOH 的溶解度和化合物的溶度积常数，
可推测，加入Li2CO3的目的是将
2+
Ca
转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；
（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有
利于析出，所以为提高
2
3
Li CO 的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发
浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
（4）饱和LiCl 和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2
和Li2CO3。故答案为：不稳定，Li+ + HCO 3
= LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
（5）“滤液2”中含有LiOH，加入
2
3
Na CO ，目的是将LiOH 转化为Li2CO3。若改为通入过量的
2
CO
，则LiOH 转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动
能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的
2
CO ，则LiOH 转化为
LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效
果。
24．（2022·重庆卷）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理
的流程如图。
Sn 与Si 同族，25℃时相关的溶度积见表。
化学式
Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)
Fe(OH)3
Cu(OH)2
溶度积
1.0×10-56
4×10-38
2.5×10-20
（1）Na2SnO3的回收
①产品Na2SnO3中Sn 的化合价是______。
②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn 反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，废液中的
Sn2+易转化成SnO2·xH2O。
③沉淀1 的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH 反应的化学方程式为______。
（2）滤液1 的处理
①滤液1 中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH 溶液，先得到的沉淀是______。
25℃
②
时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______mol•L-1。
（3）产品中锡含量的测定
称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al 片将Sn4+还原为Sn2+，再用
0.1000mol•L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO 被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液
20.00mL。
①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。
②产品中Sn 的质量分数为_____%。
【答案】（1）+4 价 Sn(NO3)2、NH4NO3 SnO2+2NaOH
Na2SnO3+H2O
（2）Fe(OH)3 2×10-7
（3）滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 IO +5I-
+6H+=3I2+3H2O 47.6%
【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH 为1.5，将锡的化合物转化为
二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1 和沉淀1；向沉淀1 中加入氢氧化钠焙烧将二氧化
锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。
【解析】（1）①由化合价代数和为0 可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4 价，故答案为：+4 价；
②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝
酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3；
③由沉淀1 的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生
成锡酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOH
Na2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOH
Na2SnO3+H2O；
（2）①由溶度积可知，向滤液1 中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：
Fe(OH)3；
②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为
=5×10-
8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7；
（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反
应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸
钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO +3Sn2+
+6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO +5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色
变为蓝色，且半分钟内不褪色；IO +5I-+6H+=3I2+3 H2O；
②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g 产品中锡元素的
质量分数为
×100%=47.6%，故答案为：47.6%。
25．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有
、
、
、
、
以及
少量的
。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的
见下表
金属离子
开始沉淀的
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全
的
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中，
、
几乎不发生反应，
、
、
、
转化为相应的硫酸
盐，写出
转化为
的化学方程式_______。
（2）“水浸”后“滤液”的
约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节
至11.6，依次析出的金属离
子是_______。
（3）“母液①"中
浓度为_______
。
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，
水解析出
沉淀，该反应的离子方程式
是_______。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【答案】
硫酸
【分析】
由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、
氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化
硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化
钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH 约为2.0 的
滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的
母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反
应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；
将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O 沉淀和硫酸，过滤得到
含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
【解析】
（1）氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和
水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4
NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：
Al2O3+4(NH4)2SO4
NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；
（2）由题给开始沉淀和完全沉淀的pH 可知，将pH 约为2.0 的滤液加入氨水调节溶液pH 为11.6 时，
铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
（3）由镁离子完全沉淀时，溶液pH 为11.1 可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—
10.8，当溶液pH 为11.6 时，溶液中镁离子的浓度为
=1×10—6mol/L，故答案为：1×10—6；
（4）增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉
淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和
硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、
CaSO4；
（5）酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O 沉淀和
硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2O
TiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2O
TiO2·xH2O+2H+；
（6）由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨
气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。
26．（2021·全国甲卷）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问
题：
（1）
的一种制备方法如下图所示：
①加入
粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使
用。
②通入
的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比
时，氧化产物为_______；当
，单质碘的收率会降低，原
因是_______。
（2）以
为原料制备
的方法是：先向
溶液中加入计量的
，生成碘化物；再
向混合溶液中加入
溶液，反应得到
，上述制备
的总反应的离子方程式为_______。
（3）
溶液和
溶液混合可生成
沉淀和
，若生成
，消耗的
至少为_______
。
在
溶液中可发生反应
。实验室中使用过量的
与
溶液反应后，过
滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量
的原因是_______。
【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的
进
一步氧化
4 防止单质碘析出
【解析】
（1） ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI 可与Fe 反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方
程式中能拆，故加入
粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸
反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入
的过程中，因I-还原性强于Fe2+，
先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧
化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比
时即
过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当
即
过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反
应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的
进一步氧化；
（2）先向
溶液中加入计量的
，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）
加入
溶液，反应得到
，上述制备
的两个反应中I-为中间产物，总反应为
与
发生
氧化还原反应，生成
和
，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：
，故答案为：
；
（3）
溶液和
溶液混合可生成
沉淀和
，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI
+I2+2K2SO4，若生成
，则消耗的
至少为4mol；反应中加入过量
，I-浓度增大，可逆反应
平衡右移，增大
溶解度，防止
升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；
防止单质碘析出。
27．（2021·河北卷）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相
氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废
弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg 的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是_______(填元素符号)。
（2）工序①的名称为__。
（3）滤渣的主要成分是__(填化学式)。
（4）工序③中发生反应的离子方程式为_______。
（5）物质V 可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为__，可代替
NaOH 的化学试剂还有_______(填化学式)。
（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_______(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH 为__。(通常认为溶液中离子浓度小于10-
5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-⇌Al(OH) ：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
【答案】Fe、Cr 溶解浸出 MgO、Fe2O3 2Na++2
+2CO2+H2O=
+2NaHCO3↓
4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3
②
8.37
【分析】
由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用
下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧
化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1 和含有过量氢氧化
钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸
钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入
过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1 中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二
氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸
气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。
【解析】
（1）由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；
（3）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应
的离子方程式为2Na++2
+2CO2+H2O=
+2NaHCO3↓，故答案为：2Na++2
+2CO2+H2O=
+2NaHCO3↓；
（5）碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与氧气和
碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：
4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1 中可以将氧化镁转化为
碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为
，反
应的平衡常数为K1=
=
=
=1013.37，当
为10—5mol/L 时，溶液中氢离子浓度为
=
mol/L=10—
8.37mol/L，则溶液的pH 为8.37，故答案为：8.37。
28．（2021·湖南卷）
可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以
形式存在，还含有
、
、
、
等物质。以独居石为原料制备
的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）铈的某种核素含有58 个质子和80 个中子，该核素的符号为_______；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；
（3）滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；
（4）加入絮凝剂的目的是_______；
（5）“沉铈”过程中，生成
的离子方程式为_______，常温下加入的
溶
液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：
的
，
的
，
)；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为
，在高温条件下，
、葡萄糖(
)和
可制备电
极材料
，同时生成
和
，该反应的化学方程式为_______
【答案】
适当升高温度，将独居石粉碎等 Al(OH)3 促使铝离子沉淀
↑ 碱性 6
+
+12
=12
+6CO↑+6H2O+6CO2↑
【分析】
焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，
转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，
与硫酸不反应，
转化为Al2(SO4)3，
转化为Fe2(SO4)3，
转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过
滤，滤渣Ⅰ为
和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁
溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化
铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。
【解析】
（1）铈的某种核素含有58 个质子和80 个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为
；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
（3）结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
（4）加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
（5）用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成
的离子方程式为
↑；铵根离子的水解常数Kh(
)=
≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh(
)==
≈2.3×10-8，则Kh(
)<Kh(
)，因此常温下加入的
溶液呈碱性；
（6）由在高温条件下，
、葡萄糖(
)和
可制备电极材料
，同时生成
和
可知，该反应中Fe 价态降低，C 价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的
化学方程式为6
+
+12
=12
+6CO↑+6H2O+6CO2↑。
29．（2021·广东卷）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(
)、钼(
)、镍
(
)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，
的
，
；
；
；该工艺中，
时，溶液中
元素以
的形态存在。
（1）“焙烧”中，有
生成，其中
元素的化合价为_______。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀
为_______。
（3）“沉钼”中，
为7.0。
①生成
的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，
也会沉淀。为避免
中混入
沉淀，溶液中
_______(列出算式)时，应停止加入
溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有
和
，
为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量
固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量
，可析出
。
（5）高纯
(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护
膜为一种氧化物，可阻止
刻蚀液与下层
(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：
和
同族，
和
同族。在
与上层
的反应中，
元素的化合价变为+5
价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】+6
+
=
↓
【分析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸
钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I 中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化
铝沉淀，过滤得到的沉淀X 为氢氧化铝，滤液II 中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
【解析】
（1）“焙烧”中，有
生成，其中Na 和O 的化合价为+1 和-2，根据化合价的代数和为0 可
知，
元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀
为
。
（3）①滤液II 中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成
沉淀，该反应的离子方程式为
+
=
↓。
②若开始生成
沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：
，该反应的化学平衡常数为
。为避免
中
混入
沉淀，必须满足
，由于“沉钼”中
为7.0，
，所以溶液中
时，开始生成
沉淀， 因此，
时，应停止加入
溶液。
（4）①滤液I 中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到
的滤液II 中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II 中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液
Ⅲ中，主要存在的钠盐有
和
，故
为
。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量
固体后，通入足量
，再通入足量
，可析出
。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由
与
反应生成的，联想到金属
铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为
。
②由
和
同族、
和
同族可知，
中显+3 价（其最高价）、
显-3 价。在
与上
层
的反应中，
元素的化合价变为+5 价，其化合价升高了8，
元素被氧化，则该反应的氧
化剂为
，还原剂为
。
中的O 元素为-1 价，其作为氧化剂时，O 元素要被还原到-2
价，每个
参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合
价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为
。
