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专题09 化学工艺流程综合
2 大考点概览
题型01 分离提纯工艺流程
题型02 物质制备工艺流程
1. （2026·四川省广元市·二模）从工业废渣［含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等］
中回收砷和铜，能节约生产成本。工艺流程如下：
已知：①有机萃取剂的萃取反应为2RH+M2+⇌R2M+2H+；
②当溶液中离子浓度小于或等于10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全；
③Ksp(FeAsO4)=5×10-21、Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，取lg2=0.3。
（1）提高废渣氧化浸出率的方法有______(写出两条即可)，不能用盐酸代替硫酸，其原因为：______。
（2）“预中和”生成滤渣的主要成分是______(填化学式)。
（3）深度氧化过程将H3AsO3全部氧化成H3AsO4，反应的化学方程式为______。
（4）“中和除砷、铁”过程生成FeAsO4沉淀。常温下，欲使溶液中
完全沉淀，且不产生Fe(OH)3
沉淀，应控制pH 小于______。
（5）反萃取中，下列说法正确的是______(填字母)。
A．分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液
B．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层
C．反萃取后，Cu2+被转移至水相
（6）用惰性电极电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后c(H+)增大了0.04mol/L，则阴极沉积的铜的
质量为______g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。
【答案】（1）①. 粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等 ②. 后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为
Cl2(答案合理即可)
题型01
分离与提纯工艺流程
（2）CaSO4 （3）5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O
（4）6.3 （5）AC
（6）0.64
【解析】工业废渣[含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等]通入空气，用硫酸浸取，过滤
得滤渣S，滤液中的主要存在Cu2+、Fe3+、H3AsO3、H+、SO，滤液中加入Ca(OH)2，得到滤渣CaSO4，得滤
液中加入KMnO4 溶液深度氧化，H3AsO3 全部被氧化为H3AsO4，加入石灰中和除砷、铁（以FeAsO4 形
式），加入有机萃取剂，发生反应
，反萃取后得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶
液得到铜单质。
【小问1 详解】
粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等，能提高氧化浸出率；后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化
为Cl2，所以不能用盐酸代替硫酸；
【小问2 详解】
根据分析可知，滤渣的主要成分是CaSO4；
【小问3 详解】
深度氧化中H3AsO3全部被氧化为H3AsO3，KMnO4做氧化剂，Mn 化合价由+7 价降至+2 价，As 化合价由
+3 价升至+5 价，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为
；
【小问4 详解】
欲使
完全沉淀，其最大浓度为10-6mol/L，若
，此时
，
，
则pH=6.3，所以应控制pH<6.3；
【小问5 详解】
A．分液漏斗使用前，上口塞子和活塞处需检查是否漏液，A 正确；
B．经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在铁架台上静置分层，B 错误；
C．萃取是将Cu2+转移至有机相，反萃取后Cu2+被转移至水相，C 正确；
故答案选AC；
【小问6 详解】
若电解500mL “反萃取”后的溶液，一段时间后c(H+)增大了0.04mol/L，则
，根据阳极反应
可知转移电子的物质
的量为0.02mol，根据阴极反应Cu2++2e-=Cu，可知阴极沉积的铜的质量为
。
2. （2026·四川省成都市石室中学·二模）某含钒钢渣含FeO、
、
、CaO、MgO 和钒的相关化合
物，一种从该废渣中无焙烧酸浸提钒的新工艺流程如图所示。
已知：①该工艺中使用的
溶液
，故仅可选择性浸出一种元素，其他组分的浸出可忽略不
计。
②溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(
)时的pH 如下：
开始沉淀的pH
2.2
7.5
8.1
沉淀完全的pH
3.8
9.5
9.4
回答下列问题：
（1）“粉碎”
目的是___________。
（2）“沉钙”中发生反应的离子方程式为___________。
（3）“酸化”和“调pH”后生成的混合液可返回___________步骤(填步骤名称)，实现试剂再生利用。
（4）“第一次酸浸”后浸取液的主要成分有___________(填化学式)。
（5）“萃取”使用的P204 可与
形成的配合物如图(图中R 代表含碳原子数较多的长链烷烃基)，钒
易进入有机相的原因有___________(填序号)。
A. 钒与O 形成配位键
B. 配位时钒的化合价发生变化
C. 配合物与水能形成分子间氢键
D. 烷基链具有疏水性
（6）常温“沉钒”时维持溶液中
的总浓度为
，
。“沉钒”后溶液
中
___________
[已知
；
]。
（7）使用含CaO 56%的某含钒钢渣20.0 kg，产出轻质碳酸钙15.60 kg，则钙元素的回收率为
___________%(保留一位小数)。
【答案】（1）增大接触面积，提高浸出效率
（2）
（3）浸取 （4）
、
（5）AD
（6）
（7）78.0
【解析】将充分粉碎的含钒钢渣使用NH4Cl 浸取，结合已知信息①“该工艺中使用的NH4Cl 溶液pH≈6，
故仅可选择性浸出一种元素，其他组分的浸出可忽略不计”可知，浸出的是Ca2+，并在后续通过NH4HCO3
溶液沉钙，再利用盐酸和氨水再生NH4Cl 溶液；滤渣中有FeO、Fe2O3、SiO2、MgO 和钒的相关化合物，
第一次酸浸取Fe2+和Mg2+，取滤渣进行第二次酸浸，Fe3+和钒相关离子被浸出，滤渣为SiO2，再对滤液通
过萃取、反萃取分离钒和铁两种元素，据此回答。
【小问1 详解】
粉碎的目的是增大接触面积，提高浸出效率；
【小问2 详解】
“浸取”时氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙和氨水进入滤液，氨水与HCO 反应提供CO，故反应为
；
【小问3 详解】
“沉钙”后，滤液的主要成分是NH4Cl 和过量的NH4HCO3，先加盐酸酸化除去HCO 和CO，再加氨水调
pH 值至6.4，此时混合液的主要成分是NH4Cl，结合已知信息①“该工艺中使用的NH4Cl 溶液pH≈6”，故
混合液可以返回至“浸取”步骤；
【小问4 详解】
结合已知信息②和后续才进行沉钒的步骤可知，pH=4 时，三价铁和钒元素并没有被浸出，被浸出的是
Fe2+和Mg2+，此时阴离子为SO，故答案为FeSO4、MgSO4；
【小问5 详解】
A．钒与O 形成配位键，可以使钒进入有机相，A 正确；
B．形成该配合物时，中心离子VO2+与两个带一个单位负电荷的P204 阴离子配体结合，形成的配合物为电
中性，钒元素的化合价仍为+4 价，没有发生变化，B 错误；
C．配合物与水形成氢键，不能解释钒进入有机相，C 错误；
D．烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D 正确；
故答案选AD；
【小问6 详解】
已知
，
，pH=8，则
，
，溶液中
的总浓度为cmol/L，则
，
，“沉钒”后溶液中
；
【小问7 详解】
含钒钢渣中Ca 的质量为
，产出的15.60 kg CaCO3中Ca 的质量为
，则Ca 的回收率为
。
3. （2026·四川省广安市·二模）钪为稀土贵族，在合金、固体氧化物燃料电池、陶瓷、电子、激光器和放
射性同位素生产等领域扮演着不可或缺的角色。某钛白废液的主要元素及浓度(
)如下
表：
主要元素
Cl
Fe
Mn
Al
Ca
Mg
Sc
浓度(g/L)
248.5
101.25
21.8
9.66
8.59
6.51
0.11
研究小组对该钛白废液进行研究，设计如下工艺流程，实现了钪的分离回收。
已知：
易与P204、N235 络合进入有机相，而
较难与P204、N235 络合。
回答下列问题：
（1）Sc 的原子结构示意图为___________。
（2）为了检测“萃取”分液所得“水溶液”中是否含有
，应选用的试剂是___________。
（3）“洗涤”过程中，
的洗除率随着HCl 浓度的变化如下图所示。为了使
洗除效果最
好，盐酸浓度宜选用___________
。
（4）若“萃取”时发生反应
，则“反萃取”时发生反应的离子方程
式主要为___________。
（5）“除铁”所用到的实验方法是___________。
（6）“除铁”后，先将
与EDTA 络合保护，再用离子交换法除去
、
、
等杂质。其
络合反应如下图所示，Sc-EDTA 中，
的配位数为___________。
（7）在空气中“焙烧”反应的化学方程式为___________。
（8）若将
钛白废液进行5 级错流萃取(即每级使用新鲜有机相)，每级萃取率为90%，后续过程Sc 的
总损失率为5%，则最多可得___________
(保留2 位有效数字)。(萃取率
)
【答案】（1）
（2）K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液 （3）1
（4）
或
(其它
合理答案)
（5）萃取分液 （6）6
（7）
（8）1.6
【解析】钛白废液首先用H3PO4-P204 萃取，Sc3+、Fe3+选择性进入有机相，Fe3+等留在水相；再用HCl 洗涤
有机相，洗脱共萃的Fe3+，富集Sc3+；随后加NaOH 反萃取，Sc3+转化为Sc(OH)3粗沉淀，有机相循环使
用；用盐酸溶解沉淀，得到含Sc3+、Fe3+的溶液；经N235 萃取除铁，Fe3+进入有机相，Sc3+留在水相；加草
酸沉淀Sc3+，生成Sc2(C2O4)3；最后焙烧沉淀，氧化分解得到高纯Sc2O3，据此分析。
【小问1 详解】
Sc 为21 号元素，原子结构示意图为
；
【小问2 详解】
检验Fe2+可选用K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）溶液，Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，以此检验Fe2+；
【小问3 详解】
由图像可知，HCl 浓度为1mol/L 时，Fe3+洗脱率最高，且Sc3+洗脱率较低，故盐酸浓度宜选用1mol/L；
【小问4 详解】
萃取反应为
，反萃取时加入NaOH，OH-与H+反应，促进平衡逆向移
动，离子方程式为
；或
；
【小问5 详解】
“除铁”利用Fe3+易与N235 络合进入有机相，Fe2+难络合，采用萃取分液的方法除铁；
【小问6 详解】
由Sc—EDTA 的结构可知，Sc3+与2 个N 原子、4 个O 原子形成配位键，配位数为6；
【小问7 详解】
Sc2(C2O4)3在空气中焙烧，与O2反应生成Sc2O3和CO2，化学方程式为
；
【小问8 详解】
钛白废液中Sc 的质量为
，5 级错流萃取，每级萃取率为
90%，萃取后Sc 的总萃取量为
，后续总损失率为5%，则最终
Sc 的质量为
，Sc2O3中Sc 的质量分数为
，故
Sc2O3的质量为
。
4. （2026·四川省泸州市合川县马街中学·二模）锰废渣的硫酸浸出液含有大量
、
、
以及
少量的
、
、
、
。通过沉淀—萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。
已知：萃取剂a 和b 均为有机物，可用通式HR 表示，萃取金属离子时，发生反应：
(M 代表被萃取的金属)。回答下列问题：
（1）
的作用是___________。
（2）该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。
A. 过滤
B. 蒸发结晶
C. 分液
D. 蒸馏
（3）加入
调pH 的目的是___________。
（4）已知：
，
，向除铁后的溶液中加入
，当溶液
中
时，
___________
。(保留1 位有效数字)
（5）写出反萃取出
的离子方程式___________。
（6）回收液中
浓度的测定：取50.00mL
回收液，滴入几滴紫脲酸胺(紫色)指示剂(遇
显橙
黄色)，用浓度为0.1000
的
溶液进行滴定(
)，达到滴定终
点时消耗
溶液的体积12.50mL。
①滴定终点的现象是___________。
②
物质的量浓度为___________。
③若紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，会导致所测
含量___________(填“偏高”、“偏低”或“无影
响”)。
【答案】（1）氧化Fe2+ （2）AC
（3）使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去
（4）0.001 （5）
（6） ①. 当滴入最后半滴Na2H2Y 标准液后，溶液由橙黄色变为紫色，且半分钟内不变回橙黄色
②. 0.0250mol/L
.
③偏高
【解析】锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+，往其中加二
氧化锰将二价铁氧化为三价铁，加碳酸钙调溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，往滤液中加MnF2沉
淀钙离子和镁离子，过滤，往滤液中加萃取剂a 萃取锰离子，所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶
液；无机相用萃取剂b 萃取Co2+，所得无机相为含Ni2+的溶液、有机相中加入反萃取剂得到含Co2+的溶
液。
【小问1 详解】
以上分析可知，浸出液中含二价铁，MnO2的作用是将二价铁氧化为三价铁；
【小问2 详解】
该流程中得滤渣①和滤渣②的操作为过滤，萃取之后得有机相和无机相的操作为分液，故答案为：AC；
【小问3 详解】
用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加入CaCO3 调pH 可以使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，所以加入
CaCO3调pH 目的是使Fe3+转化成氢氧化铁沉淀除去；
【小问4 详解】
已知：
，
，向除铁后的溶液中加入MnF2，当溶液中
时，
，
则
；
【小问5 详解】
根据信息可知，反萃取剂为酸，即反萃取出Mn2+时加入适量的酸将Mn2+反萃取出来，相应的离子方程式
为
；
【小问6 详解】
①在Ni2+与Na2H2Y 溶液恰好完全反应之前，溶液呈橙黄色，恰好完全反应后，溶液中无Ni2+，此时再加半
滴Na2H2Y 溶液，溶液将会呈紫色，且半分钟内不恢复原色，所以滴定终点的现象是当滴入最后半滴
Na2H2Y 标准液后，溶液由橙黄色变为紫色，且半分钟内不变回橙黄色；
②反应时Ni2+与Na2H2Y 按物质的量1:1 反应，所以的Ni2+物质的量浓度为
；
③若紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，会导致Na2H2Y 偏多，则所测Ni2+含量偏高。
5. （2026·四川省内江市威远中学·二模）随着全球可充电锂离子电池退役高峰期的到来，废旧锂离子电池
的回收处理引起了人们的极大关注。一种将锂离子电池的废
正极材料再生的工艺流程如图所
示。
已知：常温下，
，当溶液中的离子浓度小于
时可视为沉淀
完全。回答下列问题：
（1）为提高“还原焙烧”的效率，可采取的措施有_______(任写一种)，“还原焙烧”过程中锰元素转化
为水溶性的
，则该反应的化学方程式为_______。
（2）
溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______。
（3）用硫酸洗气除了处理尾气，还可得到一种可循环使用的物质A，物质A 为_______(填化学式)。
（4）常温下，在水浸液中测得
浓度为22
，“沉锰”后溶液的pH=9，“沉锰”时发生反应的
离子方程式为_______，锰元素的沉淀率为_______。
（5）“高温合成”反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。
【答案】（1）①. 粉碎、搅拌等(任写一种)
.
②
（2）
（3）NH4HSO4
（4）①.
.
②99.9%
（5）5:8
【解析】将LiMn2O4加入硫酸氢铵还原焙烧，锰元素化合价降低，铵根中氮元素化合价升高，根据电子转
移和原子守恒可知，发生反应：
，水溶以后得到Li2SO4和MnSO4溶液，加入氨水调节pH，沉锰时，氧气作氧化剂，锰元素化合价升高，
生成Mn3O4；溶液中的锂离子与二氧化碳反应生成Li2CO3。还原焙烧时得到的氨气可以和硫酸反应生成可
循环使用的硫酸氢铵。最后将Mn3O4与Li2CO3在氧气氛围中反应得到目标产品。
【小问1 详解】
为提高“还原焙烧”的效率，可采取的措施有：将废正极材料粉碎、搅拌等。“还原焙烧”过程中锰元素
转化为水溶性的MnSO4，则该反应的化学方程式为：
。
【小问2 详解】
溶液中存在
，铵根会发生水解反应：
，同时水也会电离产生少量氢离子，故离子浓度大小顺序为：
。
【小问3 详解】
还原焙烧时得到的氨气可以和硫酸反应生成可循环使用的NH4HSO4。
【小问4 详解】
“沉锰”时，氧气作氧化剂，MnSO4的锰元素化合价升高，根据电子转移和原子守恒，发生反应的离子方
程式为：
。“沉锰”后溶液的pH=9，所以
，则“沉锰”后
，所以锰元素的沉淀率为：
。
【小问5 详解】
“高温合成”反应中，氧气中氧元素化合价从0 价合降低至-2 价，1molO2得到4mole-；
Mn3O4→LiMn2O4， 锰元素的化合价由
价升高至
(平均化合价)，1molMn3O4失去电子
，
根据得失电子守恒可知，氧化剂O2和还原剂Mn3O4的物质的量之比为5:8。
6. （2026·四川省南充市·二模）全球约
的碲(
)从铜阳极泥(主要含有
、
、
、
、
)中
回收，某工厂采用联合法回收流程如下。
已知：①硒(
)与碲(
)均属于第ⅥA 族元素；②“酸浸”后，
、
分别以
和
形式
存在。
（1）碲的最高价氧化物的水化物分子含6 个H，该水化物的化学式为_______。
（2）“脱铜液”中含有的阳离子主要是_______。
（3）“酸浸提硒碲”时，
的作用是______，“贵金属”含有的主要元素有______。
（4）“还原沉硒”时，利用液态
还原
的化学方程式是_______，通入液态
的速率需严格
控制，若速率过快，除导致
利用率降低外，还可能造成的后果是_______(写出一种)。
（5）同样使用液态
作还原剂，硒比碲先沉淀的原因是_______。
（6）粗碲中含有的少量杂质可通过焙烧氧化后用化学方法除去，再将产生的
在高温真空环境碳还原
得到精碲。该反应：
采用真空条件除防止精碲被氧化外，其他原因
有_______(写出一条即可)。
（7）精碲还可用区域熔炼法(利用杂质在固态碲和液态碲中溶解度不同而将杂质富集到特定区域的方法)进
一步提炼得到高纯碲。已知杂质在碲单质中的分配系数K(杂质分别在固态碲与液态碲中的分布百分数之
比)远小于1，如下图所示，加热线圈所在位置的碲棒熔化，线圈右移后碲棒凝固。熔炼过程中高纯碲集中
在_______(填“a 端”“b 端”或“熔融区”)。
【答案】（1）H6TeO6
（2）Cu2+、H+
（3）①. 氧化剂，氧化Se、Te
.
②Au、Ag
（4）①.
.
②SO2逸出污染环境或碲提前沉淀析出
（5）H2SeO3的氧化性强于 H2TeO3
（6）促进反应向正向进行，提高碲的产率(或使生成的碲蒸气更容易分离或降低碲转化为蒸气的温度，降
低能耗)
（7）a 端
【解析】铜阳极泥加入硫酸、氧气高压脱铜，铜被氧化为铜离子进入脱铜液，脱铜液中还含过量的硫酸，
过滤分离出脱铜阳极泥，加入氯酸钠、硫酸酸浸，银、金不反应过滤分离出贵金属，浸取液含硒碲元素，
加入二氧化硫还原得到粗硒，过滤滤液再加入二氧化硫还原沉碲得到粗碲；
【小问1 详解】
碲(Te)属于第ⅥA 族元素，则其最高价为+6，碲的最高价氧化物的水化物分子含6 个H，结合化合价代数
和为零，该水化物的化学式为H6TeO6；
【小问2 详解】
由分析，铜被氧化为铜离子进入脱铜液，脱铜液中还含过量的硫酸，则含有的阳离子主要是Cu2+、H+、；
【小问3 详解】
NaClO3具有强氧化性，已知：酸浸”后，Se、Te 分别以H2SeO3和 H2TeO3形式存在，则“酸浸提硒碲”
时，NaClO3的作用是氧化剂，氧化Se、Te 得到H2SeO3和 H2TeO3；由分析，“贵金属”含有的主要元素
有Au、Ag；
【小问4 详解】
液态SO2还原H2SeO3得到Se，反应中硫元素化合价升高、Se 元素化合价降低，结合电子守恒，化学方程
式是
；二氧化硫有毒且会导致酸雨，且过量二氧化硫会使得H2SeO3
还原为Te，为防止SO2逸出污染环境或碲提前沉淀析出，通入液态SO2的速率需严格控制；
【小问5 详解】
同样使用液态SO2作还原剂，H2SeO3首先被还原为Se，而 H2TeO3后被还原为Te，说明H2SeO3的氧化性强
于 H2TeO3；
【小问6 详解】
为气体分子数增大的反应，采用真空条件除防止精碲被氧化外，还
能使得反应装置中压强降低，促进反应向正向进行，提高碲的产率(或使生成的碲蒸气更容易分离或降低碲
转化为蒸气的温度，降低能耗)；
【小问7 详解】
已知杂质在碲单质中的分配系数K(杂质分别在固态碲与液态碲中的分布百分数之比)远小于1，可知杂质在
液态碲中溶解度更大，熔融区向b 端移动，将杂质溶解带走，a 端再次凝固，故熔炼过程中高纯碲集中在a
端。
7. （2026·四川省泸州市叙永中学·二模）活性炭载钯(Pd/C)催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但
使用过程中因生成难溶于酸的PdO 而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、
Cu 等元素)中回收钯的工艺流程如下图所示，回答下列问题。
已知：阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为：
(
表示阴离子交换树脂)
(
表示阳离子交换树脂)
（1）为提高“焙烧”速率，可采取的措施是_______(任举一例)。
（2）“步骤”生成单质钯，该过程甲酸的作用为：①溶解金属氧化物，②_______。
（3）“浸取”过程，温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳温度及固液比分别为
_______。
（4）“浸取”操作后生成可溶性二元强酸
，“离子交换除杂”过程应使用_______(填“阳离
子”或“阴离子”)交换树脂。
（5）流出液中，除
外的主要阳离子为_______。
（6）“沉钯”操作后得到沉淀
，“还原”过程发生
化学反应方程式为_______。
（7）某铜钯合金
可看作铜晶胞(如图)中的两个顶点上的Cu 原子被Pd 原子取代，则
_______。
实际制备的铜钯合金晶体中，可能存在部分原子空位缺陷(即某些原子位置空缺)。若该铜钯合金晶胞的顶
点出现了一个铜原子空位，该晶胞的密度为
，则晶胞参数a 为_______pm(用含d 的计算式表
示)。
【答案】（1）将废钯催化剂粉碎(增大反应物接触面积，加快反应速率；或适当提高焙烧温度、适当增加
空气流速等，合理即可)
（2）作还原剂，将PdO 还原为Pd 单质
（3）70℃，3：1 （4）阴离子
（5）Fe3+、Cu2+
（6）
（7）①. 15
.
②
【解析】本题从中活性炭载钯(Pd/C)催化剂回收钯，将原料废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少
量Fe、Cu 等元素)首先进行焙烧除碳和有机物，然后加入甲酸生成单质钯，加入过氧化氢和盐酸浸取，经
离子交换除杂后分离H+、Fe3+、Cu2+ 和
，经盐酸洗脱后，加入浓氨水以
形式沉
钯，再经水合肼还原得到的单质钯。
【小问1 详解】
根据化学反应速率的影响因素，增大反应物接触面积、提高温度、增加气体反应物流速等都能加快反应速
率，故答案为：将废钯催化剂粉碎(增大反应物接触面积，加快反应速率；或适当提高焙烧温度、适当增加
空气流速等，合理即可)。
【小问2 详解】
因为本流程目的是回收钯单质，而焙烧后钯以PdO 形式存在，加入甲酸后生成单质钯，所以甲酸起到还原
作用，故答案为：作还原剂，将PdO 还原为Pd 单质。
【小问3 详解】
从“浸取率-温度”和“浸取率-固液比”图像可知，70℃时浸取率最高，固液比为3：1 时浸取率最高，故
答案为：最佳温度为70℃，最佳固液比为3：1。
【小问4 详解】
“浸取”操作后生成可溶性二元强酸
，则溶液中存在H+和
等离子，“离子交换除杂”过
程要除去阳离子杂质，
留在树脂中经后续操作最终得到Pd 单质，所以应使用阴离子交换树脂，故
答案为：阴离子。
【小问5 详解】
废钯催化剂中含Fe、Cu 等元素，经过前面步骤转化为阳离子，且未被除去，所以流出液中除H+外主要阳
离子是Fe3+、Cu2+，故答案为：Fe3+、Cu2+。
【小问6 详解】
根据流程可知，反应物是
和
，产物是Pd 单质，
作还原剂被氧化
为N2，根据元素守恒配平得到该方程式
。
【小问7 详解】
根据均摊法，在晶胞中顶点原子被8 个晶胞共用，面心原子被2 个晶胞共用。原铜晶胞中铜原子个数为
(8 个顶点，每个顶点的铜原子对晶胞的贡献为
；6 个面心，每个面心的铜原子对晶胞的
贡献为
)。两个顶点上的Cu 原子被Pd 原子取代后，Cu 原子个数为
；Pd 原子位于顶点，
个数为
。已知该铜钯合金化学式为
，Cu 与Pd 原子个数比为
，所以
；已知顶点出现一个铜原子空位，此时晶胞中Cu 原子个数为
，Pd 原子个数为
，Cu 的相对
原子质量约为64，Pd 的相对原子质量约为106，根据
(N 为原子个数，NA为阿伏加德罗常数，
M 为相对原子质量)，可得晶胞质量为
；已知晶胞为正方体，棱长为apm，
，则晶胞体积
；根据密度公式
(
为密度)，已知该晶胞的密度
为
，
可
得
：
，
，
，
，故
。
8. （2026·四川泸州市·二模）硝酸铅[
]易溶于水，在浓硝酸中溶解度显著变小，可用于生产火
柴、烟火、炸药的氧化剂。某研究小组通过下图流程处理废旧铅蓄电池，实现铅的回收利用。铅膏浆液中
主要含有
、
、PbO 和Pb，还有少量
。
常温下，一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
物质
回答下列问题：
（1）铅的原子序数为82，则Pb 在周期表中位于第___________周期，基态
价层电子排布式为
___________。
（2）下列说法正确且符合废旧铅蓄电池回收处理目的的是___________。
A. 铅的使用历史较短，需要回收再认识
B. 铅是重金属有毒，不回收会污染环境
C. 自然界铅资源有限，需回收循环利用
D. 铅是稀土金属，回收利用价值大
（3）“脱硫”反应的一种产物是
，生成该物质的离子方程式为___________。
（4）“酸浸”中发生氧化还原反应的含铅物质有___________(填化学式)。
（5）“还原”中含铅物质反应的离子方程式为___________。
（6）“滤渣1”需返回“脱硫”中循环利用，其主要成分是
和___________；“滤液2”可返回
___________步骤中循环利用。
（7）“滤液2”中含有
。含有
的原因是___________。
【答案】（1）①. 六 ②. 6s2 （2）BC
（3）
（4）PbO2、Pb
（5）
（6）①. PbSO4
.
②酸浸或盐析
（7）BaSO4和BaCO3的Ksp相差较小，“脱硫”时部分BaSO4转化为BaCO3，BaCO3后与稀硝酸反应生成
可溶的Ba(NO3)2进入滤液2 中
【解析】废旧铅蓄电池经预处理得到的铅膏浆液主要含有PbSO4、PbO2、PbO 和Pb，还有少量BaSO4，经
脱硫操作将PbSO4转化为Pb3(OH)2(CO3)2，“酸浸”步骤中，Pb 与PbO2发生归中反应生成Pb2+，同时Pb
也可被硝酸氧化，且PbO 和Pb3(OH)2(CO3)2等可与HNO3发生复分解反应，还原工序加入H2O2可将PbO2还
原得到二价铅，经加浓硝酸盐析可得到Ba(NO3)2。
【小问1 详解】
铅的原子序数为82，则Pb 在周期表中位于第六周期第ⅣA 族，基态Pb 的价电子排布式为6s26p2，则基态
Pb2+的价电子排布式为6s2；
【小问2 详解】
A．铅的使用历史非常悠久，早在古代就被广泛使用，错误；
B．铅是重金属，有毒，随意丢弃会造成土壤、水源等环境污染，需回收，正确；
C．铅资源有限，回收可节约资源，正确；
D．铅不属于稀土金属，稀土金属指镧系和锕系元素，错误；
故选BC；
【小问3 详解】
脱硫步骤的核心目的是将铅膏浆液中的PbSO4转化为更易后续酸浸的铅化合物，同时加入碳酸钠提供
CO，并利用溶液中的水提供OH-，最终生成碱式碳酸铅。则脱硫反应的产物是Pb3(OH)2(CO3)2、SO、和
HCO(弱碱性环境下碳酸根易水解)，离子方程式为
；
【小问4 详解】
“酸浸”步骤中，加入HNO3后，Pb 与PbO2发生归中反应生成Pb2+，同时Pb 也可被硝酸氧化，故发生氧
化还原反应的含铅物质是Pb 和PbO2。而PbO 和Pb3(OH)2(CO3)2等与HNO3发生复分解反应，不属于氧化还
原反应；
【小问5 详解】
“还原”操作中H2O2将PbO2还原为Pb2+，自身被氧化为氧气，离子方程式为
。
【小问6 详解】
滤渣1 主要成分为BaSO4和未反应的PbSO4，可返回 “脱硫” 步骤循环利用。滤液2 中的含HNO3和
Ba(NO3)2，可返回至酸浸或盐析步骤让二者充分循环利用；
【小问7 详解】
BaSO4和BaCO3的Ksp相差较小，“脱硫”时部分BaSO4转化为BaCO3，BaCO3后与稀硝酸反应生成可溶的
Ba(NO3)2进入滤液2 中，所以“滤液2”中含有Ba2+。
9. （2026·四川省凉山州·二模）稀土元素是指15 种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇
(Y)共17 种元素。我国的稀土储量位居全球第一，从稀土中分离提取各种稀土元素是我国掌握的核心技
术。钇是第一个被发现的稀土金属元素，一种利用废荧光粉(主要成分为
、
，还含有定量的
、
、
、
等)为原料生产氧化钇的工艺流程如下图所示。
已知：①金属离子浓度
时，认为已沉淀完全；
②常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全时
pH 如图所示。
回答下列问题：
（1）稀土元素位于周期表中第___________族，钇位于第五周期，与钪同族，基态钇原子的价电子轨道表
达式为___________。
（2）“酸浸”过程控制反应温度为60～70℃的原因是___________。
（3）已知
，则
的溶度积常数
___________，滤渣b 的主要成分是
___________(填化学式)。
（4）不能用碱调pH 代替DDTC 除铅、锌的原因是___________。
题型02
物质制备工艺流程
（5）用二元弱酸草酸
“沉钇”得到沉淀实际上应表示为
，则“沉钇”过程
发生反应的离子方程式为：___________。
（6）钇可用于制备高活性的合金类催化剂
。
用作甲醇燃料电池电极材料时，能在碱性溶液
中高效催化电极反应发生，电池工作时负极电极反应为___________。
【答案】（1）①. ⅢB
.
②
（2）温度过低，反应速率太慢；温度过高，则盐酸挥发严重，导致速率变慢，原料损失
（3） ①. 1.3×10-33
.
②Al(OH)3
（4）若加入碱调节pH 除去Zn2+、Pb2+，则Zn2+、Pb2+沉淀时Y3+也会形成沉淀
（5）2Y3++3H2C2O4+nH2O=Y2(C2O4)3·nH2O↓+6H+
（6）CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O
【解析】题以废荧光粉制备氧化钇的工艺流程为载体，综合考查了元素周期表、化学反应速率与平衡、溶
度积计算、除杂原理、离子方程式书写、燃料电池电极反应等核心知识点，是典型的化工流程综合题；
【小问1 详解】
稀土元素（钪、钇、镧系）在周期表中位于第ⅢB 族（第3 副族）；
钇（Y）位于第五周期，与钪同族，原子序数为39，核外电子排布为[Kr] 4d15s2，价电子为4d、5s 轨道的
电子，价电子轨道表达式为：
；
【小问2 详解】
温度对反应速率和盐酸挥发性的影响：温度过低，反应速率慢，酸浸效率低；温度过高：盐酸HCl 易挥
发，导致酸浓度降低，酸浸效率下降，同时能耗增加； 因此控制在60～70℃；
【小问3 详解】
由图可知，Al3+沉淀完全时pH=4.7，此时c(Al3+)=1.0×10-5mol/L；c(H+)=10-4.7mol/L；则c(OH-)=
=
10
−14
10
−4.7=10-9.3mol/L；Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=1.0×10-5×(10-9.3)3=10-5×10-27.9=10-32.9；已知100.1=1.3，则10-
32.9=100.1×10-33=1.3×10-33；
调pH=5 时，由图可知：Al3+已沉淀完全（pH=4.7 完全沉淀），而Pb2+、Zn2+、Y3+、Mg2+均未开始沉淀，
因此滤渣b 为Al(OH)3；
【小问4 详解】
由金属离子沉淀pH 图可知：Y3+开始沉淀的pH≈5.8，Zn2+沉淀完全的pH≈7.8，Pb2+沉淀完全的pH≈9； 若
用碱调pH 除Zn2+、Pb2+，当pH 升高到能使Zn2+、Pb2+沉淀完全时，Y3+也会大量沉淀，导致目标产物损
失；
【小问5 详解】
“沉钇”的离子方程式：草酸H2C2O4，二元弱酸）与Y3+反应生成Y2(C2O4)3·nH2O 沉淀，H2C2O4保留化学
式，配平： 2Y3+ + 3H2C2O4+ nH2O =Y2(C2O4)3·nH2O↓ + 6H+；
【小问6 详解】
甲醇CH3OH 在负极发生氧化反应，碱性介质中C 元素转化为CO；H 元素转化为H2O，配平：
化合价变化：CH3OH 中C 为-2 价，CO 中C 为+4 价，失去6 个电子；
碱性介质用OH-配平电荷，H2O 配平原子：CH3OH - 6e- + 8OH- =CO + 6H2O
10.（2026·四川省德阳市·二模）
广泛应用于电子医药等领域。由辉铋矿(主要成分为
，含
FeS、CuO、
等杂质)制备
的工艺流程如下图：
已知：
①
易水解；
难溶于冷水。
②CuS 和
的
分别为
和
。
③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH 如下表：
金属离子
开始沉淀的pH
7.6
2.7
4.8
4.5
沉淀完全的pH
9.6
3.7
6.4
5.5
回答下列问题：
（1）“溶浸”步骤控制温度不能过高的原因可能是___________。
（2）“滤渣Ⅰ”的主要成分为S 和___________(填化学式)，
参与反应的离子方程式是
___________。
（3）“调pH”时，调节溶液pH 的范围是___________。
（4）若滤液Ⅰ中最小
为
mol/L，则滤液Ⅰ中最大
为___________。
（5）已知“铋的氧化”时，反应物全部参与反应且无气体产物，“滤液Ⅱ”的主要溶质是___________(填
化学式)。
（6）铋化锂(
)晶胞结构如图所示。该晶胞可以看作是由Bi 原子构成的面心立方，已知Li 填充在其
中的正四面体空隙和正八面体空隙，那么前者填充率___________后者填充率(填“>”“<”或“=”)，若晶胞
参数为a pm，则该晶体密度为___________
(
表示阿伏加德罗常数的值，写出计算式即可)。
【答案】（1）防止H2O2分解和盐酸挥发 （2）SiO2；Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S↓+6H2O
（3）3.7≤pH<4.5 （4）0.5 mol/L （5）NaCl （6）=；
【解析】由辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等）制备NaBiO3，向辉铋矿中加入H2O2和盐
酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S↓+6H2O ，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3+
+2S↓+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S 和SiO2的滤渣Ⅰ，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节pH
除去Fe3+，得到滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3
[
⇌Cu(NH3)4]2+，过滤后
加入硫化铵除铜，滤液中再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，从而
得到产品NaBiO3。
【小问1 详解】
溶浸”步骤使用了H2O2和盐酸，H2O2在高温下会发生分解，降低其氧化能力，同时盐酸也会因温度过高
而挥发，所以需要控制温度不能过高；
【小问2 详解】
辉铋矿中的SiO2不与H2O2、盐酸反应，因此滤渣Ⅰ的主要成分为 S 和SiO2；Bi2S3在H2O2和盐酸的作用
下，发生氧化还原反应，Bi2S3转化为S 单质和Bi3+，离子方程式为Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S↓+6H2O；
【小问3 详解】
结合已知信息③，当pH≥3.7 时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH 不能超过4.5，因此调节溶液的pH 值
的范围为3.7≤pH＜4.5；
【小问4 详解】
已知CuS 和Bi2S3的Ksp 分别为
和
，溶液中S2-浓度相同，
mol/L，再计算最大
：Ksp（Bi2S3）=c2(Bi3+)×c3(S2-)，
c(Bi3+)=
mol/L；
【小问5 详解】
铋的氧化反应中，反应物为Bi3+、NaClO、NaOH，产物为NaBiO3，无气体生成， ClO-被还原为Cl-，结合
Na+生成NaCl，因此“滤液Ⅱ”的主要溶质是氯化钠；
【小问6 详解】
面心立方晶胞中：Bi 原子个数
，四面体空隙数：8 个，八面体空隙数：4 个，根据化学式
Li3Bi，晶胞中Li 原子个数为
，设四面体空隙填充n1个，八面体空隙填充n2个，则n1+n2= 12；由
于四面体空隙最多填8 个，故n1=8，n2=4；四面体空隙填充率：
，八面体空隙填充率：
，所以填充率相等；晶胞参数为a pm=
cm，晶胞体积：
cm3，一个晶
胞中含有4 个Li3Bi，晶胞总质量：
g，密度
g/cm3。
11.（2026·四川省成都市·二模）高纯硼酸用于半导体生产的扩散、掺杂工艺。现从硼镁矿［主要成分为
，以及少量
、
等]中制备高纯硼酸的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“碱解”时，生成
和
的离子方程式为______。除
、CaSiO3外，
废渣中主要还有______。
（2）“酸化”时调节溶液pH 至3，则母液1 溶质的主要成分Y 为______(填化学式)。该成分
与硼酸的
溶解度
随温度变化如图所示，“冷却结晶”时控制温度在
，理由是______。
（3）“酯化”时硼酸与过量甲醇反应生成硼酸三甲酯
(沸点为
)，后续的“分离”为
______(填操作名称)。试从微粒作用力的角度解释该操作能有效分离微量镁钙杂质的原因______。
（4）母液2 可循环再用，进入______步骤。
（5）碱解液也可直接经膜电解池制备高纯硼酸。该膜电解池由不锈钢阴极、镀铂钛的惰性阳极以及离子
交换膜组成，装置示意图如图，其中阳极为电极______(填“I”或“II”)。该工艺不产生固体废物，与氯碱
工艺相比，该工艺对环境友好，体现在______(写一条)。
【答案】（1）①.
.
②Mg(OH)2
（2）①. Na2SO4
.
②35～37℃时，硫酸钠和硼酸的溶解度差值最大，有利于两者分离完全，提高硼酸
纯度
（3）①. 蒸馏 ②. 硼酸三甲酯分子间有较弱的范德华力，故沸点较低；而镁钙杂质属于离子化合物，
有较强的离子键，沸点较高
（4）酯化 （5）①. I
.
②阳极气体为O2，无污染
【解析】硼镁矿中的2MgO⋅B2O3 与NaOH 反应，镁元素转化为Mg(OH)2 沉淀，硼元素转化为可溶的
[B(OH)4]−进入溶液，杂质CaMg(CO3)2、SiO2基本不溶或反应生成CaSiO3等沉淀，与Mg(OH)2一起形成废
渣被过滤除去，加入硫酸酸化后硼酸盐转化为硼酸H3BO3，母液1 的溶质为H3BO3和Na2SO4，冷却结晶时
利用硼酸和Na2SO4溶解度随温度变化的差异，控制温度使硼酸结晶析出，Na2SO4仍留在母液中，实现初
步分离，结晶得到的硼酸与过量甲醇CH3OH 反应，硼元素转化为硼酸三甲酯B(OCH3)3，镁、钙等金属杂
质仍以盐的形式留在体系中，通过蒸馏，利用硼酸三甲酯沸点低（68℃）的特点，将其从体系中蒸出，与
镁、钙等杂质彻底分离，得到纯净的硼酸三甲酯，纯净的硼酸三甲酯与水反应，硼元素重新转化为硼酸，
同时生成甲醇，甲醇可回收循环到酯化步骤继续使用，水解得到的硼酸溶液经冷却结晶，析出高纯硼酸晶
体，母液2 中含水、硼酸三甲酯的水解产物甲醇及少量硼酸，可循环到酯化步骤。
【小问1 详解】
2MgO⋅B2O3与NaOH 反应生成Mg(OH)2和[B(OH)4]−，配平后得离子方程式：
；
【小问2 详解】
碱解液中含Na[B(OH)4]、Na2SiO3等，加硫酸酸化至pH=3，发生的反应为
，故Y 为Na2SO4；由溶解度曲线可知，温度为35∼37∘C 左右，Na2SO4
的溶解度最大，而硼酸溶解度较小，此时冷却结晶可使Na2SO4尽可能留在母液中，最大程度析出硼酸晶
体，同时避免Na2SO4结晶析出引入杂质；
【小问3 详解】
硼酸三甲酯B(OCH3)3沸点为68 ℃，与杂质沸点差异大，故采用蒸馏分离；B(OCH3)3是分子晶体，分子间
作用力为范德华力；而镁、钙等杂质以离子形式存在，离子间作用力为离子键，作用力远强于范德华力。
因此蒸馏时，B(OCH3)3易挥发变为气体，而杂质离子留在体系中，实现有效分离；
【小问4 详解】
母液2 中含水、硼酸三甲酯的水解产物甲醇及少量硼酸，可循环进入酯化步骤，继续与硼酸反应生成硼酸
三甲酯，提高原料利用率；
【小问5 详解】
电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。图中Na+向电极Ⅱ移动（最终生成NaOH），说明电
极Ⅱ是阴极，电极Ⅰ是阳极（发生反应：
↑）；与氯碱工艺（产生Cl2等有毒气
体）相比，该工艺阳极生成O2，阴极生成的NaOH 可循环至碱解步骤，不产生有毒气体（如Cl2），且无
固体废弃物，资源利用率更高。
12. （2026·四川省遂宁市射洪中学·二模）钴是一种重要的战略物质，钴合金材料广泛应用于航空航天、
机械制造等领域。工业上以钴矿(主要成分是
，含有
、
、
、
等杂质)为原
料制取金属钴的工艺流程如图所示。
①25℃时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的
见下表：
金属离子
开始沉淀的
6.9
1.5
3.6
7.1
7.9
沉淀完全的
8.3
2.8
4.7
9.2
9.8
②
的
，当溶液中可溶性组分浓度小于
时，可认为已除尽。
回答下列问题：
（1）浸取钴矿石前需要“粉碎”处理，其目的是_____。
（2）“浸取”时含
物质发生反应的离子方程式为_____。
（3）“除杂”过程中调
的范围是_____。
（4）若“沉钙”后溶液中
，
是否沉淀完全？理由是_____(写出必要的计算
过程)。
（5）该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_____。
（6）工业上利用电解含
的水溶液制备金属钴的装置如图所示。
①图中
电极应连接电源的_____(填“正”或“负”)极，“电解”时发生反应的化学方程式为_____。
②电解过程中Ⅱ室溶液
变小，则离子交换膜2 为_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
【答案】（1）增大与硫酸、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行
（2）
（3）
（4）由
解得
，故Ca2+没有沉淀完全
（5）富集Co2+，除去Mn2+
（6）①. 负 ②.
.
③阴
【解析】钴矿(主要成分是Co2O3，含有Al2O3、Fe2O3、MnO2、CaCO3等杂质)用硫酸、SO2浸取，得到含有
Co2+、Fe3+、Mn2+、Ca2+，Al3+，通入压缩空气并且调节pH 将Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3除去，过
滤后加入NaF 溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，该工艺中前面的工序中杂质Mn2+没有除去，则需设计萃
取Co2+除去Mn2+，再通过反萃取富集Co2+，电解硫酸钴得到金属钴，以此解答。
【小问1 详解】
工艺中矿石需要粉碎处理，目的是增大与硫酸、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行。
【小问2 详解】
“浸取”时Co2O3与SO2发生氧化还原反应生成Co2+和SO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式
为：
。
【小问3 详解】
除杂过程中，通入压缩空气将Fe2+氧化为Fe3+，再将Fe3+和Al3+除去，调pH 范围是
。
【小问4 详解】
根据
解得
，则Ca2+没有沉淀完全。
【小问5 详解】
该工艺中前面的工序中杂质Mn2+没有除去，则需设计萃取Co2+除去Mn2+，再通过反萃取富集Co2+。
【小问6 详解】
①由Co 电极的电极反应
可知，该电极应连接电源负极，电解时发生反应的化学方程式为
；
②Ⅱ室中pH 变小，再根据电极反应可知，Ⅲ室中的SO 进入Ⅱ室，故离子交换膜2 为阴离子交换膜。
13. （2026·四川省泸县第五中学·二模）某含铟矿物经过酸浸后含有的金属离子主要有
、
、
、
。为提取其中的贵重金属铟，设计如下工艺流程。
已知：
①锌焙砂成分为
、
和
。
②压滤是通过施加压力分离固液的操作。
③溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表：
开始沉淀
6.2
6.3
4.6
2.2
2.1
完全沉淀(
)
8.2
8.3
7.4
3.2
？
回答下列问题：
（1）“预中和渣”的主要成分是_______(填化学式)。
（2）采用“压滤”的优点是_______。
（3）加入
的目的是还原_______(填离子符号)，若
被氧化为S，则还原过程的离子反应方程式为
_______。该步骤还可能生成的难溶物是_______(填化学式)。
（4）
恰好沉淀完全时，溶液的pH 值为_______(保留一位小数)。(以室温计算，
)
（5）磷化铟是一种半导体材料，其立方晶胞结构如图1 所示，晶胞参数为a nm，晶胞中所有原子沿z 轴
方向的投影如图2 所示。磷原子的配位数为_______，晶胞中1 号铟与2 号铟的距离为_______nm。
【答案】（1）SiO2 （2）分离效率高，效果好
（3）①. Fe3+
.
②
.
③CuS
（4）3.3 （5）①. 4
.
②
【解析】锌焙砂（ZnO、FeO 和SiO2）投入含铟溶液，中和溶液中的
，ZnO 和FeO 与酸反应生成
Zn2+和Fe2+进入滤液，SiO2不与酸反应，成为“预中和渣”，滤液中加入FeS 还原溶液中的Fe3+，发生反应
，过滤后滤渣有S，还可能有CuS，滤液中还有Zn2+、Fe2+、Cu2+、In3+，加入CaO
调节溶液pH，使In3+形成In(OH)3沉淀。
【小问1 详解】
酸浸后的溶液中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+、In3+等金属离子，加入锌焙砂进行预中和，ZnO 和FeO 与酸反应生
成Zn2+和Fe2+，而SiO2不与酸反应，所以"预中和渣"的主要成分是SiO2；
【小问2 详解】
压滤是通过施加压力分离固液的操作，与普通过滤相比，其优点是分离速度快，分离效果好，能更高效地
实现固液分离，提高生产效率；
【小问3 详解】
因为Fe3+氧化性较强，FeS 中的S2-具有还原性，会将Fe3+还原为Fe2+，根据转移电子守恒、电荷守恒、原
子守恒写出离子反应方程式为
；同时，溶液中的Cu2+会与FeS 发生沉淀转化反
应，生成更难溶的CuS，所以该步骤还可能生成的难溶物是CuS；
【小问4 详解】
，当In3+恰好沉淀完全时，
，根据
可得
，
，故
；
【小问5 详解】
由磷化铟立方晶胞结构可知，磷原子周围等距最近的铟原子有4 个，所以磷原子的配位数为4，晶胞中1
号铟与2 号铟的距离为晶胞面对角线的一半，晶胞参数为 a nm，根据勾股定理，面对角线长度为
，所以1 号铟与2 号铟的距离为
。
14. （2026·四川省“元三维大联考”·二模）钛白粉厂废渣主要含Ti、Fe、Si、Al 的氧化物及少量Ca、Mg
的氧化物，为节约资源、保护环境，某研究团队开发了如下回收钛、铁并制备铁红的工艺流程：
已知：①25℃时相关物质的
：
氢氧化物
②当离子浓度
时认为沉淀完全。
③钛元素以
形式存在于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）钛元素位于元素周期表的______区，基态钛原子的价电子排布式为______。
（2）“酸浸”所得滤渣1 的化学成分是______(填化学式)。
（3）“还原”步骤可选用的还原剂X 是______(填序号)。
a．铁粉 b．铜粉 c．
d．
（4）“水解”步骤中
水解反应的离子方程式为______。
（5）“氧化”步骤中发生反应的离子方程式是______。
（6）“沉铁”时溶液中除
以外的金属离子浓度不超过0.01 mol/L，加入氨水控制溶液的pH 范围应是
______。
（7）对该工艺进行改进，采用P204 萃取剂将酸浸后溶液中的
转移至有机相，再用碱性反萃剂
(NaOH)破坏配合物结构，使
重新转入水相，实现钛的富集与萃取剂再生。实际生产采用“多级逆流
萃取”进行钛、铁分离，“多级逆流萃取”的优点是______。改进工艺流程的主要优势是______(任写2
条)。
【答案】（1）①. d
.
②3d24s2
（2）SiO2、CaSO4
（3）ac （4）
（5）
（6）
（7）①. 萃取效率高，试剂用量少 ②. 资源循环利用，减少污染物排放
【解析】废渣加硫酸酸浸，废渣中的 SiO2不与稀硫酸反应，CaO 与 H2SO4反应生成的 CaSO4微溶于水，
形成滤渣1，其它成分溶解形成相应的离子（TiO2+、Fe3+、Al3+、Mg2+），加入还原剂把Fe3+还原为Fe2+，
热水和 pH=1 的条件下，TiO2+水解生成TiO2⋅xH2O ，过滤后，滤渣煅烧得到TiO2；滤液通入氧气，将
Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，生成Fe(OH)3，煅烧得到Fe2O3。
【小问1 详解】
钛（Ti）是 22 号元素，位于第四周期第 ⅣB 族，属于d 区；基态原子的电子排布式为
1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2。
【小问2 详解】
废渣中的 SiO2不与稀硫酸反应，CaO 与 H2SO4反应生成的 CaSO4微溶于水，因此滤渣1 主要成分为SiO2
、CaSO4。
【小问3 详解】
酸浸后溶液中含有 Fe3+，还原步骤的目的是将 Fe3+还原为 Fe2+，同时不引入新杂质；
a．铁粉：2 Fe3++Fe=3 Fe2+，不引入杂质，a 符合题意；
b．铜粉：2 Fe3++Cu=2 Fe2++Cu2+，引入 Cu2+杂质，b 不符合题意；
c．SO2：2 Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+，不引入新杂质，c 符合题意；
d．H2S：2 Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，生成S 沉淀，引入新杂质，d 不符合题意；
故答案为：ac。
【小问4 详解】
在热水和 pH=1 的条件下，TiO2+水解生成TiO2⋅xH2O ，离子反应方程式为：TiO2++
(x+1)H2O=TiO2⋅xH2O↓+2H+。
【小问5 详解】
氧化步骤是将 Fe2+氧化为 Fe3+，空气中的 O2作为氧化剂，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
【小问6 详解】
沉铁时，当c(Fe3+)≤1.0×10-6mol/L 时认为沉淀完全，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)⋅c3(OH-)=2.8×10-39，当
c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L 时，c(OH-)=
=
mol/L=
×10-11mol/L，pOH=-lg
c(OH-)=-lg(
×10-11)=10.9，pH=14-pOH=14-10.9=3.1；Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)⋅c3(OH-)= 1.0×10−33，当
c(Al3+)= 0.01 mol/L 时， c(OH-)=
=
=1.0×10-10.3mol/L，c(H+)=
=
mol/L=1.0×10-3.7mol/L，pH=-lg c(H+)=-lg(1.0×10-3.7)=3.7；
Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)⋅c2(OH-)=5.6×10−12，当c(Mg2+)= 0.01 mol/L 时，c(OH-)=
=
=
×10-5mol/L，pOH=-lg c(OH-)=-lg(
×10-5)=4.3，pH=14-pOH=14-4.3=9.7；综上所述
可知，沉铁的时候，铁完全沉淀，但镁铝不能沉淀，故加入氨水控制溶液的pH 范围应是3.1≤pH<3.7。
【小问7 详解】
多级逆流萃取的优点：萃取效率高，试剂用量少；改进工艺流程的主要优势：资源循环利用，减少污染物
排放。
15. （2026·四川省内江市·二模）用菱锰矿(主要成分是
，含有
、
、
以及
、
、
、
的化合物)直接制备电池级
的工艺流程如下：
已知：
(二甲基二硫代氨基甲酸钠)的化学式为
，易溶于水；25℃时，
。回答下列问题：
（1）Mn 位于元素周期表第___________周期、第___________族。
（2）“滤渣1”主要含
、___________、___________。
（3）“除杂a”通入空气的作用是___________。
（4）
可与
、
、
反应生成沉淀，“除杂b”中沉镍的离子方程式为___________。
（5）加入
前溶液中
浓度为0.002 mol/L，若要使1000 L 该溶液中的
完全沉淀(
)，则至少需加入
溶液___________L(忽略溶液的体积变化，精确
到两位小数)。
（6）“沉锰”时析出
沉淀，所得滤液中回收的副产品的用途有___________(任写一种)。
（7）“氧化”控制温度为50℃，反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）①. 四 ②. ⅦB
（2） ①. SiO2
.
②CaSO4
（3）把溶液中亚铁离子氧化变成铁离子
（4）
（5）6.01 （6）化学肥料
（7）
【解析】菱锰矿主要成分是
，含有
、
、
以及
、
、
、
的化合
物；ɑ-Al2O3和SiO2不溶于酸，
和硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙，酸浸所得到的滤渣1 为ɑ-Al2O3和
SiO2、CaSO4；滤液通入氧气目的是把溶液中亚铁离子氧化变成铁离子，通过加入氨水调节pH 以将铁离子
变为氢氧化铁沉淀，滤渣2 是Fe(OH)3；滤液加入SDD 将
、
、
等重金属离子反应生成沉淀
除去，即为滤渣3；加NH4F 生成CaF2沉淀除Ca2+，加氨水生成
沉淀，
被氧气氧化
为
。流程中加入SDD 时引入钠离子，加入硫酸时引入硫酸根离子，后续过程中引入铵根离子，所
以滤液中可回收的副产品为硫酸铵和硫酸钠。
【小问1 详解】
Mn 是25 号元素，位于元素周期表第四周期、第ⅦB 族。
【小问2 详解】
ɑ-Al2O3和SiO2不溶于酸，
和硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙，“滤渣1”主要含
、SiO2、
CaSO4。
【小问3 详解】
“除杂a”的目的是除铁，通入空气的作用是把溶液中亚铁离子氧化变成铁离子
【小问4 详解】
“除杂b”中
与Ni2+生成
沉淀，反应的离子方程式为
。
【小问5 详解】
加入
前溶液中
浓度为0.002 mol/L，若要使1000 L 该溶液中的
完全沉淀，生成CaF2的物
质的量为0.002 mol/L×1000L=2mol，反应消耗
的物质的量为4mol，反应后溶液中c(F-)=
，设加入
溶液的体积为VL，则1
mol/L×VL=4mol+
，V=6.01L，所以至少需加入
溶液
6.01L。
【小问6 详解】
“沉锰”时析出
沉淀，所得滤液中回收的副产品为硫酸铵和硫酸钠，硫酸铵用作化学肥料。
【小问7 详解】
“氧化”控制温度为50℃，
被氧气氧化为
，反应的化学方程式为
。
16.（2026·四川省字节精准教育联盟·AI 智联·二模） 绿矾(FeSO4·7H2O)可溶于水，不溶于乙醇，常用作净
水剂、补血剂、制颜料等。工业酸性废水中含有大量的Fe2+、SO4
2-和少量的H+、
，为了减少污染，
实现变废为宝，工程师们设计了如下图所示生产工艺回收铜并制取绿矾（
）。
（1）工业废水中加入铁粉后，铁粉与废水中部分离子反应的离子方程式为：_______、_______。
（2）上述流程图中固体A 的成分为_______、_______（填元素符号），试剂B 可选择_______。
（3）操作①、②的名称是________，操作③中包括________、________、过滤、洗涤、干燥。
（4）获得的
需密闭保存，原因是________。
（5）为探究绿矾分解过程，通过热重实验得到如下曲线(
)。失重比为
19.4%时，图中x=_______。
【答案】（1）①.
.
②
（2）①. Cu
.
②Fe
.
③H2SO4溶液
（3）①. 过滤 ②. 蒸发浓缩 ③. 冷却结晶
（4）FeSO4具有还原性易被氧化，且FeSO4·7H2O 易失去结晶水
（5）4
【解析】先向含
的废水中加入过量铁粉，通过置换反应还原Cu2+得到铜、与
H+反应消耗酸，经第一次过滤分离出含铜和过量铁粉的固体A，以及主要成分为FeSO4的溶液D；随后向
固体A 中加入稀硫酸，溶解过量铁粉且不与铜反应，经第二次过滤得到纯净的铜单质和FeSO4溶液E；最
后合并溶液D 与E，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，获得绿矾FeSO4·7H2O 晶体，
整个流程通过铁粉过量保证杂质完全去除、稀硫酸溶解过量铁粉不引入新杂质、蒸发浓缩冷却结晶避免绿
矾失结晶水等设计，既实现了铜的回收，又高效制备了绿矾产品；
【小问1 详解】
废水中的Cu2+氧化性强于Fe2+，铁粉会置换出铜；H+是酸性环境，铁粉也会与酸反应生成氢气，反应的离
子方程式为：
、
；
【小问2 详解】
铁粉过量，因此固体A 含反应生成的Cu，以及未反应的过量Fe，需溶解过量的Fe，不与Cu 反应，且不
引入新杂质，因此选择H2SO4溶液；
【小问3 详解】
操作①、②：均为分离固体与液体的操作，名称为过滤。操作③：从溶液中获得晶体，需经过蒸发浓缩、
冷却结晶（使FeSO4·7H2O
析出），再过滤、洗涤、干燥；
【小问4 详解】
绿矾中
Fe2+具有还原性，易被空气中的氧气氧化为Fe3+，绿矾还是结晶水合物，易风化失去结晶水，因此需密闭
保存，Fe2+防止被氧化和晶体失去结晶水；
【小问5 详解】
绿矾的摩尔质量为278g/mol，假设起始1 mol 绿矾（质量为278 g），失重比为19.4%，则失去水的质量
为：
，失去水的物质的量为
，剩余结晶水的物质的量为
。
17.（2026·四川省字节精准教育联盟·二模） 铋
化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主
要成分为
，含
、
、
等杂质)为原料制备
的工艺流程如图：
已知：
I、铋不溶于水，不溶于非氧化性酸，如盐酸。
II、常温下，部分难溶物的溶度积常数如表。
难溶
物
(不溶于氨水)
III、
易水解，
难溶于冷水。
（1）已知“滤渣1”中含有S 单质和_______(填化学式)。
（2）“氧化浸取”时
反应的离子方程式为_______。
（3）“调pH”时要使
完全沉淀(当离子浓度小于或等于
时，视为完全沉淀)，溶液pH
最小为_______。(取整数，已知：
)
（4）进入“碱溶”步骤的物质为经过充分洗涤的
和_______的固体混合物，为检验是否洗涤干
净，可选择的试剂为_______(填标号)。
A.KSCN 溶液 B.
溶液 C.
溶液
（5）“转化”时，生成
的离子方程式为_______。
（6）“转化”后应先冷却后再过滤，原因是_______。
【答案】（1）SiO2
（2）
（3）6 （4）①. Cu(OH)2
.
②B
（5）
（6）NaBiO3难溶于冷水，冷却后过滤可减少损失
【解析】辉铋矿中加入氯化铁和盐酸的混合溶液氧化浸取时，金属硫化物转化为硫和可溶性金属氯化物，
二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣1，得到的滤液中加入铋，将溶液中的铁
离子还原为亚铁离子，过滤得到滤液；调节滤液的pH，将铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、氢氧化铜沉
淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液3 和滤渣；向滤渣中加入氨水，将氢氧化铜转化为四氨合铜离子，过滤
得到含有四氨合铜离子的滤液4 和氢氧化铋沉淀；加入盐酸溶解氢氧化铋沉淀，再加入NaOH、NaClO，
将正三价铋氧化为正五价铋，发生反应：
，得到产品
NaBiO3，由此分析。
【小问1 详解】
由分析可知，滤渣1 中含有S 单质和SiO2；
【小问2 详解】
正三价铁离子具有氧化性，将负一价硫氧化为硫单质，正三价铁离子被还原为亚铁离子，结合电子守恒可
知，反应的离子方程式为：
；
【小问3 详解】
由溶度积常数表可知，为避免Fe3+在调节pH 时先于Bi3+沉淀而难以分离，则“还原”过程把溶液中的
Fe3+还原为Fe3+；“调pH”时要使Bi3+完全沉淀，则c(Bi3+)最大为
，已知
，代入
，得
，则
，
，故溶液pH 最小为：6（取整数）；
【小问4 详解】
由分析可知：进入“碱溶”步骤的物质为经过充分洗涤的Bi(OH)3和Cu(OH)2；由分析可知，沉淀洗涤液
中含有亚铁离子，
与Fe2+生成蓝色沉淀，可检验沉淀是否洗涤干净，故选B；
【小问5 详解】
由分析可知，“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式为
；
【小问6 详解】
由题干可知NaBiO3难溶于冷水，所以转换后先冷却，冷却后再过滤可减少产品损失。
18. （2026·四川广安市二中·二模）我国废旧手机逐年增加，而1 吨废旧手机可提取约200 g 黄金、1200 g
银、350 g 钯。将手机主板(含Cu、Al、Fe、Au、Ag、Pd、Pt 等元素)通过如下工艺流程可分离提取出
Au、Pd、Pt 等贵金属。
已知：
①“焙烧”时，Al、Cu 转化为可溶于水的
、
，Ag 转化为AgCl；“氯化”时，
Au、Pt、Pd 分别以
、
、
的形式存在；
②
和
难溶于水，
易溶于水；
。
回答下列问题：
（1）“焙烧”前将手机主板粉碎的目的是_______；“焙烧”过程中Al、Cu 的脱除率如图所示，则脱除
的最佳条件(温度、投料比)为_______。
（2）向“水浸”得到的
溶液中加入NaCN 溶液，发生反应：
。相同条件下
的稳定性大于
，请从成键角度分析
其原因：_______。
（3）“酸浸”所得“滤液2”中含有的主要金属离子是_______(填化学符号)。
（4）“氯化”的目的是_______。
（5）“分金”时，产生Au 的离子方程式为_______；
的氧化性_______(填“强于”或“弱于”)
。
（6）“沉铂”时通入的气体A 是_______(填化学式)。
（7）“沉钯”时，向0.1 L
mol/L 的溶液中加入等体积的
溶液使
恰好完
全沉淀(浓度等于
mol/L)，则所加
的浓度为_______mol/L(混合后溶液的体积视作二者溶液
的体积之和)。
【答案】（1 ）①. 增大接触面积，提高焙烧速率，使焙烧更充分 ②. 600℃、投料比
（2）Cl-与CN-分别与Cu+形成配位键，CN-由碳原子提供孤电子对，C 原子的电负性小于Cl 原子，C 对孤
电子对的吸引力更弱，更易于给出孤电子对形成较稳定的配位键
（3）Fe3+
（4）将Au、Pt、Pd 转化为可溶的
、
、
，以便与AgCl 分离
（5）①.
.
②强于
（6）Cl2
（7）0.62
【解析】手机主板，含Cu、Al、Fe、Au、Ag、Pd、Pt 等元素，“焙烧”时，Al、Cu 转化为可溶于水的
Na[Al(OH)4]、NaCuCl2，Ag 转化为AgCl，铁应转化为Fe2O3；过滤，盐酸酸浸时，Fe2O3转化为Fe3+除去；
“氯化”时，Au、Pt、Pd 分别以
、
、
的形式存在；分金时，加入Na2SO3还原Au 的
同时将
转化为
，沉钯时，
与NH 生成沉淀，“沉铂”前通入氧化性气体，将
氧化为
，最终与NH 反应生成
，以此分析。
【小问1 详解】
①粉碎的目的是增大接触面积，提高焙烧速率，使焙烧更充分；
②由图可知，脱除的最佳条件就是脱除率最高时的条件，即600℃、投料比
。
【小问2 详解】
Cl-与CN-分别与Cu+形成配位键，CN-由碳原子提供孤电子对，C 原子的电负性小于Cl-，C 对孤电子对的吸
引力更弱，更易于给出孤电子对形成较稳定的配位键。
【小问3 详解】
根据信息①，“焙烧”过程将Al、Cu 转化为可溶于水的
、
，Ag 转化为AgCl，
而铁应转化为Fe2O3，“水浸”过程
、
进入“滤液1”，故“酸浸”时Fe2O3转化
为易溶于水的FeCl3，所以“滤液2”中含有的主要的金属离子为Fe3+。
【小问4 详解】
根据信息①可知，“氯化”是为了将Au、Pt、Pd 转化为可溶的
、
、
，以便与AgCl
分离。
【小问5 详解】
①“分金”时
被Na2SO3还原为Au，故离子方程式为
；
②结合信息②“
和
难溶于水，
易溶于水”与“沉钯”“沉
铂”两步可知，加入
还原Au 的同时将
转化为
，便于“沉钯”步骤中Pt 与Pd 分
离，故
的氧化性强于
。
【小问6 详解】
因
难溶于水，
易溶于水，因此“沉铂”前需将
氧化为
，故需要
加入氧化性气体，且要考虑不引入杂质，所以气体A 为Cl2。
【小问7 详解】
根据反应
，将0.03 mol
沉淀完全需要0.06 mol NH，沉淀
的同时还需满足
，求
得
，则加入的
，
故加入的
。
19. （2026·四川绵阳市南山中学·二模）2025 年宁德时代推出的第二代钠电池，Na2ZrCl6作为固态电解质，
工业上以天然锆英石ZrSiO4，含Fe2O3、Cr2O3、Pb3O4、SiO2等杂质）为原料生产Na2ZrCl6工艺流程如下：
已知：①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为ZrO2+、Cr3+、Fe3+、[PbCl4]2-；②“还原”前后相关物质
升华温度及沸点如下图。
回答下列问题：
（1）
在“溶浸”时生成一种黄绿色气体，发生的离子方程式为______。
（2）“调pH”后，废液中
，则废液中
为______mol·L-1。（已知：25℃时，
，
。）
（3）“高温氯化”时，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为______。
（4）“还原”的主要目的是______。
（5）Na2ZrCl6晶体可传导O2-，利用Na2ZrCl6晶体做固体电解质电解，将废气中的氮氧化物（NOx）转化为
无污染气体，则阴极的电极反应式为______。
（6）某含锆的结合剂是一种平面层状材料，其晶体部分结构如上图。该结合剂的化学式为______；层间
区域可以容纳水分子的原因是______。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）把FeCl3还原为沸点更高的FeCl2，防止FeCl3升华影响纯度
（5）
（6）①.
或
②. 层间含—OH，能与层间区域水分子形成氢键
【解析】天然锆英石ZrSO4(含Fe2O3、Cr2O3、Pb3O4、SiO2等杂质)中加入硝酸、浓盐酸溶浸，SiO2不溶而
成为滤渣1，溶液中金属元素的存在形式为
；加入氧化铅沉铅，此时铅转化
为PbCl2；往滤液中加入氨水调pH，使
转化为金属的氢氧化物；煅烧后生成金属的氧
化物；加入C+Cl2 高温氯化，生成
；通入氢气还原，将FeCl3 还原为FeCl2；升华
后，ZrCl4 转化为气体，CrCl3、FeCl2 仍以固态形式存在；ZrCl4 与NaCl 在特定条件下化合，生成
。
【小问1 详解】
Pb3O4在“溶浸”中与浓盐酸发生反应，生成
、Cl2等，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守
恒，可得出离子方程式为
；
【小问2 详解】
“调pH”后，废液中
，则
，废液中
，故答案为：
；
【小问3 详解】
“高温氯化”时，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体，此气体为CO，依据得失电子守恒和原子
守恒，该反应的化学方程式为
；
【小问4 详解】
从题给信息中可以看出，ZrCl4与FeCl3的升华温度相近，应把FeCl3还原为FeCl2，则“还原”的主要目的
是：把FeCl3还原为沸点更高的FeCl2，防止FeCl3升华影响纯度；
【小问5 详解】
晶体可传导O2-，利用
晶体做固体电解质电解，将废气中的氮氧化物（NOx）转化为
无污染气体，则NOx 转化为N2和O2-，所以阴极的电极反应式为
；
【小问6 详解】
在1 个结构单元中，1 个P 原子与3 个O 原子和1 个—OH 相连，构成
，而每个Zr 原子被4 个结构
单元共用，则1 个结构单元中含有Zr 原子的个数为
，且含2 个
，所以该结合剂的化学式为
或
；层间区域，
中的—OH，能与水分子间形成氢键，所以可以容纳水分子
的原因是：层间含—OH，能与层间区域水分子形成氢键，故答案为：
或
；层间含
—OH，能与层间区域水分子形成氢键。
20. （2026·四川省黄冈·二模）锰是生产各种合金的重要元素。工业上以含锰矿石（主要成分为
，
还含有铁、钴、铜等的碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如图所示。回答下列问题：
查阅资料：25℃时，部分物质的溶度积常数如下表所示。
物质
MnS
CoS
（1）用硫酸浸取含锰矿石时，提高浸取速率的方法有_________（任写一种）。
（2）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为_________。
（3）滤渣1 的主要成分是_________；实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是
_________。
（4）当溶液中可溶组分浓度
时，可认为已除尽。“除杂2”步骤需要控制溶液的pH
至少为_________（已知
）。
（5）“除杂3”步骤所得溶液中
，则其pS[
]的范围是_________。
（6）电解废液中还含有少量
，向其中加入饱和
溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离
子方程式为_________。
【答案】（1）将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等
（2）
（3）①. Fe(OH)3、MnO2
.
②抽滤
（4）6.65 （5）9.3＜pS≤15.4
（6）
【解析】含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2+，铁、钴、铜的碳酸盐转化为铁离子、亚铁离
子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2+，加入氨水调
节pH=4，此时
mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有
过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2+转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2+不能沉淀，此时滤渣2 为
氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS 沉淀，最后电解得到Mn，据此解答。
【小问1 详解】
用硫酸浸取含锰矿石时，可采用将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等方式提高浸取速率。
【小问2 详解】
氧化过程中，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，离子方程式为
。
【小问3 详解】
根据分析可知，滤渣的主要成分为Fe(OH)3、MnO2，实验室为了加快固液混合物的分离，常用的操作为抽
滤。
【小问4 详解】
除杂2 步骤中，要使铜离子转化为氢氧化铜沉淀，锰离子不能发生沉淀，则
mol/L 时，
，
，
至少为6.65。
【小问5 详解】
除杂3 中锰离子浓度为0.5 mol/L，锰离子不能发生沉淀，则
mol/L，同时Co2+要沉淀完全，则
mol/L，
mol/L，则9.3＜pS≤15.4。
【小问6 详解】
电解废液中含有少量Mn2+，加入饱和NH4HCO3，有沉淀和气体生成，沉淀为碳酸锰，气体为二氧化碳，
离子方程式为
。
