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专题08 工艺流程综合题
1．（2025 届四川八市联考一模）钴的用途非常广泛，主要用于电动汽车、可再生能源和电子设备等行业。
用某炼锌厂产生的钴渣(含Co、Pb、Cu、Cd、Fe、Mn 等金属元素的化合物)为原料回收钴和MnO2。其工艺
流程如下：
已知：常温下：饱和H2S溶液中：c(S
2−)⋅c
2(H
+)=1.0×10
−22；K sp(CoS)= 4.0×10
−21；
K sp(CuS)=8.9×10
−36
请回答下列问题：
(1)Na2S2O8中S 的化合价为 ；基态Co 原子的价层电子排布图为 。
(2)滤渣2 中主要成分的化学式为 。
(3)提高“酸浸”的浸出率可采用的措施有 (写2 条)。
(4)“沉铁”步骤中加入MnO2的目的是 ；写出其反应的离子方程式 。
(5)“滤液5”中的钴以Co
2+形式存在，则生成Co(OH)3的化学方程式为 。
(6)若“滤液1”中c(Co
2+)=0.16 mol⋅L
−1，加入Na2S溶液时，为了防止产生CoS 沉淀，应控制溶液的pH
不超过 (已知：lg2=0.3)。
【答案】(1) +6
(2)CuS
(3)钴渣粉碎、适当增加硫酸的浓度
(4) 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节溶液的pH 除去铁元素
MnO2+2Fe
2++4H
+=2Fe
3++Mn
2++2H2O
(5)2CoSO4+Na2S2O8+6H2O=2Co(OH)3↓+Na2SO4+3H2SO4
(6)1.2
【分析】钴渣(含Co、Pb、Cu、Cd、Fe、Mn 等金属元素的化合物)加过量稀硫酸酸浸，生成硫酸铅沉淀和
含CoSO4、CuSO4、FeSO4、MnSO4的混合滤液1，滤液1 中加Na2S 将铜元素转化为CuS 沉淀，除去铜离
子；然后在除铜液中加入MnO2将铁元素氧化为三价铁，调节溶液的pH 除去铁元素，在净化液中再加入
Zn 置换出Cd 除去；滤液4 中再加Na2S2O8溶液，将锰离子氧化为二氧化锰沉淀除去；滤液5 中加Na2S2O8
并调节pH=5，将钴元素转化为氢氧化钴沉淀，再经处理得到Co，据此分析解答；
【详解】（1）
Na2S2O8
中S 的化合价为+6 价；基态Co 原子的价层电子排布图为
；
（2）由以上分析可知滤渣2 中主要成分为：CuS；
（3）提高“酸浸”的浸出率可采用的措施有将钴渣粉碎、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等；
（4）“沉铁”步骤中加入MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节溶液的pH 除去铁元素；其反应
的离子方程式：MnO2+2Fe
2++4H
+=2Fe
3++Mn
2++2H2O；
（5）“滤液5”中的钴以Co
2+形式存在，则生成Co(OH)3的化学方程式为：
2CoSO4+Na2S2O8+6H2O=2Co(OH)3↓+Na2SO4+3H2SO4；
（6）加入Na2S溶液时，为了防止产生CoS 沉淀，则c(S2-)最大=
K sp(CoS)
c(Co
2+) = 4.0×10
−21
0.16
mol⋅L
−1=2.5×10
−20 mol⋅L
−1，c(S
2−)⋅c
2(H
+)=1.0×10
−22，
c (H
+)= ❑√
1.0×10
−22
c(S
2−)
mol /L= ❑√
1.0×10
−22
2.5×10
−20 mol⋅L
−1= ❑√0.004 mol⋅L
−1，pH=-lgc (H
+)=1.2。
2．（2025 届达州市一模）已知某粗银合金主要含Ag，还有少量Au、Pt等金属。工业上采用“湿法分离
法”提纯贵重金属，流程如图：
已知：①当溶液中某离子浓度小于1.0×10
−5 mol⋅L
−1时，可认为该离子沉淀完全；
②合金中的Au、Pt分别和王水反应产生HAuCl4、H2PtCl6溶液和NO气体。
(1)在“溶浸1”过程中，提高溶浸效率的方法是 ，应选择的酸溶液为 。
A．H2SO4 B．HCl C．HNO3 D．CH3COOH
(2)结合图像回答，“沉银”时若将Ag
+沉淀完全，所需最佳条件为 。(纵坐标P (Ag)表示溶液中的
Ag元素含量的变化，横坐标Cl
−浓度单位为mol/L)
(3)“置换”时H2SO4的作用是 。
(4)“溶浸2”过程中Pt与王水反应的化学方程式为 。
(5)“赶硝”的操作方法是 ，若去掉“赶硝”这一步直接还原产生的后果是 。
(6)“还原”时产生Au的化学方程式为 。
【答案】(1) 粉碎合金或适当升高温度或适当增加酸溶液浓度或延长溶浸时间 C
(2)25℃、c(Cl
-)=10
-2
(3)提供酸性环境，加快置换速率
(4)3Pt+18 HCl+ 4 HNO3=3 H2PtCl6+ 4 NO↑+8 H2O
(5) 通入空气并加热 硝酸会直接与草酸发生氧化还原反应，浪费原料
(6)2HAuCl4+3 H2C2O4=2Au↓+6CO2↑+8 HCl
【分析】由题给流程可知，向粗银合金中加入硝酸溶液溶浸，将银转化为硝酸银，过滤得到硝酸银溶浸液
和合金；向溶浸液中加入氯化钠溶液，将溶液中的银离子转化为氯化银沉淀，过滤得到氯化银；向氯化银
中加入锌和硫酸溶液，使氯化银转化为银，过滤得到银粉；向合金中加入王水，将金、铂溶解得到含有
HAuCl4、H2PtCl6的溶液，向溶液中通入空气并加热赶走溶液中过量的硝酸，向赶硝后的溶液中加入草酸
溶液，将溶液中的HAuCl4转化为金，过滤得到金粉和含有H2PtCl6的溶液。
【详解】（1）粉碎合金、适当升高温度、适当增加酸溶液浓度、延长溶浸时间等措施能提高溶浸效率；
由分析可知，向粗银合金中加入硝酸溶液溶浸的目的是将银转化为硝酸银，故选C，故答案为：粉碎合金
或适当升高温度或适当增加酸溶液浓度或延长溶浸时间；C；
（2）由图可知，25℃氯离子浓度为10—2mol/L 时，溶液中银离子浓度最小，所以沉银所需最佳条件为
25℃、c(Cl
-)=10
-2，故答案为：25℃、c(Cl
-)=10
-2；
（3）由分析可知，置换时加入锌和硫酸溶液的目的是使氯化银转化为银，其中加入硫酸溶液的作用是提
供酸性环境，加快置换速率，故答案为：提供酸性环境，加快置换速率；
（4）由题给信息可知，溶浸2 过程中铂与王水的反应为铂与王水反应生成H2PtCl6、一氧化氮和水，反应
的化学方程式为3Pt+18 HCl+ 4 HNO3=3 H2PtCl6+ 4 NO↑+8 H2O，故答案为：
3Pt+18 HCl+ 4 HNO3=3 H2PtCl6+ 4 NO↑+8 H2O；
（5）由分析可知，赶硝的操作为向溶液中通入空气并加热赶走溶液中过量的硝酸，赶硝的目的是防止硝
酸直接与草酸发生氧化还原反应，浪费原料，故答案为：通入空气并加热；硝酸会直接与草酸发生氧化还
原反应，浪费原料；
（6）由分析可知，还原时加入草酸溶液的目的是将溶液中的HAuCl4转化为金，反应的化学方程式为
2HAuCl4+3 H2C2O4=2Au↓+6CO2↑+8 HCl，故答案为：2HAuCl4+3 H2C2O4=2Au↓+6CO2↑+8 HCl。
3．（2025 届四川德阳一模）锗(Ge)是一种战略金属，广泛应用于光学及电子领域。从含锗烟尘中(主要成
分为GeS2、Fe2O3、CaO 和Pb 等)富集和回收锗的部分工艺流程如下：
已知：①25℃时，K sp[Fe(OH)3]= 4×10
−38，K sp[Ge(OH)4]= 4×10
−46；
②锗元素“碱浸抽滤”后以Na2GeO3形式存在；“酸浸过滤”后以Ge(SO4)2形式存在。
回答下列问题：
(1)基态锗原子的价层电子轨道表示式为 ；PH3的空间构型为 。
(2)虚线框内转化流程的目的为 。
(3)滤渣的成分为 和 (填化学式)。
(4)碱浸时GeO2发生反应会产生H2S，该过程的化学方程式为 。
(5)加氨水调节溶液pH = 4.4，锗和铁元素共沉淀，此时滤液中c(Ge
4+):c(Fe
3+)= 。
(6)一种含锗的化合物应用于太阳能电池，其晶胞为长方体，结构如图(a)：
①该晶体中Ge 的化合价为 。
②该锗化合物晶胞的表示方式有多种，图中 (填“b”“c”或“d”)图也能表示此化合物的晶胞。
【答案】(1)
三角锥形
(2)富集锗元素
(3) CaSO4 PbSO4
(4)GeO2+ H2O+ Na2S= Na2GeO3+ H2S↑
(5)101.6
(6) +2 cd
【分析】由题给流程可知，含锗烟尘在富氧空气中焙烧，将锗、硅、铁等元素转化为氧化物，向焙烧渣中
通入磷化氢和一氧化碳，将二氧化锗转化为一氧化锗，将混合制球得到的混合物氧化后，再将一氧化锗氧
化为二氧化锗，整个过程可以富集锗元素，经过碱浸抽滤后锗元素以Na2GeO3形式存在，硫酸酸浸后滤渣
中含CaSO4、PbSO4，滤液中含Ge(SO4)2
、Fe2(SO4)3
，加氨水调pH 值后得到Ge(OH)4、Fe(OH)3，经过系
列操作得到GeO2、γ-Fe2O3，磁选除铁后得到高品位锗精矿。
【详解】（1）
锗位于第4 周期IVA 族，基态锗原子的价层电子轨道表示式为：
；PH3中P 原子的价层电
子对数为：3+ 5－3×1
2
= 4，有1 对孤对电子，空间构型为：三角锥形；
（2）由分析可知，虚线框内转化流程的目的为：富集锗元素；
（3）滤渣的成分为：CaSO4、PbSO4；
（4）碱浸时GeO2发生反应会产生H2S，该反应为非氧化还原反应，根据原子守恒，该过程的化学方程式为：
GeO2+ H2O+ Na2S= Na2GeO3+ H2S↑；
（5）加氨水调节溶液pH = 4.4，锗和铁元素共沉淀，得到Ge(OH)4、Fe(OH)3，溶液中
c(OH
-)=10
−9.6 mol/L，c(Fe
3+)= K sp[Fe(OH)3]
c
3(OH
-)
= 4×10
−38
(10
−9.6)
3 mol/L=10
−9.2mol/L，
c(Ge
4+) K sp[Ge(OH)4]
c
4(OH
-)
= 4×10
−46
(10
−9.6)
4 mol/L=10
−7.6 mol/L，此时滤液中
c(Ge
4+):c(Fe
3+)=10
−7.6:10
−9.2=10
1.6；
（6）
晶胞中(CH3NH3)+的个数为：8× 1
8 =1，Ge 原子的个数为1，I-的个数为：6× 1
2 =3，故晶体的化学式为：
(CH3NH3)GeI3，(CH3NH3)+、Ge、I-个数比为：1:1:3。
①该晶体中Ge 的化合价为：+2 价；
b
②中(CH3NH3)+、Ge、I-个数比为：1:(8× 1
8 ):(10× 1
4 )=2:2:5，c 中个数比为：
1:(8× 1
8 ):(8× 1
4 +2× 1
2 )=1:1:3，d 中个数比为：1:(8× 1
8 ):(12× 1
4 )=1:1:3，故cd 图也能表示此化
合物的晶胞。
4．（2025 届四川泸州一模）铅铋渣(含Pb、Bi、Ag、Cu、Zn 等元素)中的金属元素在电池、半导体、超导
等方面都有广泛应用，一种分离回收的工艺流程如图所示：
已知：①Ksp(Ag2SO4)=1.4×10
−5、Ksp(PbSO4)=1.6×10
−8。
②当溶液中金属离子的浓度≤10
−5 mol⋅L
−1时，可认为该金属离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“酸侵”过程中需要适当降温，避免温度过高，其原因是 。
(2)“沉降1”中，当Pb
2+刚沉淀完全时，若溶液中c(Ag
+)=0.05 mol⋅L
−1，则溶液中Ag
+与SO4
2−的离子积
Q(Ag2SO4) Ksp(Ag2SO4)(选填“>”、“<”或“=”)。
(3)“滤渣2”的化学式为 。
(4)“还原”步骤中产生的混合气体X 具有刺激性气味，写出该步骤发生的离子反应方程式 。
(5)“水解沉铋”中，Bi
3+水解为BiONO3的离子反应方程式为 ，该过程后期会加入一定量的氨
水，其目的是 。
(6)为方便后续处理和回收利用，“置换”所用试剂Y 最好是 (填化学式)。
(7)“滤渣1”可用于制备碘化铅，碘化铅的晶胞结构a 和晶胞俯视图如图所示。其中“●”代表铅离子，“
”代表碘离子。已知晶胞的底面边长为apm，高为bpm，NA为阿伏加德罗常数的值。计算碘化铅的密度
ρ= g⋅cm
−3(列出计算式即可，不必化简)。
【答案】(1)降温防止HNO3分解和挥发
(2)<
(3)AgCl
(4)2[Ag(NH3)2]
++ H2O2=2Ag↓+O2↑+2NH3↑+2NH4
+
(5) Bi
3++ NO3
−+ H2O = BiONO3↓+2H
+ 中和产生的酸，促进Bi
3+水解完全
(6)Zn
(7)(207+2×127)×10
30
NA×
❑√3
2 a
2×b
【分析】铅铋渣含Pb、Bi、Ag、Cu、Zn 等元素，加硝酸“酸浸”，得到含有Pb2+、Bi3+、Ag+、Cu2+、
Zn2+的溶液，加硫酸生成PbSO4沉淀，过滤出PbSO4，滤液中加NaCl 生成AgCl 沉淀，过滤出AgCl，加水
“水解沉铋”，Bi
3+水解为BiONO3，滤液中含有Cu2+、Zn2+ ，加Zn“置换”出Cu；氯化银用氨水溶解得
二氨合银离子，用双氧水还原得到银和氨气、氧气的混合气体。
【详解】（1）硝酸易挥发、受热易分解，所以“酸侵”过程中需要适当降温，防止HNO3分解和挥发。
（2）Ksp(PbSO4)=1.6×10
−8，“沉降1”中，当Pb
2+刚沉淀完全时c(SO4
2−)= 1.6×10
−8
1×10
−5 =1.6×10
−3 ,若溶
液中c(Ag
+)=0.05 mol⋅L
−1，则溶液中Ag
+与SO4
2−的离子积Q(Ag2SO4)=0.05
2×1.6×10
−3= 4×10
−6<
Ksp(Ag2SO4)。
（3）Ag+、Cl-反应生成AgCl 沉淀，滤液中加NaCl 生成AgCl 沉淀，“滤渣2”的化学式为AgCl。
（4）“还原”步骤是用双氧水还原二氨合银离子生成银、氨气、氧气，根据得失电子守恒，反应的离子
反应方程式为2[Ag(NH3)2]
++ H2O2=2Ag↓+O2↑+2NH3↑+2NH4
+。
（5）“水解沉铋”中，Bi
3+水解为BiONO3
，反应的离子反应方程式为Bi
3++ NO3
−+ H2O= BiONO3↓+2H
+，
该过程后期会加入一定量的氨水，其目的是中和产生的酸，使氢离子浓度降低，促进Bi
3+水解完全。
（6）滤液中含有Cu2+、Zn2+ ，为方便后续处理和回收利用，加Zn“置换”出Cu；
（7）根据均摊原则，Pb2+数为4× 1
12 + 4× 1
6 =1 ，I-数为2，晶胞的体积为
❑√3
2 a
2×b×10
−30cm3；碘化铅
的密度ρ=
(207+2×127)×10
30
NA×
❑√3
2 a
2×b
g⋅cm
−3。
5．（2025 届四川绵阳一模）某硫铁矿烧渣的主要成分是Fe2O3，还含有少量的CuO及单质Ag和Au，一种
从该硫铁矿烧渣分离各金属元素的工艺流程如下：
已知：①加入溶剂RH后发生反应：2RH+Cu
2+⇌CuR2+2H
+；
②HAuCl4= H
++ AuCl4
−。
回答下列问题：
(1)铁元素属于 区元素，基态Fe
2+的价电子轨道表示式为 。
(2)步骤①的目的是 。
(3)步骤②包含的操作是：取含CuR2溶液于分液漏斗中， ，振荡静置后，分离出水层，
，过滤后洗涤晶体并干燥。
(4)步骤③发生反应的离子方程式为 。
(5)滤渣2 的化学式为 ，完成步骤④可使用的试剂是 (填序号)。
a．Cu b．Pt c．HCHO d．H2SO4
(6)研究表明，HAuCl4⋅4 H2O受热分解得到Au的过程可分为四步，某实验小组称取一定质量的
HAuCl4⋅4 H2O样品进行热重分析，固体质量保留百分数随温度变化的曲线如图所示，写出130.7~142.6℃
时，发生反应的化学方程式 。
【答案】(1) d
(2)分离铁离子和铜离子，富集铜元素
(3) 滴加稀硫酸 蒸发浓缩、冷却结晶
(4)2AuCl4
−+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO2↑
(5) AgCl ac
(6)HAuCl4
130.7~142.6℃
¿ AuCl3+ HCl↑
¿
【分析】硫铁矿烧渣中加入硫酸，氧化铁转化为硫酸铁，氧化铜转化为硫酸铜，过滤后滤液中含有铁离子
和铜离子，滤渣1 中主要成分为Ag 和Au，滤液中加入溶剂RH，铜离子与RH 反应转化为CuR2，CuR2经
过系列操作得到胆矾。滤渣1 中加入HNO3-NaCl 溶金，Au 转化为HAuCl4，Ag 转化为AgCl，HAuCl4与草
酸反应生成Au，AgCl 与氨水反应生成银氨溶液，最后转化为Ag。
【详解】（1）
铁元素在元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d 区元素。基态Fe2+价电子排布式为3d6，轨道表示式为
。
（2）通过步骤①，Cu2+与RH 反应生成了CuR2，通过分液得到含有CuR2的溶液和含有Fe3+的水层，实现
了Cu2+和Fe3+的分离，从而达到富集铜元素的目的。
（3）步骤②从CuR2的溶液中制取胆矾，先取含CuR2溶液于分液漏斗，滴加稀硫酸使得
2RH+Cu
2+⇌CuR2+2H
+化学平衡逆向移动，将CuR2转化为铜离子，振荡静置后，分离出水层，再经过蒸
发浓缩、冷却结晶得到胆矾。
（4）步骤③中AuCl4
−与草酸反应生成Au，Au 元素得电子则H2C2O4失电子生成二氧化碳，结合原子守恒
和电荷守恒可知，离子方程式为2AuCl4
−+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO2↑。
（5）根据分析可知溶金过程中Ag 与HNO3先反应生成银离子，银离子结合NaCl 中的氯离子生成AgCl 沉
淀，则滤渣2 化学式为AgCl。步骤④将银氨溶液转化为Ag 单质，Ag 元素得电子则需要加入还原剂，Cu
金属活动性强于Ag，可与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，Pt 金属活动性弱于Ag，不与[Ag(NH3)2]+反应，HCHO
具有还原性，能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，硫酸中S 已经是最高价态，不能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，
故答案选ac。
（6）设分解1molHAuCl4⋅4 H2O，其质量为412g，得到第一步质量保留百分数减少17.48%，减少物质的
摩尔质量为412g/mol×17.48%=72g/mol，故该过程减少的是水的质量，此时固体为HAuCl4，继续加热，
130.7~142.6℃时，减少物质的摩尔质量为412g/mol×0.0886=36.5g/mol，因此减少的物质为HCl，此时固体
为AuCl3，反应的化学方程式为HAuCl4
130.7~142.6℃
¿ AuCl3+ HCl↑
¿
。
6．（2025 届四川南充一模）在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣(含有Sm、Co、Cu、Fe、
SiO2)。从该合金渣提取钴(Co)和钐(Sm)的一种工艺流程如下。
(1)Co 位于元素周期表第 周期第 族62 号元素Sm，是一种稀土元素，其位于元素周期表区
区(填“s”“p”“d”“ds”或“f”)
(2)“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是 ，“浸渣”的主要成分是 。
(3)“沉淀1”的主要成分是Sm2(C2O4)3
。“沉钐”过程中，Sm
3+发生反应的离子方程式为 。
(4)取50g合金渣(其中Co的质量分数约为37 %)，若钴的酸浸率大于90 %，结合图1 实验数据，“调节pH”
时，溶液的最佳pH 为 ；“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的 倍，双氧水
实际用量大于理论用量的原因是 。
(5)“沉淀3”为草酸钴(CoC2O4)，将17.64g草酸钴“灼烧”至质量不再减轻，得到9.64g 钴的氧化物，其化
学式为 。该氧化物晶胞可以看成4 个A 型和4 个B 型小单元交替无隙并置而成(如图2)。其中黑球(
)代表 (填离子符号)。
【答案】(1) 四 Ⅷ f
(2) 增大接触面积，提高酸浸速率 SiO2、Cu
(3)2Sm
3++3H2C2O4=Sm2(C2O4)3↓+6 H
+
(4) 4 2 Fe
3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水
(5) Co3O4 Co
3+
【分析】合金渣加盐酸酸浸后的浸渣是不与盐酸反应的SiO2
和Cu，浸出液加草酸沉钐，得Sm2(C2O4)3
沉淀，
滤液加氨水调节pH，氧化后沉淀Fe
3+，后加入草酸沉钴，CoC2O4加热灼烧生成Co3O4。
【详解】（1）Co 位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，62 号元素Sm，是一种稀土元素，其位于元素周期表区
f 区；
（2）“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是：增大接触面积，提高酸浸速率；
“浸渣”的主要成分是不与盐酸反应的物质：SiO2、Cu；
（3）“沉淀1”的主要成分是Sm2(C2O4)3
。“沉钐”过程中，Sm
3+发生反应的离子方程式为：
2Sm
3++3H2C2O4=Sm2(C2O4)3↓+6 H
+；
（4）图1 实验数据，“调节pH”时，pH 为4 时，铁的去除率最高，钴沉淀量最高，溶液的最佳pH 为4；
“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的2 倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是：Fe
3+
会催化双氧水分解，消耗部分双氧水；
（5）根据质量守恒：钴元素的质量灼烧前后质量不变。17.64g CoC2O4的物质的量为0.12mol，灼烧后
9.64g 钴的氧化物中钴元素的质量为：0.12mol×59g/mol=7.08g，氧元素质量为：9.64g－7.08g=2.56g，氧化
物中钴原子与氧原子的个数比为：0.12mol∶2.56g
16g/mol =3∶4，其化学式为：Co3O4；
用均摊法分析A 和B，其中A 中灰球个数为4× 1
8 +1= 3
2
，白球个数为4；B 中灰球个数为4× 1
8 = 1
2
，白
球个数为4，黑球个数为4，结合晶胞结构，晶胞中灰球为8，白球为32，黑球为16，根据正负化合价代
数和为0，设灰球化合价为x，白球化合价为y，黑球的化合价为z，则有8 x +32y+16z=0，简化得
x + 4 y+2z=0，再结合氧化钴的化学式Co3O4，可知钴元素有+2、+3 价，氧为-2 价，可推出：灰球为Co
2+、
黑球为Co
3+、白球为O
2−，故黑球代表Co
3+。
7．（2025 届四川内江一模）以银锰精矿（主要含Ag2S、MnS、FeS2）和氧化锰矿（主要含MnO2）为原料
联合提取银、锰及MnO2的一种流程如图：
已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe
3+。
(1)“浸锰”过程中锰元素浸出，发生反应MnS(s)+2H
+(aq)=Mn
2+(aq)+H2S(aq)，同时去除FeS2
。
①“浸锰”前，需将矿石磨碎，其目的是 。
②去除FeS2时，FeS2与MnO2转化为铁盐和硫酸盐，该反应的离子方程式为 。
(2)FeS2晶胞如图所示。已知：晶胞密度为ρ g⋅cm
-3，阿伏加德罗常数为NA。
①Fe元素基态原子的价层电子排布式为 。
②晶胞中阴离子之间的最短距离为 pm（用含有ρ、NA的代数式表示）。
(3)“除杂”时，若溶液中c(Mn
2+)=0.2mol/L，欲使溶液中Fe
3+浓度小于1.0×10
-5mol/L，需控制pH范围
为 （已知：室温下Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10
-38，Ksp[Mn(OH)2]=2.0×10
-13，lg2=0.3）。
(4)沉锰过程在pH为7.0 条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。沉锰反应中，锰沉淀
率在30° C左右达最大的原因是 。
(5)用惰性电极电解硫酸酸化的MnSO4溶液制备MnO2的装置如图，阳极的电极反应式为 ；若转移
的电子数为6.02×10
22，左室溶液中最终n(H
+)的变化量为 。
【答案】(1) 增大固体与溶液接触面积，加快反应速率，提高浸出效果
2FeS2+15MnO2+28H
+=2Fe
3++15Mn
2++4SO4
2-+14H2O
(2) 3d64s2 ❑√2
2 ×
3√
480
ρNA
×10
10pm
(3)3.2<pH<8
(4)温度低于30℃沉锰得速率慢，温度高于30℃，NH4HCO3分解，沉锰率降低
(5) Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 0.1mol
【分析】根据题干信息分析可知：原料为银锰精矿（主要成分Ag2S、MnS、FeS2）和氧化锰矿（主要成分
MnO2），目标产物为Ag 粉、锰及MnO2。流程图中有两条流程主线，一条以银元素为主元素转化，银锰精
矿和氧化锰矿通过硫酸浸锰，主要发生MnO2+MnS+2H2SO4=S+2MnSO4+2H2O和
3MnO2+2FeS2+6H2SO4=4S+Fe2(SO4)3+3MnSO4+6H2O，Ag2S 不反应，作为浸锰渣进行浸银环节，得到浸
银液，最后转化为Ag 得到粗银粉；另一条以锰元素为主元素，MnS、 MnO2中锰元素转化为MnSO4（杂质
为Fe2(SO4)3）进入浸锰液，加入氨水，调节pH 值，将Fe2(SO4)3生成Fe(OH)3沉淀除去，再加入碳酸氢
铵溶液进行沉锰，将锰离子转化成碳酸锰沉淀，再加入硫酸得到纯净的硫酸锰，经电解得到锰和MnO2，据
此回答。
【详解】（1）①“浸锰”前，需将矿石磨碎，其目的是增大固体与溶液接触面积，加快反应速率，提高
浸出效果；
②去除FeS2时，FeS2与MnO2转化为铁盐和硫酸盐，根据得失电子守恒及电荷守恒得离子方程式：
2FeS2+15MnO2+28H
+=2Fe
3++15Mn
2++4SO4
2-+14H2O；
（2）①Fe是第26 号元素，基态原子的价层电子排布式为3d64s2；
②由图1 知，晶胞中Fe2+共有1
4 ×12+1=4，S2
2−共有1
8 ×8+ 1
2 ×6=4，设晶胞边长为apm，该晶胞的密度
为ρ=4×(56+32×2)
a
3×10
−30 NA
g/cm
3= 4.8×10
32
a
3 NA
g/cm
3⇒a =
3√
4.8×10
32
ρNA
，晶胞中阴离子之间的最短距离为1
2
面
对角线，为❑√2
2 ×
3√
480
ρNA
×10
10pm；
（3）“除杂”时，若溶液中c(Mn
2+)=0.2mol⋅L
−1，欲使溶液中Fe
3+浓度小于1×10
-5mol⋅L
−1，
c(OH
-)=
❑√
2×10
−13
0.2
mol/L=1×10
−6 mol/L，pOH=-lg[c(OH
−)]=-lg(1×10
−6)=8，故锰离子不生成沉
淀得pH＜8，c(OH
−)=
3√
4×10
−38
1×10
−5 mol/L=
3√4×10
−11mol/L
pOH=-lg[c(OH
−)]=-lg(
3√4×10
−11)=10.8，故Fe3+符合题意的pH＞14-10.8=3.2，故需控制的pH范围
为3.2<pH<8；
（4）沉锰过程在pH为7.0 条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。沉锰反应中，锰沉
淀率在30℃左右达最大的原因是：温度低于30℃沉锰得速率慢，温度高于30℃，NH4 HCO3分解，沉锰
率降低；
（5）用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备MnO2时，根据离子的放电顺序，阴极上首先放电的是
H+，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，阳极失电子，发生氧化反应，生成二氧化锰，阳极的电极反应式为
Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；若转移的电子数为6.02×1022，根据氢离子和转移电子之间的关系式2H+～2e-，
左室溶液中最终n(H+)的变化量为0.1mol；
8．（2025 届四川自贡一模）蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、CaO、Fe2O3、Al2O3、NiO、FeS
等，一种综合利用蛇纹石矿回收镁资源的工艺流程如下：
已知：
①当溶液中被沉淀离子c<1×10
−5 mol/L时，认为该离子沉淀完全。
②Ksp(NiS)=1×10
−21，氢硫酸的两步电离常数分别为Ka1=1.4×10
−7,Ka2=7.1×10
−15。
(1)Ni位于元素周期表第 周期第 族，其原子核外价层电子排布式为 。
(2)“加压酸浸”中，滤渣1 的主要成分除S 外还有 。
(3)“氧化”中空气的作用是 ，NaClO3发生反应的离子方程式为 。
(4)“除铁”过程中生成难溶于水的、大颗粒、沉降速率快的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]晶体，相较于传
统的通过调节pH生成Fe(OH)3沉淀，其它金属阳离子损失更少，理由是 ，Na2CO3溶液需缓慢加
入，原因是 。
(5)“沉镍”中，当Ni
2+恰好完全沉淀时，若溶液中c(H2S)=1×10
−3 mol/L，则此时溶液的pH约为
。
【答案】(1) 四 Ⅷ 3d
84s
2
(2)SiO2、CaSO4
(3) 氧化Fe
2+，减少NaClO3的用量 ClO3
−+ 6Fe
2++ 6H
+=6Fe
3++Cl
−+3H2O
(4) 调节pH 生成Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附金属阳离子，导致阳离子损失 防止Fe
3+生成
Fe(OH)3，防止Ni
2+、Mg
2+沉淀；
(5)4
【分析】该工艺流程原料为蛇纹石矿含MgO、SiO2、CaO、Fe2O3、Al2O3、NiO、FeS等，产品为
MgO，蛇纹石矿经加压酸浸除去与硫酸不反应的SiO2，CaO转化为CaSO4除去，
MgO、Fe2O3、Al2O3、NiO、FeS与硫酸反应而溶解，滤液中含有金属离子，加氯酸钠同时通入空气，
将Fe
2+氧化为Fe
3+，再加碳酸钠使Fe
3+沉淀，加硫化钠使Ni
2+沉淀，过滤后加氢氧化钠使Mg
2+沉淀为氢氧
化镁，氢氧化镁分解得到MgO。
【详解】（1）Ni原子序数为28，位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族；价电子排布式为3d
84s
2；
故答案为：四；Ⅷ；3d
84s
2；
（2）“加压酸浸”中，滤渣1 的主要成分除S 外还有与硫酸不反应的SiO2，CaO与硫酸反应生成的CaSO4；
故答案为：SiO2、CaSO4；
（3）氧化的目的是使Fe
2+转化为Fe
3+，在后续操作中易被除去，加入NaClO3及空气都是氧化剂，而空气
的使用还可以使NaClO3与溶液充分混合，加快反应速率，减少NaClO3的用量；离子方程式为
ClO3
−+ 6Fe
2++ 6H
+=6Fe
3++Cl
−+3H2O；
故答案为：氧化Fe
2+，减少NaClO3的用量；ClO3
−+ 6Fe
2++ 6H
+=6Fe
3++Cl
−+3H2O；
（4）相较于调节pH生成的Fe(OH)3胶状沉淀具有吸附性，能吸附Ni
2+、Mg
2+、Al
3+，而黄钠铁矾晶体颗粒
大、沉降速率快，不会被吸附，则金属阳离子损失更少；
若Na2CO3
溶液加入过快则Fe
3+与CO3
2−相互促进水解生成Fe(OH)3
，同时加入过快使溶液局部碱性过强会导
致Ni
2+、Mg
2+沉淀，所以碳酸钠溶液需缓慢加入；
故答案为：Fe(OH)3胶状沉淀具有吸附性，而黄钠铁矾晶体颗粒大、沉降速率快，不具有吸附性；防止
Fe
3+生成Fe(OH)3，防止Ni
2+、Mg
2+沉淀；
（5）当Ni
2+恰好完全沉淀时，Ksp(NiS)=c(Ni
2+)⋅c(S
2−)=1×10
−21，
c(S
2−)= 1×10
−21
1×10
-5
mol/L=1×10
−16 mol/L；c(H2S)=1×10
−3 mol/L时，
Ka1⋅Ka2= [c(H
+)]
2⋅c(S
2−)
c(H2S)
=(1.4×10
−7)×(7.1×10
−15)，
c(H
+)= ❑√
Ka1⋅Ka2⋅c(H2S)
c(S
2−)
=
❑√
(1.4×10
−7)×(7.1×10
−15)×(1×10
−3)
1×10
−16
mol/L ≈10
−4 mol/L，pH约为
4；
故答案为：4。
9．（2025 届四川遂宁中学校一模）α- Fe2O3粉体具有广泛的用途。工业上用黄钠铁矾渣[主要成分为
Na2Fe6(SO4)4(OH)12，还含有Ni、Ba、Ca、Pb、Mg、Co 等硫酸盐及SiO2]制备高纯度的α- Fe2O3粉体的工艺
流程如下图所示：
已知：常温下，有关离子沉淀的pH 和物质的溶度积常数分别如表1 和如表2 所示：
表1 有关离子沉淀的pH
离子
Fe3+
Fe2+
Ni2+
Co2+
开始沉淀pH
2.2
5.8
6.9
7.2
完全沉淀pH(c =1.0×10−5
mol·L−1)
3.2
8.3
8.9
9.2
表2 物质的溶度积常数
物质
CoS
NiS
FeS
Ksp
3.0 × 10−26
1.42 × 10−24
3.7 × 10−19
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，无烟煤除了用作燃料以外，还用作 。
(2)“酸浸”后，浸渣的主要成分有 ，能提高浸出率的措施有 (任写两点即可)。
(3)“沉钙、镁”中，溶液的pH 不宜太小或太大，应保持在5 左右的原因是 。
(4)“沉镍、钴”中，最先沉淀的离子是 (填离子符号)，若要将溶液中的镍和钴完全沉淀，溶液中的
c(S2−)不低于 mol·L−1。
(5)“沉铁”中，发生反应的离子方程式为 。
【答案】(1)还原剂
(2) SiO2、PbSO4、BaSO4、CaSO4 将焙烧产物粉碎、适当增大H2SO4的浓度(或搅拌溶液等)
(3)pH 小于5 时，由HF⇌H++F−可知，酸性太强，Ca2+、Mg2+可能会因F−浓度太小而不能完全沉淀，pH 大
于5 时，溶液中Fe2+(Co2+、Ni2+)会以氢氧化物的形式沉淀
(4) Co2+ 1.42×10−19
(5)Fe2++HCO3
−+NH3·H2O＝FeCO3↓+H2O+NH4
+
【分析】焙烧时，碳将黄钠铁矾中+3 价的铁还原为+2，硫酸酸浸后二氧化硅不溶，硫酸钡、硫酸铅难溶，
过滤后得到浸渣，向滤液中加入氟化钠沉淀钙离子和镁离子，过滤后滤液中通入硫化氢沉淀镍离子和钴离
子，最后向滤液中加入氨水和碳酸氢铵沉铁得到碳酸亚铁，煅烧碳酸亚铁得到α- Fe2O3粉体，据此解答。
【详解】（1）“焙烧”中，无烟煤除了用作燃料以外，还用作还原剂，将黄钠铁矾中+3 价的铁还原为
+2，故答案为：还原剂；
（2）“酸浸”后，硫酸镁、硫酸镍、硫酸钴、硫酸亚铁，部分硫酸钙溶于水，形成混合溶液，难溶于水
的硫酸钡、硫酸铅、二氧化硅，部分硫酸钙进入滤渣中，所以浸渣的主要成分有硫酸钡、硫酸铅、二氧化
硅，硫酸钙，能提高浸出率的措施有将焙烧产物粉碎，适当的增大硫酸浓度、加快搅拌等，故答案为：
SiO2、PbSO4、BaSO4、CaSO4；将焙烧产物粉碎，适当的增大硫酸浓度；
（3）“沉钙、镁”中，溶液的pH 不宜太小或太大，若pH 太小，由HF⇌H++F−可知，酸性增强，H+与F-
生成HF，降低了F-的浓度，导致钙、镁离子不能沉淀，若pH 大于5，溶液的Fe2+、Co2+、Ni2+会形成氢氧
化物沉淀，影响α-Fe2O3粉体的产量，故答案为：pH 小于5 时，由HF⇌H++F−可知，酸性太强，Ca2+、
Mg2+可能会因F−浓度太小而不能完全沉淀，pH 大于5 时，溶液中Fe2+(Co2+、Ni2+)会以氢氧化物的形式沉淀；
（4）由于CoS 和NiS 均为AB 型，且CoS 的Ksp更小，所以“沉镍、钴”中，最先沉淀的离子是Co2+，若
要将溶液中的镍和钴完全沉淀，即Ni2+完全沉淀即可，根据Ksp（NiS）=c（Ni2+）×c（S2-），则溶液中的c
（S2-）=1.42×10
−24
1×10
−5
mol•L-1=1.42×10-19mol•L-1，故答案为：Co2+；1.42×10-19；
（5）“沉铁”中，发生反应的离子方程式为Fe2++HCO3
−+NH3·H2O＝FeCO3↓+H2O+NH4
+。
10．（2025 届四川遂宁射洪学校一模）以炼钢残渣(含有FeO⋅V2O5)为原料，经下图所示工艺流程可提取
出工业级V2O5，继而可以制取钒单质及其化合物。请回答下列问题：
(1)基态钒原子和铁原子的未成对电子数之比为 。
(2)“氧化焙烧”工序中，钒元素转化为NaVO3，涉及的3 个主要反应为4 FeO⋅V2O5+O2
高温
¿
¿
4 V2O5+2Fe2O3、 、 。
(3)将“氧化焙烧”工序排出的气体逐渐加压，Cl2首先液化，与另两种气体分离，从微观角度解释其原理
为 。
(4)“废渣X”的主要成分为 (填化学式，下同)。“溶液Y”中的主要溶质为 。
(5)全钒液流电池的工作原理如图所示。已知：充电时，右侧区域V3+转化为V2+。
充电时，若外电路转移1mol 电子，则电池左室的n(H
+)___________(填标号)。
A．增加2mol
B．减少2mol
C．增加1mol
D．减少1mol
(6)钒和铁组成的铁合金，主要在炼钢中用作合金添加剂，某科研小组合成了钒和铁晶体：其立方晶胞参数
为apm 晶胞结构如图所示： 则该晶体的密度为 (g·cm-3)。
【答案】(1)3:4
(2) V2O5+Na2CO3 =
❑
高温
2NaVO3+CO2 2V2O5+4NaCl+O2 =
❑
高温
4NaVO3+2Cl2
(3)Cl2、CO2、N2都是非极性分子，Cl2相对分子质量最大，范德华力最大，加压时更易液化
(4) Fe2O3 Na2SO4
(5)C
(6)1.07×10
32
a
3 N A
【分析】炼钢残渣含有FeO⋅V2O5，“氧化焙烧”工序中发生反应4 FeO⋅V2O5+O2
高温
¿
¿
4 V2O5+2Fe2O3、
V2O5+Na2CO3 =
❑
高温
2NaVO3+CO2、2V2O5+4NaCl+O2 =
❑
高温
4NaVO3+2Cl2，Fe2O3难溶于水，加水“浸出”，
“废渣X”的主要成分为Fe2O3，滤液为NaVO3溶液，加硫酸生成(VO2)2SO4，(VO2)2SO4煅烧生成V2O5。
【详解】（1）钒是23 号元素，基态钒原子价电子排布为3d34s2，有3 个未成对电子；铁是26 号元素，基
态铁原子价电子排布为3d64s2，有4 个未成对电子，钒和铁原子的未成对电子数之比为3:4；
（2）“氧化焙烧”工序中，钒元素转化为NaVO3，4 FeO⋅V2O5+O2
高温
¿
¿
4 V2O5+2Fe2O3，根据反应产
物中有氯气、二氧化碳，可知碳酸钠和V2O5反应生成NaVO3和二氧化碳，根据氧化还原反应规律，氯化钠
和V2O5、氧气反应生成NaVO3和氯气，反应方程式为
V2O5+Na2CO3 =
❑
高温
2NaVO3+CO2、2V2O5+4NaCl+O2 =
❑
高温
4NaVO3+2Cl2 。
（3）Cl2、CO2、N2都是非极性分子，Cl2相对分子质量最大，范德华力最大，加压时更易液化，所以“氧
化焙烧”工序排出的气体逐渐加压，Cl2首先液化。
（4）Fe2O3难溶于水，加水“浸出”，“废渣X”的主要成分为Fe2O3。NaVO3 和稀硫酸反应生成(VO2)2SO4
沉淀和硫酸钠，“溶液Y”中的主要溶质为Na2SO4。
（5）充电时，右侧区域V3+转化为V2+,则右侧为阴极、左侧为阳极，左侧VO2+转化为VO❑2
+，阳极反应为
VO2+-e-+H2O=VO❑2
++2H+，充电时，若外电路转移1mol 电子，左侧生成2mol 氢离子，根据电荷守恒，有
1mol 氢离子移入右侧，则电池左室的n(H
+)增加1mol，故选C。
（6）根据晶胞结构图，晶胞中V 原子数为8× 1
8 =1、Fe 原子数为1， 则该晶体的密度为
51+56
a
3×10
−30× N A
= 1.07×10
32
a
3 N A
g·cm-3。
11．（2025 届四川宜宾叙州区一模）草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿
[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO 及MnO2杂质] 制取草酸钴晶体
的工艺流程如图所示：
常温下，有关沉淀数据如表 (完全沉淀时，金属离子浓度≤1.0×10
−5 mol⋅L
−1)。
沉淀
Mn(OH)2 Co(OH)2 Cu (OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3
恰好完全沉淀时pH
10.1
9.4
6.7
2.8
5.2
回答下列问题：
(1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 ；浸出液中主要含有Al
3+、Fe
2+、Co
2+、Cu
2+、
Mn
2+和SO4
2−离子，写出“浸取”时，Co2O3
发生反应的化学方程式： ，写出基态Mn 原子的价电子
排布式 。
(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。
(3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X 的主要成分是 ，若“调节pH”后，溶液
，
则需调节溶液pH 的范围是 (忽略溶液的体积变化)。
(4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：
Co
2++n (HA)2⇌CoA2⋅(n−1)(HA)2+2H
+。当溶液pH 处于4.5 到6.5 之间时，Co
2+萃取率随着溶液pH 增
大而增大，其原因是 ；反萃取时，应加入的物质是 (填溶液名称)。
(5)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g 草酸钴晶体，在
空气中加热至恒重，得到CoO 与Co3O4的混合物15.8g，该混合物中CoO 与Co3O4的物质的量之比为
。
【答案】(1) 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
Co2O3+ Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+ Na2SO4 3d54s2
(2)2Fe
2++ H2O2+2H
+=2Fe
3++2H2O
(3) Cu (OH)2
、Fe(OH)3
、Al(OH)3
6.7≤pH<7.4
(4) 溶液pH 增大，溶液中c (H
+)降低，平衡向正反应方向移动 稀硫酸
(5)1：1
【分析】以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO 及MnO2杂质]
制取草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、
Mn2+和SO4
2-离子，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO 都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被SO3
2-还原为
Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，SO3
2-同时被氧化为SO4
2-，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加
入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH 调节pH 值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，
滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4•2H2O。
【详解】（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钻矿进行粉
碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；“浸取“时，Co2O3被还原为Co2+，SO3
2-同
时被氧化为SO4
2-，Co 元素化合价由+3 降低至+2，S 元素化合价由+4 升高至+6，化合价升降守恒、原子守
恒可知Co2O3发生反应的化学方程式为：Co2O3+ Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+ Na2SO4，Mn 是25
号元素，基态Mn 原子的价电子排布式为：3d54s2。
（2）“氧化”时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2中O 元素化合价由+1 降低至-2，Fe 元素化合价由+2 升高
至+3，根据化合价升降守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知发生反应的离子方程式为
2Fe
2++ H2O2+2H
+=2Fe
3++2H2O。
（3）根据表中数据知，当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”
得到的沉淀X 的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；调节pH 时Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物
沉淀，根据表格中数据可知，pH 应该大于6.7，若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)>0.1mol⋅L−1，当
c(Co2+)=0.1mol⋅L−1时，溶液中c(OH−)= ❑√
Ksp[Co(OH)2]
c(Co
2+)
=
❑√
Ksp[Co(OH)2]
c(Co
2+)
mol/L=
❑√
10
−14.2
0.1
mol/L=10
-6.6mol/L，c(H+)= KW
c(OH
-) =10
-14
10
-6.6 mol/L =10−7.4mol/L，溶液
pH=7.4，因此需调节溶液pH 的范围是6.7≤pH<7.4。
（4）当溶液pH 处于4.5 到6.5 之间时，Co2+萃取率随溶液pH 增大而增大，其原因是溶液的pH 增大，溶
液中c(H+)减小，Co
2++n (HA)2⇌CoA2⋅(n−1)(HA)2+2H
+平衡向正反应方向移动；反萃取时，应加入的物
质是稀硫酸，使该可逆反应平衡逆向移动。
（5）36.6g 草酸钴晶体的物质的量为n[CoC2O4⋅2H2O]= 36.6g
183g/mol
=0.2mol，根据Co 原子守恒得
n(Co)=n[CoC2O4⋅2H2O]=0.2mol，设CoO 的物质的量为xmol，Co3O4的物质的量为ymol，则 x+3y=0.2、
75x+241y=15.8 ，解得x=0.05，y=0.05，因此该混合物中CoO 与Co3O4的物质的量之比为0.05mol：
0.05mol=1：1。
12．（2025 届四川眉山东坡区一模）以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程
如图：
(1)“酸溶”中加快溶解的方法为 (任意写出一种)。
(2)“还原”过程中的离子方程式为 。
(3)写出“滤渣”中主要成分的化学式 。
(4)①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为 。
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中c(Ca
2+)
c(Fe
2+)
= 。[已知
Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，Ksp(FeCO3)=2×10-11]
(5)“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，能缩短氧化时间，但缺点是 。
(6)焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1225℃、n(C)
n(O)
=1.2 时，焙烧时间与金属产率的关系如图，
时间超过15min 金属产率下降的原因是 。
【答案】(1)加热或搅拌或适当增大硫酸浓度
(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3)SiO2、Fe
(4) FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑ 140
(5)NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气
(6)还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化
【分析】硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加Fe
把铁离子还原为Fe2+，过滤，滤渣含有SiO2，滤液中含有Fe2+，加入碳酸氢铵，发生反应：
FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑，通入空气氧化，同时调节pH 生成FeOOH 沉淀，过滤、
洗涤、烘干,得到纯净的FeOOH，以此解答该题。
【详解】（1）“酸溶”中加快溶解速率的方法有加热或搅拌或适当增大硫酸浓度等；
（2）加入铁粉，Fe 与Fe3+反应生成Fe2+，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）SiO2与酸不能发生反应，Fe 与Fe3+反应生成Fe2+，过量的Fe 以固体形式存在，故“滤渣”中主要成
分的化学式为SiO2、Fe；
（4）①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑；
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀，当反应完成时，溶液中c(Ca
2+)
c(Fe
2+)
=
Ksp(CaCO3)
Ksp(FeCO3) =2.8×10
-9
2×10
-11
=140；
（5）“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH) 2浆液，能缩短反应时间，但NaNO2被还原为氮
氧化物，会污染空气；
（6）超过一定时间，如还原剂消耗完，空气可氧化铁，导致产率下降。
13．（2025 届大数据教学联盟一模）单质As 可广泛应用于大规模集成电路、航空航天及医疗设备等领域。
一种从精炼铜的阳极泥[主要成分为As2S3
、Cu3(AsO4)2
、Cu、Au、Ag 等]中回收单质As 的工艺流程如图
所示。
已知：“常压氯化酸浸”时，主要发生的反应有：
Ⅰ．Cu3(AsO4)2+3 H2SO4+6 NaCl=2Na3 AsO4+3CuSO4+6 HCl；
Ⅱ．As2S3+3CuSO4+ 4 H2O=2HAsO2+3CuS↓+3 H2SO4。
回答下列问题：
(1)“常压氯化酸浸”前，应将阳极泥、浓HCl、浓H2SO4、NaCl、H2O等混合，进行“浆化”(研磨与搅拌)
处理，目的是 。
(2)“常压氯化酸浸”时，需不断通入空气，目的是：①充分溶解Cu 并减少SO2的生成，该反应的离子方程
式为 ；②将HAsO2氧化生成更易溶于水的H3 AsO4，该反应的化学方程式为 。“酸
浸渣”中除含Au、Ag 外，还含有 。
(3)“常压氯化酸浸”时，为保证As 的浸出率，需调节反应溶液的酸度和初始Cl
−的浓度至一定值。因此，
工业生产时，需加入一定浓度的浓H2SO4、浓HCl和准确称量的NaCl。控制溶液的酸度一定时，测得As 的
浸出率随初始Cl
−质量浓度(g/L)的变化关系如图所示。
由图可知，最佳初始Cl
−质量浓度为 g/L。工业生产时，若加入的浓HCl和NaCl过多，可能造
成的后果是 。
(4)“选择性还原”时，加入的NaH2PO2可使H3 AsO4中的As 被选择性还原为单质As，若氧化产物为H3PO4，
则参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
(5)砷化镓(GaAs)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示。
①晶体中As 原子的配位数为 ；
②晶胞中As 原子围成的正四面体的个数为 。
【答案】(1)是使反应物充分混合，增大接触面积，提高浸取率
(2) 2Cu+O2+ 4 H
+=2Cu
2++2H2O 2HAsO2+O2+2H2O =2H3 AsO4
CuS
(3) 150 继续增大溶液的酸度和Cl
−质量浓度，既对As 的浸出率没有实质性影响，又增大对设备
的腐蚀程度
(4)4:5
(5) 4 8
【分析】阳极泥经过氯化酸浸，Au 不溶于浓盐酸、浓硫酸，酸浸过滤后，向滤液中加入次磷酸钠将砷元
素还原为As 单质，随后过滤烘干得到纯净的As；需要注意的是常压氯化酸浸过程中反应较为复杂，同时
发生多种反应，如浓硫酸与铜反应生成硫酸铜，硫酸铜进而与硫化砷反应，依据题目所给反应Ⅰ、Ⅱ来分
析题目；
【详解】（1）原料混合后进行浆化处理，可以将原料分散，使反应物充分混合，增大接触面积，提高浸
取率；
（2）①由于铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫，需要通入氧气氧化二氧化硫形成三氧化硫，则铜与浓硫酸
反应的离子方程式为2Cu+O2+ 4 H
+=2Cu
2++2H2O；
②利用氧气将HAsO2氧化生成更易溶于水的H3 AsO4，发生氧化还原反应，反应化学方程式为
2HAsO2+O2+2H2O =2H3 AsO4；
③根据题目所给反应Ⅱ，硫化砷与硫酸铜反应会产生硫化铜沉淀，故酸浸渣除了Au、Ag 外还有CuS；
（3）“常压氯化酸浸”时，溶液的酸度、初始Cl
−的浓度都会影响As 的浸出率，需严格调控溶液的酸度
和Cl
−的浓度，由图可知，最佳初始Cl
−浓度为150g/L；工业生产时，若加入过多浓HCl和NaCl，可能造
成的后果是：继续增大溶液的酸度和Cl
−质量浓度，既对As 的浸出率没有实质性影响，又增大对设备的腐
蚀程度(或增加废水处理成本)；
（4）“选择性还原”时，氧化产物为H3PO4，
4 H3 AsO4+5 NaH2PO2+5 HCl= 4 As↓+5 NaCl+6 H2O+5 H3PO4，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之
比为4:5；
（5）①晶体中距离Ga 最近且距离相等的As 原子数目位4，即Ga 原子的配位数为4，砷化镓晶体中Ga、
As 原子个数比为1:1，所以As 的配位数也为4；
②每个顶点的As 原子与其共用交点的3 个面中心的As 围成1 个正四面体，晶胞共有8 个顶点，故能围成
8 个正四面体。
