文档文本内容
专题38 工业流程题解题策略
——以金属元素为载体
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点1 选择题
（简单工艺流程分
析）
2025：四川、甘肃、黑吉辽蒙卷
2024：福建、甘肃、吉林
2023：辽宁
2020：山东
注重考查学科核心知识 ：工业流程题的命
题来源很广,与各个知识模块的结合点较
多。选取以金属元素为主的工业生产流
程，考查应用基础知识分析解决生产中的
实际问题的能力，涉及基本概念、反应及
转化、反应原理和实际工业操作等核心知
识。
强调知识的灵活运用与综合分析 ：工业流
程题是高考的热点，所占的分值重，由于
此类试题陌生度高，对学生的能力要求
大，加上有的试题文字量大，学生在没做
之前往往就会产生畏惧感，所以这类题的
得分不是很理想。因此分析工业流程题时,
应将流程路线、试题设问和理论知识有机
结合起来,找到所需回答的问题与流程图中
考点2 非选择题
（综合工艺流程分
析）
2025：湖南、湖北、广东、云南、江
苏、陕晋青宁卷、甘肃、山东
2024：广西、福建、海南、贵州、甘
肃、全国甲卷
2023：辽宁、河北、福建、重庆、广
东、湖北
2022：重庆、北京、辽宁、广东
2021：重庆、福建、湖南
2020：江苏、山东、全国III 卷
相关信息的一一对应关系，“顺藤摸瓜”
就可以有效解决相关问题。
1．（2025·四川·高考真题）一种主要成分为
和
的高钾磷矿，通过如下流程可制得重要
的化工产品白磷(
)、
。其中，电炉煅烧发生的反应为：
。
下列说法错误的是
A．“电炉煅烧”必须隔绝空气
B．浸渣的主要成分是
C．“炉气水洗”使
溶于水而与
分离D．“中和沉淀”需要控制溶液的
【答案】C
【分析】主要成分为
和
的高钾磷矿，与焦炭经电炉煅烧生成
、
、
气
体、
气体，炉气水洗，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，尾气为不溶于水的CO，燃烧生成CO2，用于
中和沉淀；炉渣经水浸，浸渣主要成分为不溶于水的
，浸液中通入CO2，生成
，
过滤
经燃烧得
；滤液主要成分为
，据此分析；
【详解】A．“电炉煅烧”时生成
，
可与氧气反应，故必须隔绝空气，A 正确；
B．根据分析可知，浸渣的主要成分是
，B 正确；
C．“炉气水洗”因
、CO 均不溶于水，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，使
与
分离，C 错误；
D．“中和沉淀”时通入的二氧化碳形成的弱酸，不会溶解生成的
（只溶于强酸强碱中），但需
要控制溶液的
，防止生成
，D 正确；
知识点01 选择题（简单工艺流程分析）
故选C。
2．（2025·甘肃·高考真题）处理某酸浸液(主要含
)的部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：
B．“碱浸”过程中NaOH 固体加入量越多，
沉淀越完全
C．“氧化”过程中铁元素化合价降低
D．“沉锂”过程利用了
的溶解度比
小的性质
【答案】D
【分析】酸浸液(主要含
)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu 单质，溶液加入NaOH 碱浸，
过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，
得到Li2CO3沉淀。
【详解】A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：
，A 错误；
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH 过量，则Al(OH)3会溶解，B 错误；
C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C 错误；
D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了
的溶解度比
小的性质，D 正确；
答案选D。
3．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含
和少量
)中提
取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下
，下列说法错误的是
A．硫酸用作催化剂和浸取剂
B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C．“浸出”时，3 种金属元素均被还原
D．“沉钴”后上层清液中
【答案】C
【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加
入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S 沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。
【详解】A．根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A 正确；
B．生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B 正确；
C．根据图示可知，“浸出”时，Fe 的化合价没有变化，Fe 元素没有被还原，C 错误；
D．“沉钴”后的上层清液存在CoS 的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D 正确；
答案选C
4．（2024·福建·高考真题）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如
下：
已知“滤液2”主要含
和
。下列说法正确的是
A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质
B．“酸溶”时产生
和
离子
C．“碱溶”时存在反应：
D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应
【答案】C
【分析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤液，
通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。
【详解】A．机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，A 错误；
B．酸溶的过程中Al、Zn、Fe 转化为对应的
和
离子，B 错误；
C．“碱溶”时根据产物中
，存在反应：
，故C 正确；
D．电解精炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D 错误；
故选C。
5．（2024·甘肃·高考真题）兴趣小组设计了从
中提取
的实验方案，下列说法正确的是
A．还原性：
B．按上述方案消耗
可回收
C．反应①的离子方程式是
D．溶液①中的金属离子是
【答案】C
【分析】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯
化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁
离子。
【详解】A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱
的顺序为 Fe > Cu > Ag，A 不正确；
B．由电子转移守恒可知，1 mol Fe 可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu 可以置换2 mol Ag，因此，根据上述方
案消耗1 mol Fe 可回收2 mol Ag，B 不正确；
C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是
，C 正确；
D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成
，然后
被通入的氧气氧化为
，
氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子
水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是
，D 不正确；
综上所述，本题选C。
6．（2024·吉林·高考真题）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的
并制备
，流程如下“脱氯”步骤仅
元素化合价发生改变。下列说法正确的是
锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)
离子
浓度
145
0.03
1
A．“浸铜”时应加入足量
，确保铜屑溶解完全
B．“浸铜”反应：
C．“脱氯”反应：
D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到
【答案】C
【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：
，再加
入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu 元素的化合价发生改变，得到CuCl 固体，可知“脱氯”
步骤发生反应的化学方程式为：
，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可
在阴极得到电子生成Zn。
【详解】A．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu 在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A 错
误；
B．“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：
，故B 错误；
C．“脱氯”步骤中仅Cu 元素的化合价发生改变，得到CuCl 固体，即Cu 的化合价升高，Cu2+的化合价降低，
发生归中反应，化学方程式为：
，故C 正确；
D．脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D 错误；
故选C。
7．（2023·辽宁·高考真题）某工厂采用如下工艺制备
，已知焙烧后
元素以
价形式存在，下
列说法错误的是
A．“焙烧”中产生
B．滤渣的主要成分为
C．滤液①中
元素的主要存在形式为
D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【答案】B
【分析】焙烧过程中铁转化为四氧化三铁、铬元素被氧化转化为对应钠盐，水浸中四氧化三铁不溶转化为
滤渣，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。
【详解】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成四氧化三铁、铬酸钠和二氧化碳，A 正确；
B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为四氧化三铁，B 错误；
C．滤液①中
元素的化合价是+6 价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr 元素主要
存在形式为
，C 正确；
D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D 正确；
故选B。
8．（2020·山东·高考真题）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁
砂的工艺流程如下：
已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是
A．浸出镁的反应为
B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
【答案】B
【分析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、
Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到
高纯镁砂。
【详解】A．高温煅烧后Mg 元素主要以MgO 的形式存在，MgO 可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进
铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A 正确；
B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，
故B 错误；
C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过
程中，故C 正确；
D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH 达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉
淀，从而将其分离，故D 正确；
故答案为B。
9．（2025·湖南·高考真题）一种从深海多金属结核[主要含
，有少量的
]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液
的工
艺流程如下：
已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
知识点02 非选择题（综合工艺流程分析）
②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为
)开始沉淀和完全沉淀
的
：
开始沉淀的
1.9
3.3
4.7
6.9
7.4
8.1
完全沉淀的
3.2
4.6
6.7
8.9
9.4
10.1
回答下列问题：
(1)基态
的价层电子排布式为 。
(2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 (写化学式)；
还原
的化学方程式为 。
(3)“沉铁”时，
转化为
的离子方程式为 ，加热至
的主要原因是 。
(4)“沉铝”时，未产生
沉淀，该溶液中
不超过
。
(5)“第二次萃取”时， 、 (填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M 表
示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。
【答案】(1)
(2)
(3)
防止形成
胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造
成产率下降
(4)
(5)
sp2
【分析】金属结核[主要含
，有少量的
]加入
、
进行酸浸还原，得到的滤渣含有
，滤液中含有
，通入空气，
调解pH=3.2，沉铁得到
滤渣，继续加入NaOH 调节pH=5.2 沉铝主要得到
，加入萃取剂第一次
萃取
，分液得到
的萃取液1，萃余液1 中加入混合萃取剂进行第二次萃取，得到电池级镍钴锰混
合溶液，萃余液2 中电解得到金属锰，据此解答。
【详解】（1）
原子的价电子是指
和
能级上的电子，所以基态
原子的价电子排布式为
；
（2）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是
；
将3 价钴还原为2 价钴，同时由于
硫酸的作用得到
，化学方程式为
；
（3）“沉铁”时，
转化为
，铁元素化合价上升，则
做氧化剂，离子反应为：
；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至
的主要原因是防止形成
胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降；
（4）由表可知，
，“沉铝”时，未产生
沉淀，
则
；
（5）由流程可知，第二次萃取时，主要萃取
，因此
与混合萃取剂形成的配合物更稳
定；六元杂环是平面结构，N 原子提供单电子用于环内形成
大π 键，剩余1 对孤对电子形成配位键，N
的价层电子对数为3，是sp2杂化。
10．（2025·湖北·高考真题）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。
【详解】（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；
②NaF 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。
11．（2025·广东·高考真题）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取
Fe、Cu、Ni 等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。
已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O 等元素。
氢氧化物
(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。
(2)“高压加热”时，生成
的离子方程式为： 。
(3)“沉铝”时，pH 最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中
，
。
(4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。
A．镍与N、O 形成配位键
B．配位时
被还原
C．配合物与水能形成分子间氢键
D．烷基链具有疏水性
(5)
晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之
比
，则
；晶体中与Cu 原子最近且等距离的原子的数目为 。
(6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量
，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe 不断生成。该
步骤发生反应的化学方程式为 和 。
②“电解”时，
颗粒分散于溶液中，以Fe 片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意
图并做相应标注 。
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。
【答案】(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等
(2)4Fe2++O2+4H2O
2Fe2O3↓+8H+
(3)5
(4)AD
(5) 3：1：1 12
(6) 2NH3
N2+3H2 Fe2O3+3H2
2Fe+3H2O
没有污染物产生
【分析】矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到
Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe 单质，也可以用电解得到Fe 单质，滤液1 在常温下沉铝，滤液2 选择萃
取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu 配合物和Ni 配合物，最终得到产品NixCuyNz。
【详解】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等；
（2）由于通入
“酸浸”，故浸取液中不含有
，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为
，
离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O
2Fe2O3↓+8H+；
（3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，
，根据
Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5；
（4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有：
A、镍与N、O 形成配位键，可以使镍进入有机相，A 正确；
B、配体
中提供孤对电子的O 原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离
子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B 错误；
C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C 错误；
D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D 正确；
答案选AD；
（5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比
，设晶胞边长为a，由几何
关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为
，面心的原子与体心的原子距离为
，则可以确定，晶
胞中面心原子为Ni，有6×
个，顶点原子为Cu，有8×
个，体心的原子为N，有1 个，则x：y：
z=3：1：1；
根据分析，Cu 原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni 原子，数目为
；
（6）①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe 单质和水，化学方程式为：2NH3
N2+3H2、
Fe2O3+3H2
2Fe+3H2O；
②电解Fe2O3颗粒得到Fe 单质，在阴极发生还原反应，则Fe 片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH 溶液
和
颗粒，装置图如下：
；
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO
气体产生。
12．（2025·云南·高考真题）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%。
②25℃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。
【详解】（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
。
13．（2025·江苏·高考真题）
可用于制备光学材料和回收砷。
(1)制备
。由闪锌矿[含
及少量硫化镉
等]制备
的过程如下：
已知：
。当离子浓度小
于
时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入
可提高
浸出率的原因是 。
②通入
除镉。通过计算判断当溶液
时，
是否沉淀完全 (写出
计算过程)。
③沉锌前调节溶液的
至
，加入的氧化物为 (填化学式)。
(2)制备光学材料。如图甲所示，
晶体中掺入少量
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“
”中的离子为 (填离子符号)，区域B 带 (填“正电”或“负电”)。
(3)回收砷。用
去除酸性废液中的三价砷
，并回收生成的
沉淀。
已知：溶液中
主要以弱酸
形式存在，
。
时，按
向酸性废液中加入
，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。
①写出
与
反应生成
的离子方程式： 。
②反应
后，砷回收率下降的原因有 。
【答案】(1) 氧化
生成S，促进酸浸反应正向进行 否。
时，
，则
未沉淀完全
ZnO
(2)
负电
(3)
随着反应的进行，溶液pH 增大，溶液中
浓度减小，促进
平衡正向移动，
重新溶解，砷回收率下降
【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS 等，加入
酸浸后，ZnS、FeS、CdS 分别转化为
，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去
与
，调pH、沉锌后获得ZnS，据
此解答。
【详解】（1）①酸浸时，若不通入
，会发生反应：
，通入
可以氧化
生成S，促进酸浸反应正向进行，提高
浸出率；
②通入
除镉，当溶液
时，
， 又因为
，
=
，则
=
，则此时
，此时
的浓度大于
，离子沉淀不
完全。
③由②知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的
，加入的氧化物为ZnO。
（2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A 中，由
替换
，区域B 中，由
替换
；按照均摊法，区域B 中含
：3 个、
：1 个、
：
个，
，则区域B 带负电。
（3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”，
与
反应除了生成
外还有锌
离子，写出反应的离子方程式为：
。
②随着反应的进行，溶液pH 增大，溶液中
浓度减小，促进
平衡正向
移动，
重新溶解，砷回收率下降，所以反应
后，砷回收率下降。
14．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）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。
【详解】（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。
15．（2025·甘肃·高考真题）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。
【详解】（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；
。
16．（2025·山东·高考真题）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。
【详解】（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。
17．（2024·广西·高考真题）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(
，含
和CuO
等杂质)制备光电材料
的流程如下。回答下列问题：
已知：
物质
(1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和
，其主要作用是 。为提高“浸取”速率，可采取的措
施是 (任举一例)。
(2)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。
(3)常温下，用
调节溶液pH 至
时，可完全沉淀的离子有 (填化学式)。
(4)“X”可选用_______。
A．
B．
C．Zn
D．
(5)若用
替代
沉锰，得到
沉淀。写出生成
的离子方程式
。
(6)
立方晶胞如图，晶胞参数为
，该晶体中与一个
紧邻的
有 个。已知
为阿伏加
德罗常数的值，晶体密度为
(用含
的代数式表示)。
【答案】(1) 把二氧化锰还原为硫酸锰 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等
(2)SiO2
(3)Al3+
(4)D
(5)
(6) 4
【分析】软锰矿含有
和少量
、CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和
。
用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化铝、氧化铜
溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节pH 生成氢
氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS 沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应生成碳酸锰
沉淀，最终将碳酸锰转化为
。
【详解】（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和
，其主要作用是把二氧
化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅
拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)=
，pH 约为8.4；Al3+完全沉淀时，
c(OH-)=
，pH 约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=
，pH 约为6.7；
常温下，用
调节溶液pH 至
时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X 的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S 不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都
能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用
，选D。
（5）若用
替代
沉锰，得到
沉淀，反应的离子方程式为
。
（6）1 个晶胞中含有1 个K+，根据化学式
可知，1 个晶胞中含有1 个Mn、3 个F-，可知晶胞顶点上
的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个
紧邻的
有4 个；已知
为阿伏加德罗常数的值，晶体密
度为
。
18．（2024·福建·高考真题）锂云母的主要成分为
，实验室探索一种碱浸
分解锂云母制备
的工艺流程如下：
(1)“高压浸出”中：
①“滤渣1”中卤化物Y 为 。(填化学式)
②一定条件下，元素浸出率与
用量的关系如图，为提高锂浸出率，
最佳用量为 g。(保留
小数点后一位)
③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下：
i．尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触
ii．尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入
一定条件下，颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是
。
(2)“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为 。
(3)“沉淀转化”反应
的平衡常数
。(列出
计算式)已知：
时，
。
(4)“操作Z”为加热、趁热过滤和 ；趁热过滤的主要目的是 。(
分解温度约为
)
(5)
的晶胞结构如图所示。
①晶体中与一个O 紧邻的
有 个。
②一个
与所有紧邻O 形成的空间结构为 。
③晶体中微粒间作用力有 。(填标号)
a．氢键 b．离子键 c．金属键 d．范德华力 e．极性共价键 f．非极性共价键
【答案】(1)
4.5 该条件下ii 的影响程度大于i 的影响程度
(2)
(3)
(4) 蒸发结晶 除去
杂质
(5) 4 四面体形 bde
【分析】锂云母的主要成分为
，加入氢氧化钠、氧化钙、水高压浸出，得
到铝硅酸盐沉淀和氟化钙沉淀，所得滤液加少量氧化钙进一步净化过滤后，所得滤液中主要含氢氧化锂，
以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，向滤液中加入磷酸生成磷酸锂沉淀，过滤分离，向沉淀中加入氢氧化钙
溶液，转化得到磷酸钙沉淀和氢氧化锂溶液，过滤所得滤液2 中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化
钙，通过加热、趁热过滤除去氢氧化钙，滤液蒸发结晶得到氢氧化锂固体，据此分析。
【详解】（1）①“高压浸出”中，加入的
与水反应生成氢氧化钙，电离出的
与
生成难溶的
；
②结合图中曲线，锂的浸出率最大时，
的最佳用量约为4.5g；
③只考虑i 的影响，尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触，锂的浸出率越大；只考虑ii 的影
响，尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入，锂的浸出率越小，区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺
寸减小而降低，说明ii 的影响程度大于i 的影响程度；
（2）净化后的滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，“沉锂”加入磷酸生成磷酸锂
的化学方程式为：
；
（3）“沉淀转化”反应
的平衡常数
；
（4）滤液2 中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，加
热升温会析出氢氧化钙晶体，故趁热过滤的主要目的是除去
杂质；除杂后的滤液主要含
，
通过蒸发结晶得到
固体；
（5）根据
的晶胞结构及其x 轴方向投影图可知，在晶胞中Li 位于8 个顶点和上、下底面的2 个面心，
O 位于前、后、左、右4 个侧面上，晶体为层状结构。①晶体中与一个O 紧邻的
有4 个，①晶体中与一
个
紧邻的O 也有4 个；②因为∠O-Li-O=129°，故一个
与所有紧邻O 形成的空间结构为四面体形而非正
四面体形；③由于O 无法提供价层孤电子对，且层间距离远，
间不能形成氢键；
为离子化合物，
不存在金属键；
与
间存在离子键；根据
晶体呈层状结构，层间存在范德华力；O-H 属于极性
共价键；故晶体中微粒间作用力有bde。
19．（2024·海南·高考真题）锰锌铁氧体(
)元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利
用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备
、ZnO 和
，可用于电池，催化剂等行业，其工艺
流程如下：
回答问题：
(1)氨浸的作用是将 元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。
(2)煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是 。
(3)沉锰反应的离子方程式为 。某次实验时，将原料中的Mn 以
形式定量沉淀完全，消
耗了
，并产出
(纯度为99.9%)，则该原料
化学式中
。
(4)沉铁时，选择
是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐 (填化学式)。该钾盐在种植业中的
一种用途是 。
(5)通过加入
固体，除去滤液中危害环境的
，已知
，
。反应
的平衡常数为 。
【答案】(1)Zn
(2)氨水
(3)
或不含结晶水形式 0.75
(4)
钾肥或其他合理用途
(5)
【分析】锰锌铁氧体经过氨浸后，分离得到的溶液B 经煮沸得到氢氧化锌，则氨浸的作用是将锌元素转移
到溶液B 中，将分离得到的固体A 溶于硫酸，得到含锰、铁元素的溶液；沉锰过程中，
与
发
生归中反应生成
；由于加入铁粉还原，则溶液C 主要含三价铁离子，铁粉将铁离子还原为二价
铁离子，加入
沉铁，将二价铁离子转化为
。
【详解】（1）由分析可知，氨浸的作用是将Zn 元素有效转移到水溶液中。
（2）由分析可知，溶液B 含有配合物，煮沸溶液B 后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液
可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。
（3）根据沉锰前后物质可知，沉锰反应的离子反应式为
（便于后续计算）或不含结晶水；由离
子反应式可知，消耗了
，则锰锌铁氧体中
，
，由锰锌铁氧体化学式可知，
，化合价代
数和为0，则
，解的
。
（4）由分析可知，用硫酸溶解固体A 后，溶液中存在大量硫酸根，选择
可以从滤液中回收有价值
的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。
（5）平衡常数
。
20．（2024·贵州·高考真题）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为
及少量MgO 等。一种
利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料
和回收
的流程如下：
已知：
①25℃时，
；
②
。
回答下列问题：
(1)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。
(2)25℃时，“碱沉”控制溶液pH 至3.0，此时溶液中
。
(3)“除杂”时需加入的试剂X 是 。
(4)“水热合成”中，
作为磷源，“滤液2”的作用是 ，水热合成
的离子方程式为
。
(5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料
，其工艺如下：
①该工艺经碳热还原得到
，“焙烧”生成
的化学方程式为 。
②
的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有
的单元数有 个。
③若“焙烧”温度为
时，生成纯相
，则
，其可能
的结构示意图为 (选填“乙”或“丙”)。
【答案】(1)SiO2
(2)2.8×10-6
(3)NaOH 溶液
(4) 提供Na+和反应所需要的碱性环境
(5)
3 0.25 乙
【分析】煤气化渣(主要成分为
及少量MgO 等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解
成为滤渣，
及少量MgO 转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸，
将铁离子转化为氢氧化铁沉淀；过滤，滤液1 中含硫酸铝和硫酸镁，加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化
为氢氧化镁沉淀除去，过滤，滤液主要含
和NaOH，往其中加氢氧化铝晶种，过滤得Al2O3‧
3H2O 和NaOH 溶液，焙烧Al2O3 3H
‧
2O 得Al2O3；在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还
原，然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2 水热合成得NaFePO4。
【详解】（1）煤气化渣(主要成分为
及少量MgO 等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不
溶解成为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO2；
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH 至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中
；
（3）“除杂”时需要沉淀镁离子、得
，所以加入的试剂X 是NaOH 溶液；
（4）“水热合成”中，
作为磷源，“滤液2”为NaOH 溶液，其既可以提供合成
所需
要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成
的离子方程式为
；
（5）①该工艺经碳热还原得到
，“焙烧”时
、Na2CO3和O2反应生成
，其化学方程式
为
；
②由
的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×
+2=3，Na：8×
+2=3，O：8×
+4=6，即每个晶
胞中
的单元数有3 个；
③若“焙烧”温度为
时，
，生成纯相
，则
，解得
0.25；丙图中Na：1+6×
=1.75，
，乙图中Na：2+2×
=2.25，
，则其
可能的结构示意图为乙。
21．（2024·甘肃·高考真题）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。
【详解】（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
。
22．（2024·全国甲卷·高考真题）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 为8.2 到12.0 之间，使锌离子沉淀完全，静置
后过滤、洗涤、干燥
【分析】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。
【详解】（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
，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 为8.2 到12.0 之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥。
23．（2023·辽宁·高考真题）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)
CaSO4、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
。
【详解】（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；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢
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；
24．（2023·河北·高考真题）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氧化为可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入硫酸、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，硫酸亚铜发生歧化反应生成CuSO4，过滤得到
含有硫酸铵、硫酸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；硫酸铜
溶液发生置换反应生成海绵铜。
【详解】（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。
25．（2023·福建·高考真题）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。
【详解】（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。
26．（2023·重庆·高考真题）
是一种用途广泛的磁性材料，以
为原料制备
并获得副产物
水合物的工艺如下。
时各物质溶度
积见下表：
物质
溶度积
回答下列问题：
(1)
中
元素的化合价是
和 。
的核外电子排布式为 。
(2)反应釜1 中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。
(3)反应釜2 中，加入
和分散剂的同时通入空气。
①反应的离子方程式为 。
②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。
(4)①反应釜3 中，
时，
浓度为
，理论上
不超过 。
②称取
水合物
，加水溶解，加入过量
，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，
用
标准溶液滴定，消耗
。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中
的质量分数为 。
【答案】(1) +3 1s22s22p6
(2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁
(3)
适当升高温度、搅拌
(4) 11 最后半滴标准液加入后，溶液变为微红色，且半分钟内不变色 66.6%
【分析】
溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，
溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2
中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，
【详解】（1）
可以写成
，故
元素的化合价是
和+3。
为氧原子得到2 个电子形
成的，核外电子排布式为1s22s22p6；
（2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1 中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中
氧气氧化为三价铁；
（3）①反应釜2 中，加入
和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和
水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为
。
②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等；
（4）①反应釜3 中，
时，
浓度为
，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此
时
，pOH=3，pH=11，故理论上
不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为微红色，且半分钟
内不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀
，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化
还原反应：
，结合质量守恒可知，
，则该副产物中
的质量分数为
。
27．（2023·广东·高考真题）
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。
【详解】（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。
①X 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：
。
28．（2023·湖北·高考真题）
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) 四 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
。
【详解】（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四周期、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。
29．（2022·重庆·高考真题）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 。
②25℃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) 滴入最后半滴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。
【详解】（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半滴碘酸钾标准溶
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：滴入最后半滴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%。
30．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为
，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和
1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物质
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。
(2)
用量对碳酸钙产品的影响如下表
n(NH4Cl)/n(CaO)
氧化物(
)浸
出率/%
产品中
纯
度/%
产品中Mg
杂质含量
/%
(以
计)
计算
值
实测
值
2.1 1∶
98.4
1.1
99.1
99.7
——
2.2 1∶
98.8
1.5
98.7
99.5
0.06
2.4 1∶
99.1
6.0
95.2
97.6
2.20
备注：ⅰ、
浸出率=(浸出的
质量/煅烧得到的
质量)
(M 代表Ca 或Mg)
ⅱ、
纯度计算值为滤液A 中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中
纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出
的原因是 。
②沉钙反应的离子方程式为 。
③“浸钙”过程不适宜选用
的比例为 。
④产品中
纯度的实测值高于计算值的原因是 。
(3)“浸镁”过程中，取固体B 与一定浓度的
溶液混合，充分反应后
的浸出率低于60%。加
热蒸馏，
的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的
原因是 。
(4)滤渣C 中含有的物质是 。
(5)该流程中可循环利用的物质是 。
【答案】(1)
(2)
，在一定量
溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁
不能，故
先浸出
2.4 1∶
，
优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
(3)
，
，随大量氨逸出，平衡正向移动
(4)
(5)
【分析】白云石矿样煅烧后
转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进
入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转
化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；
【详解】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为
；
（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，
，在一定量
溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，
故
首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为
。
③由图表可知，“浸钙”过程
的比例为2.4 1∶时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度
最低，故不适宜选用
的比例为2.4 1∶。
④
，在反应中
会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以
Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中
纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：
，
，加
热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为
，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙
后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B 中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几
乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，
的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，
故滤渣C 中含有的物质是
；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D
加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中
既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是
。
31．（2022·辽宁·高考真题）某工厂采用辉铋矿(主要成分为
，含有
、
杂质)与软锰矿(主要成
分为
)联合焙烧法制各
和
，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的
分解为
，
转变为
；
②金属活动性：
；
③相关金属离子形成氢氧化物的
范围如下：
开始沉淀
完全沉淀
6.5
8.3
1.6
2.8
8.1
10.1
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为 。
a.进一步粉碎矿石 b.鼓入适当过量的空气 c.降低焙烧温度
(2)
在空气中单独焙烧生成
，反应的化学方程式为 。
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出
和
；② 。
(4)滤渣的主要成分为 (填化学式)。
(5)生成气体A 的离子方程式为 。
(6)加入金属Bi 的目的是 。
(7)将100kg 辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg 金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量
产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi 的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi 元素的质量分数为 。
【答案】(1)ab
(2)
(3)抑制金属离子水解
(4)SiO2
(5)
(6)将Fe3+转化为Fe2+
(7)24.02%
【分析】已知①焙烧时过量的
分解为
，
转变为
，
在空气中单独焙烧生成
和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，
与浓盐酸生成A 氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi 将
Fe3+转化为Fe2+，调节pH 得到
，据此分析解题。
【详解】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过
量的空气 使燃烧更加充分，故选ab；
（2）
在空气中单独焙烧生成
和二氧化硫，反应的化学方程式为
；
（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生
成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出
和
；②抑制金属离子水解；
（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2；
（5）A 为氯气，生成气体A 的离子方程式为
；
（6）金属活动性：
，Fe3+在pH 为1.6 时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入
金属Bi 将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；
（7）辉铋矿中Bi 元素的质量分数为
。
32．（2022·广东·高考真题）稀土(
)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀
土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸
熔点为
；月桂酸和
均难溶于水。该工艺条件下，稀土
离子保持
价不变；
的
，
开始溶解时的pH 为8.8；有关金属离子
沉淀的相关pH 见下表。
离子
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 。
(2)“过滤1”前，用
溶液调pH 至 的范围内，该过程中
发生反应的离子方程式为 。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到
元素，滤液2 中
浓度为
。为尽可能多地提取
，可提
高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中
低于
(保留两位有效数
字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快
溶出、提高产率，其原因是 。
②“操作X”的过程为：先 ，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有 (写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂
。
①还原
和
熔融盐制备
时，生成1mol
转移
电子。
②
用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化
的还原，发生的电极反应为 。
【答案】(1)Fe2+
(2) 4.7
pH<6.2
(3)4.0 10-4
(4) 加热可以提高反应物粒子运动速度，搅拌增加溶剂与溶质的接触面积，使溶出更彻底，提高溶出
速度，提高产率 冷却结晶
(5)MgSO4
(6) 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有
、
、
、
、
、
等离子，经氧化调pH 使
、
形成沉淀，经过滤除去，滤液1 中含有
、
、
等离子，加入月桂酸钠，使
形成
沉淀，滤液2 主要含有MgSO4溶液，可
循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
【详解】（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以
便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
（2）由表中数据可知，
沉淀完全的pH 为4.7，而
开始沉淀的pH 为6.2~7.4，所以为保证
、
沉淀完全，且
不沉淀，要用
溶液调pH 至4.7
pH<6.2 的范围内，该过程中
发生反应的
离子方程式为
，故答案为：4.7
pH<6.2；
；
（3）滤液2 中
浓度为
，即0.1125mol/L，根据
，若要加入月桂酸钠后只生成
，而不产
生
，则
=
=4.0 10-4
，故答案
为：4.0 10-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快
溶出、提高产率，其原因是加热可以提高反应物粒子运动速度，搅
拌增加溶剂与溶质的接触面积，使溶出更彻底，提高溶出速度，提高产率，故答案为：加热可以提高反应
物粒子运动速度，搅拌增加溶剂与溶质的接触面积，使溶出更彻底，提高溶出速度，提高产率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸
熔点为
，故“操作X”的过
程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①
中Y 为+3 价，
中Pt 为+4 价，而
中金属均为0 价，所以还原
和
熔融盐制
备
时，生成1mol
转移15
电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-
+2H2O=4OH-。
33．（2021·重庆·高考真题）电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有
和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离， 实现资源再利用。
已知： Ksp(CuS)=6.3 ×10-36和Ksp(NiS)=3.0×10-19
回答下列问题：
(1)
中Cr 元素的化合价为 。
(2)还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为 。
(3)沉淀1 为Cr(OH)3，其性质与Al(OH)3相似，则Cr(OH)3与NaOH 溶液反应的化学方程式 。
(4)Na2S 溶液呈碱性的原因是 (用离子方程式表示)，沉淀2 为 。
(5)若废水中还含有Cd2+，pH=4 时Cd2+的浓度为 mol·L-1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的
原因是 (设H2S 平衡浓度为1.0× 10-6mol·L-1。已知：H2S 的K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15，Ksp(CdS)=7.0×10-
27)
【答案】(1)+6
(2)
(3)Cr(OH)3+ NaOH = NaCrO2 + 2H2O
(4) S2- + H2O
HS- + OH- CuS
(5) 1.0×10 -7mol/L 在沉淀池2 中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现
此时c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2 是CuS 和CdS 的混合物而无法准
确分离开
【分析】废水经预处理后含有
和少量的
、
，题目要对其中所含离子进行逐一分离， 实现资
源再利用。这是解题的关键，根据要求“逐一分离”这一点，结合流程及题目给出的信息
，可以推断沉淀1、沉淀2、沉淀3 分别为
、CuS、NiS。
【详解】（1）利用化合物中元素化合价代数和为0 来解答，不过这里的是离子，所以各元素化合价代数和
等于该离子所带的电荷数（要带上正负），即：若假设
，则2x+7×(-2)=-2，可得x=+6，
故答案为：+6；
（2）从流程可知，还原池中加入了含有
和少量的
、
废水，
和用于调节溶液酸碱性
的
，且还原池中有
生成，即
转变成了
，依据氧化还原反应的规律可推断
转
变为
，按照电子守恒和质量守恒即可写出正确的离子反应方程式：
，
故答案为：
；
（3）
的性质与
相似，依据反应
，可以写出
与NaOH
溶液反应的化学方程式
，
故答案为：
；
（4）
溶液呈碱性是由于盐类水解，
是多元弱酸的正盐，水解反应分两步进行：第一步
，第二步
；沉淀池2 和沉淀池3 都是利用
溶液进行分
离，结合
可知，CuS 更容易沉淀，故沉淀2 为CuS；
故答案为：
；CuS；
（5）H2S 的
、
，pH=4 时，
，则
，而沉淀池2 中进行的沉淀
反应需要调节溶液体系
pH=4，此时
，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2 是
CuS 和CdS 的混合物而无法准确分离开；
故答案为：
；在沉淀池2 中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时
c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2 是CuS 和CdS 的混合物而无法准确分
离开。
34．（2021·福建·高考真题）四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含
，还有
、
的化合物及
等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的气体用 吸收后可制取氮肥。
(2)“浸出”时，
转化为
。提高单位时间内钼浸出率的措施有 (任写两种)。温度对
内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过
后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大
量蒸发，导致 。
(3)“净化”时，浸出液中残留的
、
转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中
和pH 的关系为：
。为了使溶液中的杂质离子浓度小于
，应控制溶液的pH 不小于 。
(已知：
；
和
的
分别为35.2 和17.2)
(4)“净化”后，溶液中若有低价钼(以
表示)，可加入适量
将其氧化为
，反应的离子方程式
为 。
(5)“沉淀”时，加入
的目的是 。
(6)高温下用
还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为 。【已知：(NH4)2Mo4O13受热
分解生成
】
【答案】(1)氨水
(2) 适当升温、搅拌、增加
用量(增大
浓度)等
晶体析出，混入浸渣
(3)3.9
(4)
(5)提供
，使
充分转化为沉淀析出
(6)
【分析】钼精矿(主要含
，还有
、
的化合物及
等)通入氧气焙烧得到
、CuO、Fe2O3、
SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；
、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O 浸出，
转化为
，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氧化铁、氧化铜等，浸出液含
和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S 净化，
Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS 沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含
，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得
到(NH4)2Mo4O13·2H2O。
【详解】（1）“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；
（2）“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加
用量
(增大
浓度)(任写两种)；当浸出温度超过
后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水
大量蒸发，导致
晶体析出，混入浸渣；
（3）
和
的
分别为35.2 和17.2，则Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+浓度小于
，则S2-浓度大于
mol/L=10-29.2mol/L，要使Fe2+浓度小于
，则S2-浓度大
于
mol/L=10-11.2mol/L，综述：c(S2-)>10-11.2mol/L，c(S2-)=10-11.2mol/L 时，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-
11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于
，应控制溶液的pH 不小于3.9；
（4）溶液中若有低价钼(以
表示)，可加入适量
将其氧化为
，则氧化剂为
，还原产
物为-2 价的O，还原剂为
，氧化产物为
，则反应的离子方程式为
；
（5）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O13·2H2O，因此加入
的目的是提供
，使
充分转化为沉淀析出；
（6）高温下用
还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为
。
35．（2021·湖南·高考真题）
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和Fe(OH)3 促使铝离子沉淀
↑ 碱性 3
+
+6
=6
+9CO↑+6H2O
【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
和硫酸钙、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。
【详解】(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和Fe(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3
+
+6
=6
+9CO↑+6H2O。
36．（2020·江苏·高考真题）实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料α-
Fe2O3。
其主要实验流程如下：
(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁
元素浸出率的有 (填序号)。
A．适当升高酸浸温度
B．适当加快搅拌速度
C．适当缩短酸浸时间
(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还
会生成 (填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是 。
(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F 溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH 偏低、将会导
致CaF2沉淀不完全，其原因是 [
，
]。
(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为 。
②设计以FeSO4溶液、氨水- NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案： 。
【FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。
【答案】 AB H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN 溶液，观察溶液颜色是否呈血红色
pH 偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全
或
在搅拌下向
FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH 不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水
洗涤2~3 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
【分析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后
的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F 使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；
然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α—Fe2O3；据此分析作答。
【详解】(1)A．适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A 选；
B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B 选；
C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C 不选；
答案选AB。
(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的
铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常
用KSCN 溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN 溶液，
观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，
故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN 溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。
(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F 溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完全沉淀
（某离子浓度小于1×10-5mol/L 表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为
mol/L=
×10-
2mol/L；若溶液的pH 偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不
完全，故答案为：pH 偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。
(4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为
FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为
Fe2++
+NH3·H2O=FeCO3↓+
+H2O（或Fe2++
+NH3=FeCO3↓+
），答案为：Fe2++
+NH3·H2O=FeCO3↓+
+H2O（或Fe2++
+NH3=FeCO3↓+
）。
②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混
合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH 不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的
实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含
；则设计的实验方案为：在搅拌下向
FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH 不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水
洗涤2~3 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌
下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH 不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用
蒸馏水洗涤2~3 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。
【点睛】本题的易错点是实验方案设计中的细节，需注意两点：(1)控制pH 不形成Fe(OH)2沉淀；(2)沉淀洗
涤完全的标志。
37．（2020·山东·高考真题）用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS 制备高纯MnCO3的工
艺流程如下：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
回答下列问题
(1)软锰矿预先粉碎的目的是 ，MnO2与BaS 溶液反应转化为MnO 的化学方程式为 。
(2)保持BaS 投料量不变，随MnO2与BaS 投料比增大，S 的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达
到最大值后会减小，减小的原因是 。
(3)滤液I 可循环使用，应当将其导入到 操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X 为 (填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH 的理论最小值为
(当溶液中某离子浓度
时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 。
【答案】 增大接触面积，充分反应，提高反应速率：
过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2 蒸发 H2O2 4.9
【分析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生
MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用
硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；
之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，
压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，
Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
【详解】(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS 反
应转化为MnO，Mn 元素的化合价由+4 价降低为+2 价，根据元素价态规律可知-2 价的S 元素应被氧化得到
S 单质，则MnO2与BaS 的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方
程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；
(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使
Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；
(3)滤液I 为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；
(4)净化时更好的除去Fe 元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn 元素氧化，加入的
试剂X 可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当
Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L 时，c(OHˉ)=
=10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH 的理论最小值为4.9；
(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和
一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO +NH3·H2O=MnCO3↓+NH +H2O。
38．（2020·全国III 卷·高考真题）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe 及其氧化物，
还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH 的两个作用分别是 。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生
成沉淀。写出该反应的离子方程式 。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是 。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是 。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为 。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓
度为1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH 范围是 。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO 氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方
程式 。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是 。
【答案】 除去油脂、溶解铝及其氧化物
+H++H2O=Al(OH)3↓或
+H+=Al(OH)3↓+H2O
Ni2+、Fe2+、Fe3+ O2或空气 Fe3+
3.2~6.2 2Ni2+
+ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O 提高镍回收率
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O 将Al 及其氧化物溶解，得到的滤液①含有
NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe 及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的
滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH 调节pH 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH 浓缩结
晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
【详解】(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al 及其氧化物溶
解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应
+H++H2O=Al(OH)3↓或
+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；
+H++H2O=Al(OH)3↓或
+H+=Al(OH)3↓+H2O；
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe 及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答
案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转
化”，会使调pH 过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；
Fe3+；
(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则
c(OH-)=
，则Ni(OH)2的
；或者当Ni2+开始沉淀时
pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=
，则Ni(OH)2的
；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，
此时
，则
，即pH=6.2；Fe3+完全沉
淀的pH 为3.2，因此“调节pH”应控制的pH 范围是3.2~6.2，故答案为：
；
3.2~6.2；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO 氧化得到NiOOH 沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH 沉淀，ClOˉ
被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答
案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：
提高镍的回收率。
【点睛】本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp 的计算、氧化还原离子反应方程式
的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于
Ksp 的计算及“调pH”时pH 的范围确定。
