专题十二 化学工艺流程
【知识重构】
化工流程试题的呈现模式
常考的化工术语
关键
词
释义
研
磨、
雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化,增大反应物接触面积,以
增大反应速率或使反应更充分
煅烧
固体在高温下分解或改变结构,使杂质在高温下氧化、分解等。如煅烧
石灰石、高岭土、硫铁矿
灼烧
除去可燃性杂质或使原料初步转化,如从海带中提取碘时的灼烧就是为
了除去可燃性杂质
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液,使其中可溶性的物质溶解,包括水浸、酸
浸、碱浸、醇浸等
浸出
率
固体溶解后,溶液中离子占该元素总含量的百分率
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去的过程
水浸
与水接触反应或溶解
过滤
固体与液体的分离
滴定
定量测定,可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发
蒸发溶剂,使溶液由不饱和变为饱和,继续蒸发,过剩的溶质就会呈晶体析
结晶
出
蒸发
浓缩
蒸发除去部分溶剂,提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质,类似的还有酸洗、醇洗等
酸作
用
溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作
用
去油污,去铝片氧化膜,溶解铝、二氧化硅,调节pH,促进水解
常见的操作及目的
常见的操作
目的
加氧化剂
氧化某物质,生成目标产物或除去某些离子
判断能否加
其他物质
要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
分离、提纯
利用过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏、重结晶等常规操作从溶
液中得到晶体
提高原子
利用率
绿色化学(减少对环境的污染、物质的循环利用、废物处理、原
子利用率、能量的充分利用)
在空气中或其
他气体中进行
的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应,或能否达到隔
绝空气、防氧化、防变质、防分解、防水解、防潮解等目的
注意简答题的答题规范
1.“操作或措施”
操作或措施
答题模板
从溶液中
得到晶体
的操作
蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水
洗、乙醇洗等)→干燥
蒸发结晶
的操作
将溶液转移到蒸发皿中加热,并用玻璃棒不断搅拌,待有大量晶体
出现时停止加热,利用余热蒸干剩余水分
证明沉淀
完全的操
作
静置,取上层清液,加入××试剂(沉淀剂),若没有沉淀生成,说明沉淀
完全
洗涤沉淀
的操作
沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中加蒸馏水至没过沉淀,静置使水自然流
干,重复操作2~3 次
2.“目的或原因”
目的或原因
答题模板
沉淀用水洗的目
的
除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤
的目的
减小固体的溶解度;除去固体表面吸附的杂质;乙
醇挥发带走水分,使固体快速干燥
冷凝回流的作用
及目的
防止××蒸气逸出脱离反应体系,提高××物质的转
化率
控制溶液pH 的
目的
防止××离子水解;防止××离子沉淀;确保××离子沉
淀完全;防止××溶解等;促进/抑制××气体吸收/逸出
加过量A 试剂的
原因
使B 物质反应完全(或提高B 物质的转化率)等
温度不高于××℃
的原因
温度过高,××物质分解(如H2O2、NH3·H2O、浓硝
酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐
酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水
解(如AlCl3、FeCl3等)
减压蒸馏(减压蒸
发)的原因
减小压强,使液体沸点降低,防止××物质受热分解
(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时的
气体氛围
抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在
HCl 气流中进行;加热MgCl2·6H2O 制取MgCl2 时
需在HCl 气流中进行等)
配制某溶液前先
煮沸水的原因
除去溶解在水中的氧气,防止××物质被氧化
反应装置中与大
气相通的玻璃管
的作用
平衡容器中压强,避免反应容器中压强过大
化工生产中的重要金属元素
1.锌及其重要化合物
(1)Zn 的性质与Al 相似,与强酸、强碱均反应生成H2。
(2)ZnO、Zn(OH)2与Al2O3、Al(OH)3均为两性化合物。ZnO 或Zn(OH)2与酸
反应生成Zn2+,与强碱反应生成ZnO2
2−。
2.钴、镍及其氧化物
(1)常温下,钴、镍在空气中能稳定存在,加热条件下可生成CoO、NiO。
(2)CoO 溶于酸溶液,不溶于水、乙醇、氨水,在空气中焙烧至390~890 ℃时生
成四氧化三钴。NiO 溶于酸和氨水,不溶于水。
(3)Co(OH)2在空气中缓慢地被氧化为棕褐色的Co(OH)3;Ni(OH)2在空气中较
稳定,可采用氧化性较强的Br2将其氧化。
(4)Co3+、Ni3+在酸性溶液中有强氧化性,易被还原,如Co(OH)3、Ni(OH)3在盐
酸
中
被
还
原
,2Co(OH)3+6HCl
2CoCl2+Cl2↑+6H2O,2Ni(OH)3+6HCl
2NiCl2+Cl2↑+6H2O;在Na2SO3 溶液中、酸性条件下被还原,2Co(OH)3+SO3
2−+4H+
2Co2++SO4
2−+5H2O,2Ni(OH)3+SO3
2−+4H+
2Ni2++SO4
2−+5H2O。
3.钒及其化合物的性质
(1)V:常温下不活泼,不能与非氧化性酸及碱作用,但能溶于氢氟酸、硝酸和王
水。
(2)V2O5:两性氧化物,但以酸性为主,V2O5+6NaOH
2Na3VO4+3H2O;1750 ℃
发生分解反应2V2O5
2V2O4+O2↑;微溶于水,易形成稳定的胶体;有较强的
氧化性,相关反应的化学方程式为V2O5+6HCl(浓)
2VOCl2+Cl2↑+3H2O。
(3)VO2+、VO2
+:在酸性介质中,VO2
+具有强氧化性,VO2
++Fe2++2H+
VO2++Fe3+
+H2O,2VO2
++H2C2O4+2H+
2VO2++2CO2↑+2H2O。
4.铬及其化合物的性质
(1)Cr:加热时,与O2反应生成Cr2O3。
(2)Cr2O3: 两性氧化物,Cr2O3+6H+
2Cr3++3H2O;Cr2O3+2OH-
2CrO2
-
+H2O。
(3)Cr(OH)3:两性氢氧化物,Cr(OH)3+3H+
Cr3++3H2O;Cr(OH)3+OH-
CrO2
-
+2H2O。
(4)CrO4
2−与Cr2O7
2−:①可相互转化,2CrO4
2−( 黄色)+2H+
Cr2O7
2−( 橙色)
+H2O;②
强
氧
化
性
,
如
5H++Cr2O7
2−+3HSO3
-
2Cr3++3SO4
2−
+4H2O,2Na2CrO4+16HCl
2CrCl3+4NaCl+3Cl2↑+8H2O。
5.钛及其化合物的性质
(1)Ti:常温下与酸不反应,但可与HF 反应(Ti+6HF
H2TiF6+2H2↑),也可与热
的浓盐酸反应[2Ti+6HCl(浓)
2TiCl3+3H2↑]。
(2)TiO2:不溶于水和稀酸,可溶解在HF 溶液及热的浓硫酸中;可与Cl2发生反
应TiO2+2Cl2
TiCl4+O2;与碱溶液缓慢反应TiO2+2NaOH
Na2TiO3+H2O;在高
温下与Cl2、C 发生反应TiO2+2C+2Cl2
TiCl4+2CO。
(3)TiCl4:暴露在空气中会冒出白烟,TiCl4+3H2O
H2TiO3↓+4HCl;Mg 作还原
剂时可制备金属钛,2Mg+TiCl4
2MgCl2+Ti。
【题型解码】
题型1 微型化学工艺流程
例1 某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn,流程如下。“脱氯”步骤
仅Cu 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
Zn2+
Cu2+
Cl-
浓度/(g·L-1)
145
0.03
1
A.“浸铜”时应加入足量H2O2,确保铜屑溶解完全
B.“浸铜”反应:2Cu+4H++H2O2
2Cu2++H2↑+2H2O
C.“脱氯”反应:Cu+Cu2++2Cl-
2CuCl↓
D.脱氯液净化后电解,可在阳极得到Zn
变式1 为回收利用含I2的CCl4废液,某化学兴趣小组设计方案如下所示,下列说
法不正确的是
( )
A.步骤Ⅰ中,加入足量Na2CO3溶液充分反应后,上下两层均为无色
B.步骤Ⅰ中,分液时从分液漏斗下口放出溶液A
C.试剂X 可用硫酸
D.粗I2可用升华法进一步提纯
1.成本要低——原料的选取使用、设备的损耗等;
2.原料的利用率要高——利用好副产品、循环使用原料、能量尽可能利用;
3.生产过程要快——化学反应速率;
4.产率要高——化学平衡;
5.产品要纯——产品的分离、提纯;
6.环保问题——反应物尽可能无毒、无害、无副作用,“三废”处理。
题型2 以非金属元素为主
例2 精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等多种元素。研究人员设计了
一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程,如下图所示。
回答下列问题:
(1) Cu 位于元素周期表第 周期第 族。
(2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是 。
(3)“浸取2”步骤中,单质金转化为HAuCl4的化学方程式为 。
(4)“浸取3”步骤中,“浸渣2”中的 (填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。
(5)“
电
沉
积
”
步
骤
中
阴
极
的
电
极
反
应
为
。“电沉积”步骤完成后,阴极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学
式)。
(6)“还原”步骤中,被氧化的N2H4与产物Au 的物质的量之比为 。
(7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4O6
2−的结构为(a)而
不是(b)的原因:
。
变式2 铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的
路径为:
已知:Be2++4HA
BeA2(HA)2+2H+
回答下列问题:
(1)基态Be2+的轨道表示式为
。
(2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态,冷却过程的特点是 。
(3)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相
1”的溶液,观察到的现象是 。
(4)
写
出
反
萃
取
生
成
Na2[Be(OH)4]
的
化
学
方
程
式
:
。“滤液2”可以进入 步骤再利用。
(5) 电解熔融氯化铍制备金属铍时, 加入氯化钠的主要作用是
。
(6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4 个Be 的配合物,4 个Be 位于以1 个O 原子为
中心的四面体的4 个顶点,且每个Be 的配位环境相同,Be 与Be 间通过CH3COO-
相连,其化学式为 。
1.粗读题干,挖掘图示。图示中一般会呈现超出教材范围的知识,但题目中往
往会有提示或者问题中不涉及,所以一定要关注题目的每一个关键字,尽量弄懂流
程图,但不必将每一种物质都推出,只需问什么推什么。如制备类无机化工题,可
粗读试题,知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。
2.携带问题,精读信息。这里信息包括三个方面:一是主干,二是流程图示,三是
设置问题。读主干抓住关键字、词;读流程图,重点抓住物质流向(“进入”与“流
出”)、实验操作方法等。
3.跳跃思维,规范答题。答题时应注意前后问题往往没有“相关性”,即前一
问未答出,不会影响后面答题。要求用理论回答的试题,应采用“四段论法”:改
变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→有什么变化→得出什么结论。
题型3 以金属元素为主
例3 V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料,也是重要的催化剂。以苛化泥为焙
烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺,具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气
体污染物等优点。工艺流程如下。
已知:ⅰ.石煤是一种含V2O3的矿物,杂质为大量Al2O3和少量CaO 等;苛化泥的主要
成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。
ⅱ.高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3 反应生成偏铝酸盐;室温下,偏钒酸钙
[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题:
(1)钒原子的价层电子排布为 ;焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为
,产生的气体①为 (填化学式)。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液,滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙,滤液中杂质的主
要成分为 (填化学式)。
(3)在弱碱性环境下,偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙,发生反应的离子方程式为
;CO2
加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为
;浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称),可实现钒元素的充分利
用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填字母)。
a.延长沉钒时间
b.将溶液调至碱性
c.搅拌
d.降低NH4Cl 溶液的浓度
变式3 钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、
铁、钴、锰的+2 价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注:加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1,其他金属离子不沉淀,即
认为完全分离。
已知:
K
①
sp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CoS)=4.0×10-21。
②以氢氧化物形式沉淀时,lg [c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH 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,CoO
发生反应的化学方程式是
。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.1 mol·L-1,向其中加入
Na2S 至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(Co2+)= mol·L-1,据此判断能否实现
Zn2+和Co2+的完全分离 (填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中,生成1.0 mol MnO2,产生H+的物质的量为 。
(5)“沉淀”步骤中,用NaOH 调pH=4,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Co2+,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
。
解题步骤
解题策略
首尾呼应
找出主线
①对照原料和产品,确定核心反应和核心辅料
②根据核心反应,明确流程主线、支线和除杂任务
分段剖析
明晰细节
③以核心辅助原料为准,把流程划分为原料预处理、核心反应和产品
分离提纯三个阶段
④根据箭头指向,分析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应
条件的作用,融通对流程的整体分析
⑤某些暂时不理解的环节,可“难得糊涂”而“跳过去”,如有必要,
可“顺藤摸瓜”或带着问题回头进行有针对性的分析
由易到难
破解答案
⑥先易后难:先回答与工艺流程非密切相关的问题,确保易拿的分数先
拿到,增强答题信心
⑦变换角度:从基本理论、绿色化学观点、经济角度、安全生产等多
角度答题
⑧对棘手问题:不忘尝试从题给信息中寻找答案
微型工艺流程题“四线法”解题模型:
试剂线:为达到最终目的加入的物质,起到氧化还原、非氧化还原的作用。
转化线:通过元素守恒分析焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等过程。
除杂线:复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀,加热产生气体等。
分离线:蒸发、结晶、过滤(趁热过滤)、洗涤、干燥、萃取、分液等。
【真题溯源精析】
1.(2026·四川省)工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用，从某工业
废料中回收镉、锰的部分工艺流程如图：
已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。
②常温下，金属化合物的K sp：
金属化合物
CdS
CdC O3
MnS
MnC O3
K sp
8.0×10
−27
1.0×10
−12
2.5×10
−13
2.3×10
−11
下列说法错误的是( )
A. 粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率
B. 试剂X可以是N a2S溶液
C. “沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换
D. “沉锰”时，发生反应的离子方程式为M n
2++ HC O3
−= MnC O3↓+ H
+
【答案】D
【知识点】物质的分离、提纯
【解析】解：A .粉碎工业废料，可以增大固液接触面，有利于提高金属元素的浸出率，故
A 正确；
B.Cd等金属的硫化物的K sp很小，往含重金属废水中投放N a2S或FeS，可以将废水中的
重金属含量降低到符合要求水平，沉镉试剂X可以是N a2S溶液，故B 正确；
C.“沉镉”时用N a2S，因MnS的K sp远大于CdS的K sp，控制合适条件，可以使Mn不会
被沉淀，“沉锰”时使用NaHC O3，使锰以MnC O3形式沉淀，由表中可知，CdC O3和
MnC O3的K sp很接近，如果先进行“沉锰”，则会同时产生CdC O3和MnC O3沉淀，两
者无法分离，“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，故C 正确；
D.“ 沉锰” 时，加入NaHC O3，M n
2+转化为MnC O3沉淀，可以先写出
M n
2++ HC O3
−— MnC O3↓，反应没有化合价变化，从电荷角度考虑配平，然后再结合元
素守恒，发生反应的离子方程式为M n
2++2 HC O3
−= MnC O3↓+C O2↑+ H 2O，故D 错
误；
故选：D。
2.(2026·山西省)某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL0.1mol⋅L
−1 AgN O3溶液与同浓度
体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如图实验，下列叙述错误的是( )
A. 溶液A中c( A g
+)+c( N a
+)+c( H
+)=c(C l
−)+c( N O3
−)+c(O H
−)
B. 溶液B中c(C l
−)>c([ Ag( N H 3)2]
+)
C. 溶液C中c( H
+)=c(O H
−)
D. 上述实验可证明：K sp( AgCl)> K sp( AgI )
【答案】C
【知识点】溶液中微粒浓度的关系、难溶电解质的（沉淀）溶解平衡
【解析】解：A .溶液1为AgCl的饱和溶液，还含有NaN O3，电荷守恒关系为
c( A g
+)+c( N a
+)+c( H
+)=c(C l
−)+c( N O3
−)+c(O H
−)，故A 正确；
B.AgCl溶
于
氨
水
生
成
c([ Ag( N H 3)2]
+)，
物
料
守
恒
关
系
为
c(C l
−)=c( A g
+)+c([ Ag( N H 3)2]
+)>c([ Ag( N H 3)2]
+)，故B 正确；
C.溶液3中溶质为KCl、少量AgI和一水合氨，溶液呈碱性，则c( H
+)<c(O H
−)，故C 错
误；
D.AgCl溶于氨水、AgI不溶于氨水，说明AgCl饱和溶液中c( A g
+)大于AgI饱和溶液中
c( A g
+)，即AgCl的溶解度大于AgI，可得K sp( AgCl)> K sp( AgI )，故D 正确；
故选：C。
3.(2026·浙江省)稻壳制备纳米Si的流程图如图。下列说法错误的是( )
A. SiO2可与NaOH溶液反应
B. 盐酸在该工艺中体现了还原性
C. 高纯Si可用于制造硅太阳能电池
D. 制备纳米Si：SiO2+2 Mg
Si+2 MgO
【答案】B
【知识点】硅单质、高纯硅的制备、二氧化硅
【解析】解：A .SiO2是酸性氧化物，可以和碱反应生成盐和水，故SiO2可与NaOH溶液
反应，故A 正确；
B.盐酸在该工艺中溶解氧化镁生成氯化镁和水，盐酸在该反应中体现酸性，盐酸中各元素
化合价未变，故未体现还原性，故B 错误；
C.高纯Si可用于制造硅太阳能电池，故C 正确；
D.根据流程可知Mg
与
SiO2反应生成Si
和MgO
，制备纳米Si
反应为
SiO2+2 Mg
Si+2 MgO，故D 正确；
故选：B。
4.(2025·福建省)从炼油厂焙烧炭渣(主要含炭、MoO3和V 2O5，以及少量NiO、CaO)中
提取钼的工艺流程如图：
已知：VOSO4和( MoO)2(SO4)3均易溶于水；草酸( H 2C2O4)在水中溶解度如表。
温度(℃)
20
40
60
80
溶解度(g/100 g)
9.5
21.5
44.3
84.5
(1)“酸浸”中钼和钒分别转化为MoO
3+和V O
2+。100℃下各元素浸出率与草酸浓度的
关系如图。
①最佳草酸浓度为 ______mol⋅L
−1。
②V O
2+中钒的价电子排布式为 ______。
③生成( MoO)2(C2O4)3的化学方程式为 ______。
(2)“酸转化”中加浓硫酸后，过滤前的操作为 ______；“滤渣2”为 ______(填名称)。
(3)“沉钼”中，HMT (结构如图)在溶液中转变为( HMT — H )
+，一个( HMT — H )
+有
______个可形成氢键的位点；沉淀为[ MoO(OH )3]4( HMT — H )2SO4。
(4)“碱浸转化”中，[ MoO(OH )3]4( HMT — H )2SO4在碱作用下分解出MoO(OH )3，
后者转化为CaMoO4的化学方程式为 ______；“滤液2”中可循环利用的物质为 ______。
(5)关于该工艺流程，下列说法错误的是 ______。(填标号)
a.“气体1”为OO
b.“滤渣1”主要含炭、NiO和CaC2O4
c .“滤液1”含H 2C2O4
d .CaMoO4粗产品含CaSO4
【答案】
2.0
①
；
3
②d
1；
2
③MoO3+ 4 H 2C2O4
( MoO)2(C2O4)3+C O2↑+ 4 H 2O；
冷却结晶；草酸；
4；
4[ MoO(OH )3]4+O2+ 4CaO = 4CaMoO4+6 H 2O；HMT；
ab
【知识点】物质的分离、提纯
【解析】(1)①由图可知，最佳草酸浓度为2.0mol⋅L
−1，此时钼元素浸出率接近100 %，
而镍、钙的浸出率为0，
故答案为：2.0；
②V 为23号元素，核外电子排布式为[ Ar ]3d
34 s
2，V O
2+中钒是+ 4价，钒失去4个电子，
其价电子排布式为3d
1，
故答案为：3d
1；
③MoO3与草酸反应，生成( MoO)2(C2O4)3，Mo由+6价降低为+5价，部分碳由+3价
升高为+ 4价，根据化合价升降守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为
2 MoO3+ 4 H 2C2O4
( MoO)2(C2O4)3+C O2↑+ 4 H 2O，
故答案为：2 MoO3+ 4 H 2C2O4
( MoO)2(C2O4)3+C O2↑+ 4 H 2O；
(2)“酸转化”中加浓硫酸后，转化生成VOSO4和MoO2(SO4)3以及草酸，此时温度升高，
根据表格数据，低温有利于草酸析出，故过滤前的操作为冷却结晶，根据分析可知，“滤
渣2”为草酸，
故答案为：冷却结晶；草酸；
(3)结合HMT结构，HMT中一个N与H形成配位键，得到( HMT — H )
+，可以形成
N — H ⋅⋅⋅Y 氢键(作为氢键给体)，另有3个N原子含有孤电子对，可以形成
N ⋅⋅⋅H — Y (作为氢键受体)，故存在4个可形成氢键的位点，
故答案为：4；
(4)“碱浸转化”中，[ MoO(OH )3]4( HMT — H )2SO4在碱作用下分解出MoO(OH )3，
后者转化为CaMoO4，Mo元素由+5价升高为+6价，根据化合价升降守恒、原子守恒，可
得反应的化学方程式为：4[ MoO(OH )3]4+O2+ 4CaO = 4CaMoO4+6 H 2O，
[ MoO(OH )3]4( HMT — H )2SO4在碱作用下( HMT — H )
+，会转化为HMT，故“滤液
2”中可循环利用的物质为HMT，
故答案为：4[ MoO(OH )3]4+O2+ 4CaO = 4CaMoO4+6 H 2O；HMT；
(5)a.根据分析可知，“气体1”为C O2，故a错误；
b.“滤渣1”主要含炭、NiC2O4和CaC2O4，故b错误；
c .酸转化过程中，冷却结晶所得滤液是草酸的饱和溶液，故“滤液1”含H 2C2O4，故c正
确；
d .硫酸钙微溶于水，碱浸转化得到的CaMoO4粗产品含CaSO4，故d正确；
故答案为：ab。
炼油厂焙烧炭渣主要含炭、MoO3和V 2O5，以及少量NiO、CaO，炭渣中加入草酸浸取，
Mo、V 转化为MoO
3+和V O
2+，Mo、V 被还原为盐溶液，草酸被氧化为C O2气体，炭不
反应，镍、钙转化为草酸镍、草酸钙沉淀，三者成为滤渣1，过滤，滤液中加入浓硫酸，
使得钼、钒的草酸盐转化为硫酸盐和草酸，较低温度时，草酸溶解度小，得到草酸晶体，
成为滤渣2，过滤得到含有VOSO4和MoO2(SO4)3的滤液，沉钼过程中加入HMT得到沉
淀为[ MoO(OH )3]4( HMT — H )2SO4，结合质量守恒，还生成硫酸，过滤，滤液1中含
有硫酸和不溶的VOSO4，过滤后，得到沉淀加入氧化钙、水、空气，碱浸转化过程中氧化
钼元素，得到CaMoO4，据此分析作答。
5.(2026·湖北省)回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从AgI催化剂废料(含A g2O杂
质)中回收Ag和I 2的流程如图。
已知：I O
−在碱性条件下易歧化成I
−和I O3
−。
回答下列问题：
(1)“溶解1”浓氨水不能溶解AgI的原因是______。“滤液1”中的主要阳离子有______(
填化学式)。
(2)“反应1”生成ICl的化学方程式为______。
(3)“试剂X”可选用______(填标号)。
a.葡萄糖
b. Al
c . N a2O2
d . H 2SO4
(4)“调pH”至弱酸性的主要目的是______(用离子方程式表示)。
(5)若“滤液3”中含有0.3molI O3
−，“反应3”至少需加入N a2S2O4的物质的量为______
mol。
(6)将得到的I 2进一步纯化，可采用的方法是______。不考虑操作和反应损失，该流程回收
Ag的量低于预期，主要原因是______。
【答案】AgI溶解度很小，溶于氨水生成的[ Ag( N H 3)2]OH稳定性差；[ Ag( N H 3)2]
+；
AgI +C l2= AgCl+ ICl；
a；
5 I
−+ I O3
−+6 H
+=3 I 2+3 H 2O；
0.25；
通过加热使碘从固态直接升华为气态，再冷凝收集；“溶解2”中AgCl未完全溶解
【知识点】物质的分离、提纯
【解析】(1) AgI溶解度很小，[ Ag( N H 3)2]OH稳定性差，“溶解1”浓氨水不能溶解
AgI的原因是：AgI溶解度很小，溶于氨水生成的[ Ag( N H 3)2]OH稳定性差；由分析可
知，Ag在“滤液1”中转化为银铵络离子，主要阳离子有[ Ag( N H 3)2]
+，
故答案为：AgI溶解度很小，溶于氨水生成的[ Ag( N H 3)2]OH稳定性差；[ Ag( N H 3)2]
+；
(2)“反应1”中AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和ICl，化学方程式
为AgI +C l2= AgCl+ ICl，
故答案为：AgI +C l2= AgCl+ ICl；
(3)由分析可知，试剂X需要将[ Ag( N H 3)2]
+还原为Ag，N a2O2和H 2SO4的氧化性较强，
Al不和[ Ag( N H 3)2]
+反应，葡萄糖中含有醛基，可以将[ Ag( N H 3)2]
+还原为Ag，
故答案为：a；
(4)I O
−在碱性条件下易歧化成I
−和I O3
−，I
−和I O3
−在酸性环境中转化为I 2，“调pH”至
弱酸性的主要目的是发生反应：5 I
−+ I O3
−+6 H
+=3 I 2+3 H 2O，
故答案为：5 I
−+ I O3
−+6 H
+=3 I 2+3 H 2O；
(5)“反应3”中加入N a2S2O4将I O3
−还原为I 2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子
方程式为：6 I O3
−+2S2O4
2−+2 H 2O =3 I 2+10 SO4
2−+ 4 H
+，若“ 滤液3” 中含有
0.3molI O3
−，“反应3”至少需加入N a2S2O4的物质的量为0.3mol× 5
6 =0.25mol，
故答案为：0.25；
(6)I 2易升华，将得到的I 2进一步纯化，可采用的方法是：通过加热使碘从固态直接升华为
气态，再冷凝收集；该流程回收Ag的量低于预期，主要原因是“溶解2”中AgCl未完全溶
解，
故答案为：通过加热使碘从固态直接升华为气态，再冷凝收集；“溶解2”中AgCl未完全
溶解。
从AgI催化剂废料(含A g2O杂质)中回收Ag和I 2，AgI催化剂废料(含A g2O杂质)用浓氨
水溶解，A g2O转化为[ Ag( N H 3)2]
+，AgI溶解度很小，导致浓氨水不能溶解AgI，过滤
后得到的滤渣中含有AgI，滤液1中含有[ Ag( N H 3)2]
+，AgI和氯气在强酸条件下发生氧
化还原反应生成AgCl和I 2，用NaOH溶液将I 2转化为I O
−，过滤后滤液2中存在I O
−，
AgCl用浓氨水溶解后转化为[ Ag( N H 3)2]
+，用试剂X将[ Ag( N H 3)2]
+还原为Ag，试剂
X可以用葡萄糖，滤液2中调节pH，使I O
−歧化生成的I
−、I O3
−转化为I 2，过滤后的滤液
3中含有I O3
−，加入N a2S2O4将I O3
−还原为I 2，过滤、洗涤、干燥得到I 2。
6.(2025·海南省)有色金属冶炼厂炼铜窑炉的废耐火砖极具回收价值。某厂产生的废耐火砖
中主要含MgO⋅A l2O375.0 %、Cu12.0 %，其资源化回收的一种工艺流程如图所示。
回答问题：
(1)“粉碎”的目的是______。
(2)“加压氨浸”时铜转化为配位离子，该过程的化学反应方程式为______。
(3)“碱熔”中产生的气体C为______，滤渣E是______(均填化学式)。E与______(填物质
名称)反应可生成用于城市废水处理的[ A l2(OH )mC l6−m]n。
(4)某批次试验，废砖投料20.0kg，产出CuO2.70kg，则Cu的回收率为______。
(5)从绿色化学与环境保护的角度说明本工艺优点有______、______。
【答案】增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
2Cu+O2+8 N H 3⋅H 2O =2[Cu( N H 3)4](OH )2+6 H 2O；
C O2；Al(OH )3；氯化铝；
90 %；
废水处理后返回氨浸，实现资源循环利用；对环境友好
【知识点】物质的分离、提纯
【解析】(1)粉碎废砖，可增大废砖与反应试剂的接触面积，从而加快反应速率，使反应
更充分，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
(2)加压氨浸时，铜与氧气、氨水反应转化为配位离子[Cu( N H 3)4]
2+，化学方程式为
2Cu+O2+8 N H 3⋅H 2O =2[Cu( N H 3)4](OH )2+6 H 2O，
故答案为：2Cu+O2+8 N H 3⋅H 2O =2[Cu( N H 3)4](OH )2+6 H 2O；
(3)根据流程信息，滤渣B为氧化镁和氧化铝的混合物，碱熔时，氧化镁转化为氢氧化镁固
体，而氧化铝转化为偏铝酸钠并产生二氧化碳，因此产生气体C为C O2。经过一系列反应，
滤液D为偏铝酸钠，通入二氧化碳后得到碳酸钠和氢氧化铝，因此滤渣E是Al(OH )3。
Al(OH )3与氯化铝反应可生成用于城市废水处理的[ A l2(OH )mC l6−m]n，
故答案为：C O2；Al(OH )3；氯化铝；
(4)废
砖
中Cu的
质
量
为20.0kg×12% =2.4 kg，CuO中Cu的
质
量
为
2.70kg× 64
80 ×100 % =2.16 kg，则Cu的回收率为2.16 kg
2.4 kg ×100 % =90 %；，
故答案为：90 %；
(5)废水处理后返回氨浸，实现了资源的循环利用，提高了原料的利用率；工艺中产生的
有害物质少，对环境友好，符合绿色化学理念，
故答案为：废水处理后返回氨浸，实现资源循环利用；对环境友好。
7.(2025·江西省)稀散金属镓(Ga，ⅢA族)是重要的战略资源。以棕刚玉烟尘(主要成分为
SiO2、KAlSi3O8、A l2O3、A l2SiO3和少量Ga)为原料制备金属镓的工艺流程图如图：
回答下列问题：
(1)滤液1的pH为14.78，依据Al(Ⅲ)和Si(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在
形式为______(填化学式)，SiO2与碱反应的离子方程式为______、______。
(2)水热再生过程中，需要定量补充KAl(OH )4固体的目的是______，以获得高纯度分子
筛( KAlSiO4⋅1.5 H 2O)材料。滤液2的pH______(填“大于”或“小于”)滤液1的pH。
(3)已知树脂片段的结构为
。在吸附Ga(OH )4
−时，中心镓离子与树脂间
存在的主要相互作用是______。
(4)操作X为______。
(5)硅一钾化肥可改良土壤环境。依据其一有效组分的晶胞结构，推测该组分中钾离子能
被植物吸收的原因是______。
【答案】[ Al(OH )4]
−；SiO2+ 4O H
−= SiO4
4−+ H 2O；SiO2+3O H
−= HSiO4
3−+ H 2O；
使溶液中的n( Al)：n(Si)为1：1；大于；
配位作用；
浓缩结晶，过滤；
钾离子在晶胞中与阴离子结合力较弱，易在土壤水中解离为自由移动的K
+，从而被植物
吸收
【知识点】物质的分离、提纯、晶胞的有关计算
【解析】(1)由题给流程图可知，棕刚玉烟尘在水热条件下与氢氧化钾反应，生成了一种
硅—钾化肥，过滤后得到滤液1，其pH =14.78(强碱性环境)，Al(Ⅲ)在强碱性条件下会
与O H
−结合形成四羟基合铝酸根离子(类似Al在过量NaOH中的存在形式)，结合Al(Ⅲ)
的分布系数图，强碱性时Al的主要存在形式为[ Al(OH )4]
−，SiO2为酸性氧化物，与强碱
反应时离子方程式为：SiO2+ 4O H
−= SiO4
4−+ H 2O、SiO2+3O H
−= HSiO4
3−+ H 2O，
故
答
案
为
：
[ Al(OH )4]
−；
SiO2+ 4O H
−= SiO4
4−+ H 2O；
SiO3
2−+3O H
−= HSiO4
3−+ H 2O；
(2)水热再生的目标产物是分子筛( KAlSiO4・1.5 H 2O)，其化学式中K、Al、Si的原子
个数比为1：1：1，滤液1中含Si的离子(如[ Si(OH )5]
−、SiO3
2−)和[ Al(OH )4]
−，但二者
比例可能不满足1：1，定量补充KAl(OH )4可调节体系中K、Al、Si的比例至1：1：1，
确保分子筛的组成纯净，避免因比例失衡产生杂质；滤液2与滤液1的pH比较：反应体系
补
充
的
[ Al(OH )4]
−与
HSiO4
3−和
SiO4
4−反
应
：
2 K
++2SiO4
4−+2 H 2O+2[ Al(OH )4]
−=2 KAlSiO4・1.5 H 2O+8O H
−；
2 K
++2 HSiO4
3−+ H 2O+2[ Al(OH )4]
−=2 KAlSiO4・1.5 H 2O+6O H
−，因此，水热
再生工艺阶段后，溶液中生成了大量氢氧化钾，体系的pH升高，
故答案为：使溶液中的n( Al)：n(Si)为1：1；大于；
(3)树脂通常含能与金属离子结合的官能团(如羟基、羧基、氨基等，结合“树脂片段结
构”推测含孤对电子的原子，如O、N )，Ga(Ⅲ)为金属阳离子(有空轨道)，树脂官能团中
的O或N原子含孤对电子，二者可形成配位键(G a
3+提供空轨道，树脂提供孤对电子)，因
此主要相互作用是配位作用，
故答案为：配位作用；
(4)工艺流程中，吸附后需将Ga从树脂上洗脱(如用酸或特定试剂破坏配位键)，得到含
G a
3+的溶液；后续需从溶液中获取Ga的化合物(如Ga(OH )3或Ga盐)，再通过电解或还
原制备金属Ga，若洗脱后得到的是Ga盐溶液，要得到固体Ga化合物，需经过浓缩结晶、
过滤等操作；结合“操作X”的常规流程，推测操作X为浓缩结晶，过滤，
故答案为：浓缩结晶，过滤；
(5)植物根系吸收离子的关键是离子能从化肥晶体中解离并溶于土壤溶液(即离子在晶胞中
易脱离晶格，形成可溶的自由离子)，依据晶胞结构，推测该组分中：钾离子在晶胞中的结
合力较弱：如K
+与周围阴离子(如SiO3
2−等)的离子键强度较低，在土壤水分作用下易解离
为自由移动的K
+；晶胞排列使K
+易与水分子接触，溶解后形成可被植物根系吸收的K
+，
因此原因是钾离子在晶胞中与阴离子结合力较弱，易在土壤水中解离为自由移动的K
+，从
而被植物吸收，
故答案为：钾离子在晶胞中与阴离子结合力较弱，易在土壤水中解离为自由移动的K
+，从
而被植物吸收。
8.(2026·陕西省)为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼
厂的高氯烟道灰(主要含有CuC l2、ZnC l2、CuO、ZnO、PbO、F e2O3、SiO2等)进行
研究，设计如图工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。
回答下列问题：
(1)铜元素位于元素周期表第 ______周期、第 ______族。
(2)“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化
学方程式为 ______。
(3)滤渣①中，除SiO2外，主要还有 ______。
(4)“中和除杂”步骤，调控溶液pH =3.5左右，发生反应的离子方程式为 ______。
(5)“深度脱氯”时，C l
−的存在使锌粉还原产生的Cu与C u
2+反应，生成能被空气氧化的
CuCl沉淀，使C l
−被脱除。欲脱除1.0molC l
−，理论上需要锌粉 ______mol。
(6)CuCl可以通过 ______(填标号)将其溶解，并返回到 ______步骤中。
a.盐酸酸化、双氧水氧化
b.硫酸酸化、KMnO4氧化
c .硝酸酸化和氧化
d .硫酸酸化、双氧水氧化
(7)“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。
①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是 ______。
②“电解分离”前，需要脱氯的原因有 ______。
【答案】四；IB；
2CuC l2+2 N a2C O3+ H 2O =C u2(OH )2C O3↓+ 4 NaCl+C O2↑；
PbSO4；
4 F e
3++3 Z n2(OH )2C O3+3 H 2O = 4 Fe(OH )3↓+6 Z n
2++3C O2↑；
0.5；
a；碱浸脱氯；
①放电顺序：C u
2+> H
+>Z n
2+，阴极产生大量气泡说明溶液中已无C u
2+，铜、锌已分
离完成；
②C l
−在阳极被氧化生成C l2污染环境，且影响铜、锌分离效果
【知识点】物质的分离、提纯
【解析】(1)铜(Cu)的原子序数为29，根据元素周期表的结构，铜位于第四周期、第IB族，
故答案为：四；IB；
(2)碱浸脱氯过程中，铜盐(CuC l2)与N a2C O3和H 2O反应生成碱式碳酸铜沉淀。化学方
程式为：2CuC l2+2 N a2C O3+ H 2O =C u2(OH )2C O3↓+ 4 NaCl+C O2↑，
故答案为：2CuC l2+2 N a2C O3+ H 2O =C u2(OH )2C O3↓+ 4 NaCl+C O2↑；
(3)滤渣①中，除SiO2外，主要还有PbSO4。这是因为PbO在酸浸过程中与H 2SO4反应
生成PbSO4沉淀，
故答案为：PbSO4；
(4)中和除杂步骤中，调控溶液pH =3.5左右，F e
3+与Z n2(OH )2C O3反应生成
Fe(OH )3沉
淀
，
离
子
方
程
式
为
：
4 F e
3++3 Z n2(OH )2C O3+3 H 2O = 4 Fe(OH )3↓+6 Z n
2++3C O2↑，
故答案为：4 F e
3++3 Z n2(OH )2C O3+3 H 2O = 4 Fe(OH )3↓+6 Z n
2++3C O2↑；
(5)深度脱氯时，C l
−的存在使锌粉还原产生的Cu与C u
2+反应，生成CuCl沉淀，反应方
程式为：Cu+C u
2++2C l
−=2CuCl↓，根据反应方程式，1molC l
−需要2molCu，
Zn+C u
2+= Z n
2++Cu，即生成1molCu需要1mol Zn，欲脱除1.0molC l
−，理论上需要
锌粉0.5mol Zn，
故答案为：0.5；
(6)CuCl要溶解并返回到前面的流程中，不能引入新的杂质离子，故使CuCl转化为
CuC l2，可以通过盐酸酸化和双氧水氧化将其溶解。反应方程式为：
CuCl+ HCl+ H 2O2=CuC l2+ H 2O，生成的CuC l2可以返回到碱浸脱氯步骤中，
故答案为：a；碱浸脱氯；
(7)①电解分离时，阴极产生大量气泡，说明溶液中已无C u
2+，铜、锌已分离完成，这是
因为放电顺序为C u
2+> H
+>Z n
2+，阴极产生大量气泡说明溶液中已无C u
2+；
故答案为：放电顺序：C u
2+> H
+>Z n
2+，阴极产生大量气泡说明溶液中已无C u
2+，铜、
锌已分离完成；
②电解分离前需要脱氯的原因是：C l
−在阳极被氧化生成C l2，污染环境，且影响铜、锌
分离效果，
故答案为：C l
−在阳极被氧化生成C l2污染环境，且影响铜、锌分离效果。
9.(2025·全国)我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是M g3 Si2O5(OH )4，伴生有少
量Ni、Fe、Al等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的合回收NiO并矿化固定二氧化碳的
实验流程如图所示。
已知：
Al(OH )3
Fe(OH )3
Mg(OH )2
¿(OH )2
K sp
1.3×10
−33
2.8×10
−39
5.6×10
−12
5.5×10
−16
回答下列问题：
(1)绿矾( FeSO4⋅7 H 2O)在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物反应的化学方程式
为 ______。
(2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度(mol⋅L
−1)分别为：
N i
2+0.005、F e
3+0.150、M g
2+0.430、A l
3+0.010。滤渣①的主要成分是 ______、
______。
(3)加入NaOH“调pH =6”，过滤后，滤渣②是 ______、______，滤液中A l
3+的浓度
为 ______mol⋅L
−1。
(4)“焙烧②”后得到NiO。NiO晶胞如图所示，晶胞中含有N i
2+的个数为 ______。
(5)调节“沉镍”后的溶液为碱性“矿化”反应的离子方程式为 ______。
(6)1.0kg蛇纹石“矿化”固定C O2，得到0.466kgM g5(C O3)4(OH )2⋅4 H 2O，相当于
固定C O2______L(标准状况)。
【答案】2 FeSO4⋅7 H 2O
F e2O3+ SO2↑+ SO3↑+14 H 2O；
F e2O3；SiO2；
Fe(OH )3；Al(OH )；1.3×10
−9；
4；
5 M g
2++10O H
−+ 4C O2= M g5(C O3)4(OH )2⋅4 H 2O↓；
89.6
【知识点】物质的分离、提纯、晶胞的有关计算
【解析】(1)绿矾( FeSO4⋅7 H 2O)高温下分解生成红棕色固体和气体产物，红棕色固体
为F e2O3，根据氧化还原反应规律可知，还原产物为SO2气体，结合原子守恒、电子守恒
写出反应的化学方程式为2 FeSO4⋅7 H 2O
F e2O3+ SO2↑+ SO3↑+14 H 2O，
故答案为：2 FeSO4⋅7 H 2O
F e2O3+ SO2↑+ SO3↑+14 H 2O；
(2)溶
液
中
电
荷
守
恒
关
系
为
c(SO4
2−)= 1
2 (0.005×2+0.150×3+0.430×2+0.010×3)mol / L=0.675mol / L>0.150mol / L
绿矾化学式为FeSO4⋅7 H 2O，根据Fe元素守恒可知，滤渣中含有F e2O3，
M g3 Si2O5(OH )4分解还生成SiO2，则渣①的主要成分是F e2O3、SiO2，
故答案为：F e2O3；SiO2；
(3) pH =6的溶液中c(O H
−)=10
−8mol / L，滤液中金属离子的浓度(mol⋅L
−1)分别为：
N i
2+0.005、
F e
3+0.150、
M g
2+0.430、
A l
3+0.010，
浓
度
积
Q[∋(OH )2]=c( N i
2+)⋅c
2(O H
−)=5×10
−19< K sp[∋(OH )2]，
同
理
Q[ Mg(OH )2]= 4.3×10
−17< K sp[∋(OH )2]，Q[ Al(OH )3]=2×10
−26> K sp[ Al(OH )3]
Q[ Fe(OH )3]=1.5×10
−25> K sp[ Fe(OH )3]，则F e
3+、A l
3+转化为Fe(OH )3、
Al(OH )3沉淀，N i
2+、M g
2+没有转化为沉淀，即滤渣②为Fe(OH )3、Al(OH )3，
K sp[ Al(OH )3]=c( A l
3+)⋅c
3(O H
−)=1.3×10
−33，
pH =6时
滤
液
中
c( A l
3+)= 1.3×10
−33
(10
−8)
3
mol/ L=1.3×10
−9mol/ L，
故答案为：Fe(OH )3；Al(OH )；1.3×10
−9；
(4)N i
2+的质子数为30、原子核对最外层电子的引力大，O
2−的质子数为8、原子核对最外
层电子的引力小，则离子半径：O
2−> N i
2+，所以NiO晶胞图中N i
2+的个数为
12× 1
4 +1= 4，
故答案为：4；
(5)“ 沉镍” 后的溶液为碱性，通入C O2气体“ 矿化” 反应的离子方程式为
5 M g
2++10O H
−+ 4C O2= M g5(C O3)4(OH )2⋅4 H 2O↓，
故答案为：5 M g
2++10O H
−+ 4C O2= M g5(C O3)4(OH )2⋅4 H 2O↓；
(6)根
据
C原
子
守
恒
可
知
，
n(C O2)= 4 n[ M g5(C O3)4(OH )2⋅4 H 2O]= 4×
466 g
466 g/mol = 4 mol，标准状况下的体
积为4 mol×22.4 L/mol =89.6 L，
故答案为：89.6。
10.(2026·四川省)一种从深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH )、SiO2，有少量的
C o2O3、A l2O3、NiO、CuO ]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液( NiSO4、
cosO4、MnSO4)的工艺流程如图：
已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为0.1mol⋅L
−1)开始沉淀和完全沉淀
(c ≤1.0×10
−5mol⋅L
−1)的pH：
F e
3+
A l
3+
C u
2+
N i
2+
C o
2+
M n
2+
开始沉淀的pH
1.9
33
4.7
6.9
7.4
8.1
完全沉淀的pH
3.2
4.6
6.7
8.9
9.4
10.1
回答下列问题：
(1)基态Ni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)；SO2还原C o2O3的化学
方程式为 ______。
(3)“沉铁”时，F e
2+转化为F e2O3的离子方程式为 ______，加热至200℃的主要原因
是 ______。
(4)“沉铝”时，未产生Cu(OH )2沉淀，该溶液中c(C u
2+)不超过 ______mol⋅L
−1。
(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】3d
84 s
2；
SiO2；SO2+C o2O3+ H 2SO4=2cosO4+ H 2O；
4 F e
2++O2+ 4 H 2O
2 F e2O3+8 H
+；避免形成Fe(OH )3，防止其吸附镍、钴、
锰等金属离子，提高金属的回收率，同时也使Fe(OH )3分解成F e2O3；
1.0×10
−2；
N i
2+；C o
2+；s p
2
【知识点】物质的分离、提纯
【解析】(1)基态❑28 Ni的价层电子排布式为3d
84 s
2；
故答案为：3d
84 s
2；
(2)根据题目信息，酸浸还原时，金属氧化物溶解，SiO2不溶于酸，以滤渣形式被除去，
SO2还原C o2O3，SO2还原被氧化为SO4
2−，C o2O3被还原为cosO4，发生反应的化学方
程式为SO2+C o2O3+ H 2SO4=2cosO4+ H 2O；
故答案为：SiO2；SO2+C o2O3+ H 2SO4=2cosO4+ H 2O；
(3)根据流程，空气中的O2将F e
2+氧化成F e
3+，在pH =3.2条件下，以Fe(OH )3形式沉
淀完全，在200℃条件下Fe(OH )3分解成F e2O3，“沉铁”时，F e
2+转化为F e2O3的离
子方程式为4 F e
2++O2+ 4 H 2O
2 F e2O3+8 H
+，因金属氢氧化物胶体具有吸附
性，可吸附金属阳离子，导致金属回收率下降，加热可避免形成Fe(OH )3，防止其吸附镍、
钴、锰等金属离子，提高金属的回收率，同时也使Fe(OH )3分解成F e2O3；
故答案为：4 F e
2++O2+ 4 H 2O
2 F e2O3+8 H
+；避免形成Fe(OH )3，防止其
吸附镍、钴、锰等金属离子，提高金属的回收率，同时也使Fe(OH )3分解成F e2O3；
(4)根
据
题
目
提
供
的
数
据
，
K sp[Cu(OH )2]=1.0×10
−5mol⋅L
−1×( 10
−14
10
−6.7 )
2=1.0×10
−19.6，“沉铝”时，控制条件
为
pH =5.2，
c(O H
−)=10
−8.8，
未
产
生
Cu(OH )2沉
淀
，
即
c(C u
2+)⋅c
2(O H
−)=c(C u
2+)⋅(10
−8.8)
2≤K sp[Cu(OH )2]=1.0×10
−19.6，则溶液中
c(C u
2+)≤1.0×10
−2mol⋅L
−1；
故答案为：1.0×10
−2；
(5)“第二次萃取”时，萃余液2中可电解得到Mn，说明M n
2+与混合萃取剂结合不牢固，
更容易“离解”出来，而N i
2+、C o
2+离子则与萃取剂结合良好，稳定性好；根据配合物
的结构，含N的有机物中，N原子的价层电子对为2+ 1
2 ×(5−1×1−1×2)=3，为s p
2杂
化，N存在1对孤电子对，与M形成配位键；
故答案为：N i
2+；C o
2+；s p
2。
11.(2026·北京市市辖区)利用工业废气中的H 2S制备焦亚硫酸钠( N a2S2O5)的一种流程示
意图如图。
已知：
物质
H 2C O3
H 2SO3
K a(25℃)
K a1= 4.5×10
−7 K a2= 4.7×10
−11 K a1=1.4×10
−2 K a2=6.0×10
−8
(1)制SO2
已知：H 2S(g)+ 1
2 O2(g)= S(s)+ H 2O(g)
ΔH
ㅤ
ㅤ=−221.2kJ ⋅mol
−1
S(s)+O2( g)= SO2( g)
Δ H
ㅤ
ㅤ=−296.8kJ ⋅mol
−1
由H 2S制SO2的热化学方程式为 ______。
(2)制N a2S2O5
Ⅰ.在多级串联反应釜中，N a2C O3悬浊液与持续通入的SO2进行如下反应：
第二步：2 N a2C O3+ SO2+ H 2O⇌N a2SO3+2 NaHC O3
第二步：NaHC O3+ SO2⇌NaHSO3+C O2
N a2SO3+ SO2+ H 2O⇌2 NaHSO3
Ⅱ.当反应釜中溶液pH达到3.8～4.1时，形成的NaHSO3悬浊液转化为N a2S2O5固体。
①Ⅱ中生成N a2S2O5的化学方程式是 ______。
②配碱槽中，母液和过量N a2C O3配制反应液，发生反应的化学方程式是 ______。
③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ______，需除去。
④尾气吸收器中，吸收的气体有 ______。
(3)理论研究N a2SO3、NaHC O3与SO2的反应。一定温度时，在1 L浓度均为1mol⋅L
−1
的N a2SO3和NaHC O3的混合溶液中，随n(SO2)的增加，SO3
2−和HC O3
−平衡转化率的
变化如图。
0
①～amol，与SO2优先反应的离子是 ______。
②a～bmol，HC O3
−平衡转化率上升而SO3
2−平衡转化率下降，结合方程式解释原因：
______。
【答案】2 H 2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2 H 2O(g) ΔH =−1036.8kJ ⋅mol
−1；
2
①NaHSO3= N a2S2O5+ H 2O；
②NaHSO3+ N a2C O3= N a2SO3+ NaHC O3；
③SO4
2−；
④C O2；
①SO3
2−；
②a～bmol，产生的C O2逸出，使HC O3
−+ SO2⇌HSO3
−+C O2反应正向进行，HC O3
−
平衡转化率上升，同时HSO3
−浓度增大，抑制SO3
2−+ SO2+ H 2O⇌2 HSO3
−反应正向进行，
从而使SO3
2−平衡转化率下降
【知识点】热化学方程式、化学平衡常数的相关计算、化学实验方案的设计与评价
【解析】(1)已知①H 2S(g)+ 1
2 O2(g)= S(s)+ H 2O(g)
ΔH
ㅤ
ㅤ=−221.2kJ ⋅mol
−1
②S(s)+O2(g)= SO2(g)
ΔH
ㅤ
ㅤ=−296.8kJ ⋅mol
−1
根
据
盖
斯
定
律
，
①×2+②×2可
得
：
2 H 2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2 H 2O(g) ΔH =2×(−221.2kJ ⋅mol
−1)+2×(−296.8kJ ⋅mol
−1)=−103
故答案为：2 H 2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2 H 2O(g) ΔH =−1036.8kJ ⋅mol
−1；
(2)①溶液pH达到3.8～4.1时，形成的NaHSO3悬浊液转化为N a2S2O5固体，则Ⅱ中生
成N a2S2O5的化学方程式是：2 NaHSO3= N a2S2O5+ H 2O，
故答案为：2 NaHSO3= N a2S2O5+ H 2O；
②根据多级串联反应釜中的反应可知，除了生成N a2S2O5外，母液中有NaHSO3剩余，
又因K a2( H 2SO3)> K a2( H 2C O3)，母液NaHSO3和过量N a2C O3发生反应，化学方程
式是NaHSO3+ N a2C O3= N a2SO3+ NaHC O3，
故答案为：NaHSO3+ N a2C O3= N a2SO3+ NaHC O3；
③燃烧炉气，冷却、净化后的气体含有少量O2，O2能够氧化N a2SO3或N a2S2O5，生成
N a2SO4
，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是SO4
2−，需除去，
故答案为：SO4
2−；
④根据第二步反应：NaHC O3+ SO2⇌NaHSO3+C O2可知，尾气吸收器中，吸收的气
体有C O2，C O2与NaOH反应，生成的碳酸钠进入配碱槽，然后进入多级串联反应釜中，
参与第一步反应，
故答案为：C O2；
(3)①由图可知，0～amol，SO3
2−的平衡转化率大于HC O3
−的平衡转化率，即与SO2
优
先反应的离子是SO3
2−，
故答案为：SO3
2−；
②一定温度时，在1 L浓度均为1mol⋅L
−1的N a2SO3和NaHC O3的混合溶液中，发生的
反
应
有
：①SO3
2−+ SO2+ H 2O⇌2 HSO3
−，②HC O3
−+ SO2⇌HSO3
−+C O2
，
a～bmol，产生的C O2
逸出，使②反应正向进行，HC O3
−平衡转化率上升，同时HSO3
−
浓度增大，抑制①反应正向进行，从而使SO3
2−平衡转化率下降，
故答案为：a～bmol，产生的C O2
逸出，使HC O3
−+ SO2⇌HSO3
−+C O2
反应正向进行，
HC O3
−平衡转化率上升，同时HSO3
−浓度增大，抑制SO3
2−+ SO2+ H 2O⇌2 HSO3
−反应
正向进行，从而使SO3
2−平衡转化率下降。
12.(2025·云南省)从褐铁矿型金−银矿(含Au、Ag、F e2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提
取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如图：
已知：①金−银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19 %、2.35 %。
25
②
℃时，Mn(OH )2的K sp为1.9×10
−13。
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，MnO2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：
①Au+5 S2O3
2−+[Cu( N H 3)4]
2+=[ Au(S2O3)2]
3−+[Cu(S2O3)3]
5−+ 4 N H 3
4
②[Cu(S2O3)3]
5−+16 N H 3+O2+2 H 2O = 4[Cu( N H 3)4]
2++ 4O H
−+12S2O3
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F e
3+、C u
2+、MnO2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Mn(OH )2析出，则c( M n
2+)≤
______mol⋅L
−1。
(7)一种锑锰( M n3 Sb)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。
②N A为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为 ______g⋅c m
−3(列出
计算式即可)。
【答案】3d
104 s
1；
MnO2+2 F e
2++ 4 H
+= M n
2++2 F e
3++2 H 2O；
[Cu( N H 3)4]
2+；
提高铜离子的回收率，充分利用溶液中的试剂(如氨、硫代硫酸根等)，减少原料损耗；
MnO2> F e
3+>C u
2+；
0.19；
12
①
；
②
287
N A×(a×10
−7)
3或287×10
21
N A×a
3
【知识点】物质的分离、提纯、晶胞的有关计算
【解析】(1)基态Cu原子的价层电子排布式为3d
104 s
1，
故答案为：3d
104 s
1；
(2)“还原酸浸”时，MnO2与还原剂(如F e
2+)在酸性条件下反应，离子方程式为：
MnO2+2 F e
2++ 4 H
+= M n
2++2 F e
3++2 H 2O，
故答案为：MnO2+2 F e
2++ 4 H
+= M n
2++2 F e
3++2 H 2O；
(3)在“浸金银”反应中，[Cu( N H 3)4]
2+在反应①中消耗、反应②中再生，故催化剂为
[Cu( N H 3)4]
2+，
故答案为：[Cu( N H 3)4]
2+；
(4)“滤液1”多次循环的目的是提高铜离子的回收率，充分利用溶液中的试剂(如氨、硫
代硫酸根等)，减少原料损耗，
故答案为：提高铜离子的回收率，充分利用溶液中的试剂(如氨、硫代硫酸根等)，减少原
料损耗；
(5)根据“还原酸浸”中MnO2氧化F e
2+生成F e
3+，以及氧化性强弱规律可知，氧化性顺
序为：MnO2> F e
3+>C u
2+，
故答案为：MnO2> F e
3+>C u
2+；
(6)25℃时，pH =8.0时c(O H
−)=10
−6mol / L，由Mn(OH )2的K sp=1.9×10
−13，可
得
：
c( M n
2+)≤
K sp
c
2(O H
−)
= 1.9×10
−13
(10
−6)
2
mol / L=0.19mol / L，
故
c( M n
2+)≤0.19mol / L，
故答案为：0.19；
(7)①在M n3 Sb合金的立方晶胞中，若Sb位于顶点，Mn位于面心，则每个Sb周围最近且
等距的Mn有3个，每个顶点参与形成8个晶胞，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3×8
2
=12个，
故答案为：12；
②晶胞中含1个Sb和3个Mn，摩尔质量为(3×55+122)g/mol =287 g/mol，晶胞体积
为(a×10
−7)
3c m
3，密度计算式为：ρ=
287
N A×(a×10
−7)
3 g/c m
3
或287×10
21
N A×a
3 g/c m
3，
故答案为：
287
N A×(a×10
−7)
3或287×10
21
N A×a
3 。
13.(2026·山西省)一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为M n
2+、M g
2+、N H 4
+的硫酸
盐)的工艺流程如图。
已
知
：
①常
温
下
K sp( MgC O3)=10
−5.17，
K sp[ Mg(OH )2]=10
−11.25，
K sp[ Mn(OH )2]=10
−12.72；
②S2O8
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Mn(OH )2被氧化成M n3O4的化学方程式 ______。当
M g
2+(c =10
−0.68mol⋅L
−1)将要开始沉淀时，溶液中剩余M n
2+浓度为 ______mol⋅L
−1。
(3)“沉锰Ⅱ”中，过量的( N H 4)2S2O8经加热水解去除，最终产物是N H 4 HSO4和
______(填化学式)。
(4)“
沉
镁
Ⅰ
”
中
，
当
pH为8.0～10.2时
，
生
成
碱
式
碳
酸
镁
[ xMgC O3⋅yMg(OH )2⋅z H 2O]，煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻
质MgO的原因是 ______。
(5)“沉镁Ⅱ”中，加H 3 PO4至pH =8.0时，M g
2+沉淀完全；若加至pH = 4.0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，Mn元素发生了 ______(填“氧化”或“还原”)反应。
【答案】搅拌；适当加热；
6 Mn(OH )2+O2=2 M n3O4+6 H 2O；10
−2.15；
H 2O2；
pH过大时，会生成Mg(OH )2沉淀，煅烧Mg(OH )2得到的MgO结构紧密，不是疏松的
轻质MgO；
xMgC O3⋅yMg(OH )2⋅z H 2O+2( x + y)H 3 PO4=( x + y)Mg( H 2 PO4)2+ xC O2↑+( y + z)H 2O
( N H 4)2SO4；
还原
【知识点】物质的分离、提纯
【解析】(1)为加快废盐溶解，可采取的措施有搅拌、适当加热、将废盐粉碎等，
故答案为：搅拌；适当加热；
(2)Mn(OH )2被氧化成M n3O4的化学方程式为：6 Mn(OH )2+O2=2 M n3O4+6 H 2O，
当
M g
2+将
要
开
始
沉
淀
时
，
c(O H
−)= √
K sp[ Mg(OH )2]
c( M g
2+)
= √
10
−11.25
10
−0.68 mol/ L=10
−5.285mol/ L，
此
时
溶
液
中
c( M n
2+)= K sp[ Mn(OH )2]
c
2(O H
−)
= 10
−12.72
(10
−5.282)
2 mol / L=10
−2.15mol / L，
故答案为：6 Mn(OH )2+O2=2 M n3O4+6 H 2O；10
−2.15；
(3)( N H 4)2S2O8加热水解，根据元素守恒和已知信息，最终产物是N H 4 HSO4和H 2O2，
故答案为：H 2O2；
(4) pH过大时，会生成Mg(OH )2沉淀，煅烧Mg(OH )2得到的MgO结构紧密，不是疏松
的轻质MgO，
故答案为：pH过大时，会生成Mg(OH )2沉淀，煅烧Mg(OH )2得到的MgO结构紧密，
不是疏松的轻质MgO；
(5)由图可知，pH = 4.0时，沉淀溶解生成Mg( H 2 PO4)2，离子方程式为
xMgC O3⋅yMg(OH )2⋅z H 2O+2( x + y)H 3 PO4=( x + y)Mg( H 2 PO4)2+ xC O2↑+( y + z)H 2O
故
答
案
为
：
xMgC O3⋅yMg(OH )2⋅z H 2O+2( x + y)H 3 PO4=( x + y)Mg( H 2 PO4)2+ xC O2↑+( y + z)H 2O
(6)“结晶”前的溶液主要含N H 4
+和SO4
2−，所以产物X的化学式为( N H 4)2SO4
，
故答案为：( N H 4)2SO4；
(7)“焙烧”中，M n3O4转化为MnO，Mn元素的化合价由+ 8
3
降低到+2，发生了还原反
应，
故答案为：还原。
14.(2025·江苏省)ZnS可用于制备光学材料和回收砷。
(1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如图：
已知：K sp(ZnS)=1.6×10
−24，K sp(CdS)=8.0×10
−27，K a1( H 2S)=1.0×10
−7，
K a2( H 2S)=1.2×10
−13。当离子浓度小于1.0×10
−5mol⋅L
−1时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入O2可提高Z n
2+浸出率的原因是 ______。
②通入H 2S除镉。通过计算判断当溶液pH =0、c( H 2S)=0.01mol⋅L
−1时，C d
2+是否
沉淀完全 ______(写出计算过程)。
③沉锌前调节溶液的pH至4～5，加入的氧化物为 ______(填化学式)。
(2)制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正
电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
区域A“
”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ZnS去除酸性废液中的三价砷[ As(Ⅲ)]，并回收生成的A s2S3沉淀。
已
知
：
溶
液
中
As(Ⅲ
)主
要
以
弱
酸
H 3 AsO3形
式
存
在
，
A s2S3+6 H 2O⇌2 H 3 AsO3+3 H 2S。
60℃时，按n(S)：n( As)=7：1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如
图乙所示。
①写出ZnS与H 3 AsO3反应生成A s2S3的离子方程式：______。
②反应4 h后，砷回收率下降的原因有 ______。
【答案】①氧化S
2−生成S，促进酸浸反应正向进行；
②否
；
pH =0时
c( H
+)=1mol/ L，
c(S
2−)= ka1( H 2S)⋅K a2( H 2S)⋅c( H 2S)
c
2( H
+)
= 1.0×10
−7×1.2×10
−13×10
−2
1
2
=1.2×10
−22mol / L
c(C d
2+)= K sp(CdS)
c(S
2−)
= 8.0×10
−27
1.2×10
−22 ≈6.67×10
−5mol / L>1.0×10
−5mol / L，则C d
2+未
沉淀完全；
③ZnO；
C l
−；负电；
3
①ZnS +2 H 3 AsO3+6 H
+= A s2S3+3 Z n
2++6 H 2O；
②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中c( H 2S)减小，促进
A s2S3+6 H 2O⇌2 H 3 AsO3+3 H 2S的平衡正向移动，A s2S3重新溶解，砷回收率下降
【知识点】化学实验方案的设计与评价
【解析】(1)①酸浸时，若不通入O2，会发生反应：ZnS+ H 2SO4= ZnSO4+ H 2S↑，通
入O2可以氧化S
2−生成S，促进酸浸反应正向进行，提高Z n
2+浸出率，
故答案为：氧化S
2−生成S，促进酸浸反应正向进行；
②K a1( H 2S)= c( H S
−)
c( H 2S) ×c( H
+)=1.0×10
−7，
K a2( H 2S)= c(S
2−)
c( H S
−)
×c( H
+)=1.2×10
−13，
K sp(CdS)=c(C d
2+)⋅c(S
2−)=8.0×10
−27，
K a1( H 2S)⋅K a2( H 2S)= c(S
2−)
c( H 2S) ×c
2( H
+)=1.2×10
−20，则pH =0时c( H
+)=1mol/ L，
溶液中
c(S
2−)= ka1( H 2S)⋅K a2( H 2S)⋅c( H 2S)
c
2( H
+)
= 1.0×10
−7×1.2×10
−13×10
−2
1
2
=1.2×10
−22mol / L
，
c(C d
2+)= K sp(CdS)
c(S
2−)
= 8.0×10
−27
1.2×10
−22 ≈6.67×10
−5mol / L>1.0×10
−5mol / L，说明C d
2+
没有沉淀完全，
故答案为：否；pH =0时c( H
+)=1mol/ L，
c(S
2−)= ka1( H 2S)⋅K a2( H 2S)⋅c( H 2S)
c
2( H
+)
= 1.0×10
−7×1.2×10
−13×10
−2
1
2
=1.2×10
−22mol / L
，
c(C d
2+)= K sp(CdS)
c(S
2−)
= 8.0×10
−27
1.2×10
−22 ≈6.67×10
−5mol / L>1.0×10
−5mol / L，则C d
2+未
沉淀完全；
③由②知，除镉时溶液酸性较强，应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的H
+，加入的氧
化物应该为ZnO，
故答案为：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C l
−替换S
2−，区域B
中由C u
+替换Z n
2+，根据均摊法可知，区域B中含Z n
2+的数目为3、C u
+的数目为1、S
2−
的数目为8× 1
8 +6× 1
2 = 4，电荷关系为(+2)×3+(+1)×1+(−2)×4 =−1，即区域B带
负电，
故答案为：C l
−；负电；
(3)①根据原子守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”，可写出反应的离子方程式为
3 ZnS +2 H 3 AsO3+6 H
+= A s2S3+3 Z n
2++6 H 2O，
故答案为：3 ZnS +2 H 3 AsO3+6 H
+= A s2S3+3 Z n
2++6 H 2O；
②由①可知，ZnS与H 3 AsO3反应消耗消耗H
+，溶液的pH增大，促进
A s2S3+6 H 2O⇌2 H 3 AsO3+3 H 2S的平衡正向移动，A s2S3重新溶解回到溶液中，导
致砷回收率下降，
故答案为：随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中c( H 2S)减小，促进
A s2S3+6 H 2O⇌2 H 3 AsO3+3 H 2S的平衡正向移动，A s2S3重新溶解，砷回收率下降。
15.(2025·北京市)铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。
(1)十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。
铅酸电池工作原理：PbO2+ Pb+2 H 2SO4
2 PbSO4+2 H 2O
①充电时，阴极发生的电极反应为 ______。
②放电时，产生a库仑电量，消耗H 2SO4的物质的量为 ______mol。
已知：转移1mol电子所产生的电量为96500库仑。
35
③
%～40 % H 2SO4作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，SO4
2−参与电极反
应并有利于保持电压稳定。该体系中SO4
2−不氧化Pb，SO4
2−氧化性弱与其结构有关，
SO4
2−的空间结构是 ______。
④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：PbO2电极在H 2SO4作用下产生的O2
可将Pb电极氧化。O2氧化Pb发生反应的化学方程式为 ______。
(2)随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主
要物质的转化关系示意图如图。
①将PbSO4等物质转化为Pb
2+的过程中，步骤Ⅰ加入NaOH溶液的目的是 ______。
②步骤Ⅱ、Ⅲ中H 2O2和K 2S2O8作用分别是 ______。
(3)铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒PbSO4，导致电极逐渐失活。通
过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有 ______(填
序号)。
a.增强负极导电性
b.增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒PbSO4
c .碳材料作还原剂，使PbO2被还原
【答案】①PbSO4+2e
−= Pb+ SO4
2−；
②
a
96500；
③正四面体形；
2
④Pb+O2+2 H 2SO4=2 PbSO4+2 H 2O；
①将
PbSO4转
化
为
易
溶
于
酸
的
Pb(OH )2沉
淀
，
反
应
为
：
PbSO4+2 NaOH = Pb(OH )2↓+ N a2SO4，便于后续酸溶得到Pb
2+；
②作还原剂、作强氧化剂；
ab
【知识点】物质的分离、提纯、原电池和电解池串联型分析与计算
【解析】(1)①充电时，阴极发生还原反应，电极反应式为：PbSO4+2e
−= Pb+ SO4
2−，
故答案为：PbSO4+2e
−= Pb+ SO4
2−；
②放电时，总反应中每转移2mol电子消耗2mol H 2SO4，已知1mol电子对应96500库仑
电量，产生a库仑电量时，转移电子的物质的量为
a
96500 mol，故消耗H 2SO4的物质的量
为：
a
96500 mol，
故答案为：
a
96500；
③SO4
2⁻中S原子的价层电子对数为4，无孤对电子，其空间结构为：正四面体形，
故答案为：正四面体形；
④O2在H 2SO4作用下氧化Pb的化学方程式为：2 Pb+O2+2 H 2SO4=2 PbSO4+2 H 2O，
故答案为：2 Pb+O2+2 H 2SO4=2 PbSO4+2 H 2O；
(2)①步骤Ⅰ加入NaOH溶液的目的是将PbSO4转化为易溶于酸的Pb(OH )2沉淀，反应为：
PbSO4+2 NaOH = Pb(OH )2↓+ N a2SO4，便于后续酸溶得到Pb
2+，
故答案为：将PbSO4转化为易溶于酸的Pb(OH )2沉淀，反应为：
PbSO4+2 NaOH = Pb(OH )2↓+ N a2SO4，便于后续酸溶得到Pb
2+；
②步骤Ⅱ中H 2O2作还原剂，在酸性条件下将高价铅化合物(如PbO2)还原为低价态(如
P b
2+)；步骤Ⅲ中K 2S2O8作强氧化剂，可能将Pb
2+氧化为PbO2，或用于分解残留的有
机物，
故答案为：作还原剂、作强氧化剂；
(3)a.增强负极导电性(石墨和多孔碳为良导体，改善电极导电性能)，故a正确；
b.增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒PbSO4(抑制大颗粒PbSO4形成，延缓电极失
活)，故b正确；
c .碳材料作还原剂，使PbO2被还原，故c错误；
故答案为：ab。
【全真模拟测评】
1.(2025·江苏省南通市·模拟题)高铁酸钾( K 2 FeO4)具有强氧化性，是一种环保、高效、
多功能的饮用水处理剂，可以用如图流程进行制备。下列说法正确的是( )
A. “酸溶”前，可用热的N a2C O3溶液处理铁屑表面的油污
B. “氧化”过程的离子方程式为2 F e
2++O2+ 4 H
+=2 F e
3++2 H 2O
C. “制备N a2 FeO4”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3
D. “转化”中析出K 2 FeO4晶体的原因可能是相同条件下其溶解度大于N a2 FeO4
【答案】A
【知识点】离子方程式正误判断、无机工业流程、物质的分离、提纯、氧化还原反应的规
律、油脂的化学性质
【解析】铁屑加入盐酸溶解，转化为氯化亚铁，加入空气氧化为氯化铁，随后加入次氯酸
钠溶液，在碱性条件下氧化制备高铁酸钠，加入KOH发生复分解反应，降低溶解度，沉
淀分离获得高铁酸钾，据此分析回答问题。
A.油脂在碱性条件下发生水解，故可用热的N a2C O3溶液处理铁屑表面的油污，故A 正确；
B.结合得失电子守恒可知，4 F e
2++O2+ 4 H
+= 4 F e
3++2 H 2O，故B 错误；
C.加入NaClO、NaOH发生反应2 F e
3++3ClO
−+10O H
−=2 FeO4
2−+3C l
−+5 H 2O，
铁离子为还原剂，次氯酸根离子为氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C
错误；
D.“转化”中析出K 2 FeO4晶体的原因可能是相同条件下其溶解度小于N a2 FeO4，故可
以沉淀分离，故D 错误；
故选A。
2.(2026·安徽省·月考试卷)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、
Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
Fe(OHCu(OHZn(OH
开始沉淀
pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全
pH
3.2
6.7
8.2
下列说法错误的是( )
A. 固体X主要成分是Fe(OH )3和S；金属M为Zn
B. 浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出
C. 中和调pH的范围为3.2∼4.2
D. 还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【知识点】无机工业流程
【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产
生为CuSO4、S、H 2O，F e
2+被氧化为F e
3+，然后加入N H 3调节溶液pH，使F e
3+形成
Fe(OH )3沉淀，而C u
2+、Z n
2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、
Fe(OH )3；滤液中含有C u
2+、Z n
2+；然后向滤液中通入高压H 2，根据元素活动性：
Zn> H >Cu，C u
2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Z n
2+仍然以离子形式存在于
溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。
A.经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH )3，金属M为Zn，A 正确；
B.CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)
C u
2+(aq)+ S
2−(aq)，增大O2
的浓度，可以反应消耗S
2−，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金
属离子的浸取，B 正确；
C.根据流程图可知：用N H 3调节溶液pH时，要使F e
3+转化为沉淀，而C u
2+、Z n
2+仍以
离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为
3.2～4.2，C 正确；
D.在用H 2还原C u
2+变为Cu单质时，H 2失去电子被氧化为H
+，与溶液中O H
−结合形成
H 2O，若还原时增大溶液的酸度，c( H
+)增大，不利于H 2失去电子还原Cu单质，因此不
利于Cu的生成，D 错误；故合理选项是D。
3.(2025·江苏省无锡市·期末考试)由含硒废料(主要含S、Se、F e2O3、CuO、ZnO、SiO2
等)制取硒的流程如图，下列有关说法正确的是( )
A. “分离”的方法是蒸馏
B. “滤液”中主要存在的阴离子有：SO4
2−、SiO3
2−
C. “酸化”时发生的离子反应方程式为SeSO3
2−+ H 2O = Se↓+ SO2↑+2O H
−
D. SiO2晶胞如图所示，1个SiO2晶胞中有16个O原子
【答案】D
【知识点】无机工业流程、离子方程式的书写、共价晶体
【解析】 由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、F e2O3、
CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、
SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成N a2SeSO3，最后酸化生成粗硒，以此来解答。
A.由上述分析可知，“分离”的方法是过滤，故A 错误；
B.“滤液”中主要存在的阴离子有SO4
2−，SiO2
与硫酸不反应，故B 错误；
C.N a2SeSO3酸化生成粗硒，可知“ 酸化” 时发生的离子反应方程式为
SeSO3
2−+2 H
+= Se↓+ SO2↑+ H 2O，故C 错误；
D.由图可知，O原子位于晶胞体内，有16个O原子，故D 正确；
故选：D。
4.(2025·河南省·单元测试)氯化亚铜(CuCl)难溶于水和稀酸，可溶于C l
−浓度较大的体系，
在潮湿空气中易水解氧化。在工业上可利用海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)制备CuCl，
流程如图。下列说法错误的是( )
A. ①步溶解过程中，硝酸铵是氧化剂，铜是还原剂
B. ③步反应的离子方程式是：2C u
2++ SO3
2−+2C l
−+ H 2O =2CuCl↓+ SO4
2−+2 H
+
C. ⑤步包含了酸洗和水洗，酸洗时可采用稀硫酸或浓盐酸
D. ⑦步烘干过程中需要保持真空条件
【答案】C
【知识点】无机工业流程、金属及其化合物综合应用、氧化还原反应的特征和实质
【解析】【分析】
本题考查物质制备方案的设计，为高频考点，把握题干信息、反应原理、物质性质及混合
物分离与提纯方法为解答关键，B为易错点，试题侧重分析与实验能力的考查，题目难度
中等。
【解答】
酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫
酸
铵
发
生
氧
化
还
原
反
应
生
成
CuCl，
发
生
2C u
2++ SO3
2−+2C l
−+ H 2O =2CuCl↓+ SO4
2−+2 H
+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后
再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；
A.①步溶解过程中，硝酸铵中的硝酸根离子与硫酸电离出的氢离子构成硝酸，将铜氧化，
离子方程式是3Cu+8 H
++2 N O3
−=3C u
2++2 NO↑+ 4 H 2O，硝酸铵是氧化剂，铜是还
原剂，故A 正确；
B.从后续操作看，③步反应过程生成CuCl，则溶液中的C u
2+被SO3
2−还原，发生反应的离
子方程式是2C u
2++ SO3
2−+2C l
−+ H 2O =2CuCl↓+ SO4
2−+2 H
+，故B 正确；
C.⑤步酸洗若用浓盐酸，则“反应”过程中生成的CuCl会被C l
−溶解，难以得到CuCl沉
淀，故C 错误；
D.⑦步“烘干”时，CuCl易被空气中的氧气氧化，所以需在隔绝空气的环境中进行，故D
正确；
故选C。
5.(2025·天津市·模拟题)镀锌铁皮可用于制备七水合硫酸锌(ZnSO4⋅7 H 2O)，其流程如图。
下列有关说法正确的是( )
A. 镀锌铁皮的镀层被破坏后铁的腐蚀比生铁快
B. “氧化”发生反应的离子方程式为2 F e
2++2 H
++ H 2O2=2 F e
3++2 H 2O
C. “调pH”后所得溶液中大量存在的离子有Z n
2+、SO4
2−、F e
3+、H
+
D. 从“过滤2”所得滤液中获取晶体的操作为：蒸发滤液至有大量晶体出现时停止加热，
利用余热将液体蒸干
【答案】B
【知识点】无机工业流程、物质的分离、提纯、牺牲阳极法
【解析】【分析】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯
实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目
难度不大。
【解答】
由流程可知，用稀硫酸溶解，过滤除去不溶物，滤液为含有Z n
2+、F e
2+的酸性溶液，加
入过量H 2O2将F e
2+氧化为F e
3+，反应为2 F e
2++2 H
++ H 2O2=2 F e
3++2 H 2O，加入
ZnO调节pH沉淀F e
3+，过滤分离出滤渣2为Fe(OH )3，滤液主要含有Z n
2+，将滤液蒸发
浓缩、冷却结晶、过滤分离出ZnSO4⋅7 H 2O，以此来解答。
A.镀锌铁皮的镀层被破坏后，构成原电池时Fe为正极，铁的腐蚀比生铁慢，故A 错误；
B.“ 氧化” 时亚铁离子被氧化，发生反应的离子方程式为
2 F e
2++2 H
++ H 2O2=2 F e
3++2 H 2O，故B 正确；
C.“调pH”后所得溶液中大量存在的离子有Z n
2+、SO4
2−，故C 错误；
D.从“过滤2”所得滤液中获取晶体，应蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D 错误；
故选：B。
6.(2026·河北省沧州市·模拟题)废旧太阳能电池GIGS具有较高的回收利用价值，其主要组
成为CuI n0.5G a0.5 S e2。某探究小组回收处理流程如图：
已知：SOC l2是易水解的液体．下列说法错误的是( )
A. Ga、In是第ⅢA族元素，CuI n0.5G a0.5 S e2中Cu的化合价为+1价
B. “调pH过滤”阶段铜元素以氢氧化铜形式进入滤渣
C. “高温气相沉积”过程中发生反应的化学方程式为GaC l3+ N H 3
GaN +3 HCl
D. “回流过滤”中SOC l2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和作溶剂
【答案】B
【知识点】化学方程式、无机工业流程、物质的分离、提纯
【解析】废旧太阳能电池GIGS的主要组成为CuI n0.5G a0.5 S e2，经高温焙烧，生成SeO2
蒸汽，凝华后得到SeO2固体，同时生成C u2O、I n2O3、G a2O3，烧渣加入硫酸和双氧
水溶解，生成硫酸铜、硫酸镓、硫酸铟的混合溶液，然后加入过量氨水，铜离子与氨水生
成[Cu( N H 3)4]SO4，进入滤液1中，同时生成Ga(OH )3、¿(OH )3沉淀，过滤得到沉淀
加入SOC l2，回流过滤，滤去InC l3沉淀，得到GaC l3溶液(溶剂为SOC l2)，再经过浓缩
结晶，得到GaC l3固体，通入氨气，经过高温气相沉积，生成GaN，据此分析作答。
A.Ga、In是第ⅢA族元素，均为+3价，Se与S同主族，化合价为−2价，根据化合价代数
和为0，可得CuI n0.5G a0.5 S e2中Cu的化合价为+1价，故A 正确；
B.酸浸、氧化时，铜元素以+2价铜离子的形式进入溶液，加入过量氨水，铜离子与氨水生
成铜氨离子进入溶液中，此时的滤渣主要为Ga(OH )3、¿(OH )3沉淀，故B 错误；
C.根据流程图可知，高温气相沉积过程中反应物为GaC l3和氨气，发生反应的化学方程式
为GaC l3+ N H 3
GaN +3 HCl，故C 正确；
D.由图可知，回流过滤过程中，SOC l2的作用是将氢氧化物转化为氯化物，同时充当溶剂，
将GaC l3溶解，故D 正确；
故选：B。
7.(2025·河南省·月考试卷)某小组以铬铁矿粉［主要成分是Fe(Cr O2)2，含少量A l2O3、
SiO2等杂质］为主要原料制备C r2O3的流程如下：
已知：K sp[ Al (OH )3]=1.0×10
−33，溶液中离子浓度小于1.0×10
−5mol⋅L
−1时认为沉淀
完全，下列叙述错误的是 ( )
A. “滤渣”的主要成分为Al (OH )3和H 2SiO3
B. “调pH 1”时溶液的pH最小值为4.7
C. “转化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D. 实验室进行操作1、3、4时均需使用烧杯、漏斗和玻璃棒
【答案】D
【知识点】无机工业流程、沉淀溶解平衡的应用
【解析】【分析】
本题考查制备C r2O3的流程，难度一般，分析流程中产品、杂质、试剂及操作是解题关键。
【解答】由题给流程可知，向铬铁矿粉中加入纯碱后，通入氧气高温焙烧得到含有氧化铁
铬酸钠、四羟基合铝酸钠、硅酸钠的焙烧渣；向焙烧渣中加入水浸取、过滤得到氧化铁和
滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH，将溶液中的四羟基合铝酸钠、硅酸钠转化为氢
氧化铝、硅酸沉淀，铬酸钠转化为重铬酸钠，过滤得到含有氢氧化铝、硅酸的滤渣和重铬
酸钠溶液；向溶液中加入氢氧化钠溶液，将重铬酸钠转化为铬酸钠，向得到的铬酸钠溶液
中加入硫磺，碱性条件下铬酸钠溶液与硫反应生成氢氧化铬沉淀、硫代硫酸钠和水，过滤
得到硫代硫酸钠溶液和氢氧化铬；氢氧化铬受热分解生成氧化铬。
A.由分析可，滤渣生物主要成分为氢氧化铝、硅酸，故A 正确；
B.由分析可知，加入稀硫酸调节溶液pH的目的是将溶液中的四羟基合铝酸钠、硅酸钠转
化为氢氧化铝、硅酸沉淀，硅酸的酸性强于氢氧化铝，则溶液中硅酸根离子完全转化为硅
酸沉淀时，溶液中的四羟基合铝酸钠根离子已经完全沉淀，所以由溶度积可知，溶液中氢
氧根离子浓度大于
3√
1.0×10
−33
1.0×10
−5mol⋅L
−1 ≈1×10
−9.3mol / L，则溶液的pH最小值为4.7，
故B 正确；
C.由分析可知，“转化”过程中发生的反应为碱性条件下铬酸钠溶液与硫反应生成氢氧化
铬沉淀、硫代硫酸钠和水，由得失电子数目守恒可知，氧化剂铬酸钠与还原剂硫的物质的
量之比为2：3，故C 正确；
D.由分析可知，操作4为氢氧化铬受热分解生成氧化铬，实验室中固体灼烧分解需要在坩
埚中进行，不需要用到烧杯、漏斗和玻璃棒，故D 错误；
故选D。
8.(2026·福建省·单元测试)MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如
图。
资料：
①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有A l2O3和SiO2
②金属离子沉淀的pH
F eA l
3+ M n
2+ F e
2+
开始沉淀时
1.53.4 5.8
6.3
完全沉淀时
2.84.7 7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H 2SO4不反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨，目的是 。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到M n
2+的主要途径如图所示。
.
ⅰⅡ是从软锰矿中溶出M n
2+的主要反应，反应的离子方程式是 。
.
ⅱ若F e
2+全部来自于反应Fe+2 H
+= F e
2++ H 2↑，完全溶出M n
2+所需Fe与MnO2的物
质的量比值为2，而实际比值(0.9)小于2，原因是 。
(2)纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入N H 3⋅H 2O，调溶
液pH ≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因： 。
(3)电解：M n
2+纯化液经电解得MnO2，生成MnO2的电极反应式是 。
(4)产品纯度测定
向ag产品中依次加入足量bgN a2C2O4和足量稀H 2SO4，加热至充分反应，再用
cmol⋅L
−1 KMnO4溶液滴定剩余N a2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL。(已
知：MnO2及MnO4
−均被还原为M n
2+。相对分子质量：MnO286.94；N a2C2O4134.0)
产品纯度为 。(用质量分数表示)
【答案】增大反应速率，提高浸出率
MnO2+ 4 H
++2 F e
2+= M n
2++2 F e
3++2 H 2O
二氧化锰能够氧化单质铁为F e
2+
MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，调溶液pH ≈5，除去溶液中的A l
3+、F e
3+
M n
2+−2e
−+2 H 2O = MnO2+ 4 H
+
(b−335cd )×86.94
134 a
【知识点】氧化还原反应的应用、无机工业流程、滴定的拓展及应用、化学计量的综合计
算、电解池工作原理
【解析】解：（1）①研磨软锰矿可增大固体与硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；
②i．根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成锰离子和铁离子，离子方程式为
MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；
ii．实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，故实际比值（0.9）小于2；
（2）MnO2的氧化性与溶液pH 有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，
二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3•H2O 调溶液pH≈5，除去溶
液中的Al3+、Fe3+；
（3）电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式
为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
（4）根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应：MnO2~Na2C2O4，剩余部
分再与高锰酸钾反应：5Na2C2O4~2KMnO4，则n（MnO2）=
bg
134 g/mol -cmol / L×dL
2
×5
，
产
品
纯
度
=(
bg
134 g/mol −cmol/ L×dL
2
×5)×86.94 g/mol
ag
×100%=
(b−335cd )×86.94
134 a
。
9.(2026·湖北省·联考题)一种用磷矿脱镁废液( pH为2.1，溶液中含H 3 PO4、H 2 PO4
−、
HPO4
2−，还有少量M g
2+及C a
2+、F e
3+、A l
3+等杂质离子)制备三水磷酸氢镁工艺的流程
如下：
已知：T温度下，磷酸的p K a与溶液的pH的关系如下图。
回答下列问题：
(1)“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5，溶液中c(HPO4
2−) c(PO4
3−)(填>、<或=)，
此时杂质C a
2+、F e
3+、A l
3+沉淀效果最好，C a
2+生成CaHPO4⋅2 H 2O，其余沉淀均是
磷酸正盐，写出C a
2+与H 2 PO4
−反应生成沉淀的离子方程式 ，溶液中A l
3+的浓度为
10
−6mol· L
−1，则c(F e
3+)/c( A l
3+)= ，c(H 2 PO4
−)= (已知：T温度下，
K sp(FePO4)=10
−21.9，K sp( AlPO4)=10
−18.3)。
(2)“恒温搅拌2”中需添加MgO，其作用是 。制备过程中采用“抽滤”，其目的
是 。
(3)从图像可以看出，pH对镁回收率及产品纯度的影响较大，pH >6.0时，随着pH的增
加，产品的纯度降低，分析纯度降低的原因 。
【答案】>
C a
2++2 H 2 PO4❑
−+ 4OH ❑
−=CaHPO4/2 H 2O↓+ HPO4
2❑
−或
C a
2++ H 2 PO4❑
−+ H 2O+OH ❑
−=CaHPO4/2 H 2O↓
10
−3.6
10
−1.73mol / L
−1
提供M g
2❑
+，消耗H ❑
+
加快过滤速度
pH增大，体系中PO4
3❑
−浓度增大，副产物M g3( PO4)2增多
【知识点】无机工业流程、物质的分离、提纯、离子方程式的书写、沉淀溶解平衡的应用
电离平衡常数
【解析】脱镁废液( pH为2.1，溶液中含H 3 PO4、H 2 PO4
−、HPO4
2−，还有少量M g
2+及
C a
2+、F e
3+、A l
3+等杂质离子)中加入NaOH调节pH，杂质C a
2+、F e
3+、A l
3+沉淀，
离心分离出沉淀后，向上清液中加入MgO调节pH，此时溶液中溶质主要为MgHPO4，
经过抽滤、洗涤、干燥得到三水磷酸氢镁，以此解答。
(1)由磷酸的p K a与溶液的pH的关系图以及电离常数表达式可知，当溶液pH =12.36时，
溶液中
=
，所以“ 恒温搅拌1” 步骤后溶液pH为4.5时溶液中
>
；C a
2+生成CaHPO4·2 H 2O，由于pH为4.5时溶液中以H 2 PO4
−
为
主
，
所
以C a
2+与H 2 PO4
−反
应
生
成
沉
淀
的
离
子
方
程
式
为
C a
2++2 H 2 PO4
−+ 4O H
−=CaHPO4·2 H 2O↓+ HPO4
2−或
C a
2++ H 2 PO4
−+ H 2O+O H
−=CaHPO4·2 H 2O↓；溶液中A l
3+的浓度为10
−6mol· L
−1
c(F e
3+)
c( A l
3+)
= c(F e
3+)c(PO4
3−)
c( A l
3+)c(PO4
3−)
= K sp(FePO4)
K sp( AlPO4)
= 10
−21.9
10
−18.3 =10
−3.6，
溶
液
中 c(PO4
3−)= K sp( AlPO4)
c( A l
3+)
= 10
−18.3
10
−6 mol / L=10
−12.3mol / L，由磷酸的p K a与溶液的
pH的
关
系
图
可
知
，
H 3 PO4 的
K a2=10
−7.21，
K a3=10
−12.36，
则
c(HPO4
2−)= c(H
+)c(PO4
3−)
K a3
= 10
−4.5×10
−12.3
10
−12.36
mol / L=10
−4.44mol / L
c(H 2 PO4
−)= c(H
+)c(HPO4
2−)
K a2
= 10
−4.5×10
−4.44
10
−7.21
mol / L=10
−1.73mol / L。
(2)氧化镁能与酸反应生成镁离子，所以需添加MgO的作用是提供M g
2❑
+，消耗H ❑
+；
由于“抽滤”可加快过滤速度，所以制备过程中采用“抽滤”。
(3)由于pH增大，导致体系中PO4
3−浓度增大，从而使副产物M g3( PO4)2增多，因此
pH >6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低。
10.处理锌冶炼烟气的过程中，会产生少量涉重酸泥，涉重酸泥主要含有单质Se、Hg，还
含有少量Pb、Zn、Ag、Cd等重金属元素。一种从涉重酸泥中回收Se、Hg及其他金属资
源的流程如图：
已
知
“
氧
化
浸
出
”
时
，
Se、
Hg分
别
发
生
反
应
：
5 Se+ 4 NaClO3+2 H 2SO4+3 H 2O =5 H 2SeO3+2 N a2SO4+2C l2↑；
Hg+C l2= HgC l2。
回答下列问题：
(1)“浸出渣”中所含的主要金属元素为 (填元素符号)。
(2)“氧化浸出”时，NaClO3浓度过低、反应温度过高可分别导致Se、Hg的浸出率偏低，
其原因分别为 、 。
(3)“还原沉汞”时含汞微粒发生两步转化：第一步转化的产物有磷酸和难溶的H g2C l2；
第二步转化为H g2C l2(s)→H g2SO4(s)。则第一步转化的化学方程式为 ；
Na H 2 PO2加入量对沉汞效果的影响如表所示，则其加入量应是汞量的 倍。
Na H 2 PO2加入量
沉汞率/ %
汞渣含Hg/ %
沉硒率%
汞量的1.0倍
68.42
57.80
1.23
汞量的1.25倍
85.93
66.30
1.77
汞量的1.5倍
99.53
78.84
2.95
汞量的1.75倍
99.70
70.80
5.23
汞量的2.0倍
99.72
60.84
6.59
(4)在硫脲催化下，“沉硒”时可得到粗硒(Se)。该反应的离子方程式为 。
(5)“中和”时需调节溶液的pH范围为 ；所得“中和液”中c(C d
2+)
c(Z n
2+)
= 。
已知该工艺条件下，氢氧化物沉淀和溶解时所需的pH如表所示：
氢氧化物
pH
开始沉淀
(c =0.01mol⋅L
−1 完全沉淀
(c =1.0×10
−5mol⋅L
沉淀
开始溶解
沉淀
完全溶解
Cd(OH )2
8.2
9.7
一
一
Zn(OH )2
6.5
8.0
10.5
12～13
(6)汞曾被用于氯碱工业，示意图如图。水银电解室中间为石墨电极，底部循环流动的水
银为阴极，电解过程中形成钠汞齐( Na⋅nHg，即钠汞合金)。则气体b为 (填化学式
)，水银电解室中发生总反应的离子方程式为 。
【答案】Pb、Ag
NaClO3氧化性降低、反应速率慢
C l2溶解度降低，有C l2逸出
Na H 2 PO2+ 4 HgC l2+2 H 2O = NaCl+2 H g2C l2↓+ H 3 PO4+3 HCl
1.5
2SO3
2−+ H 2SeO3
Se↓+2SO4
2−+ H 2O
9.7≤pH <10.5
10
3.4
H 2
2 N a
++2C l
−+2nHg
2 Na⋅nHg+C l2↑
【知识点】无机工业流程、沉淀溶解平衡的应用、电解池工作原理
【解析】解：涉重酸泥主要含有单质Se、Hg，还含有少量Pb、Zn、Ag、Cd等重金属元
素，涉重酸泥在H 2SO4、NaClO3混合溶液中氧化浸出，Se、Hg分别发生反应：
5 Se+ 4 NaClO3+2 H 2SO4+3 H 2O =5 H 2SeO3+2 N a2SO4+2C l2↑、
Hg+C l2= HgC l2，结合流程图知，Se、Hg、Cd、Zn元素以离子形式留在浸出液，Pb、
Ag元素在浸出渣中，过滤分离后，向浸出液加入Na H 2 PO2还原沉淀得到汞渣
( H g2SO4)，沉汞后液加入N a2SO3和硫脲进行沉硒，得到粗硒，再将沉硒后滤液用石灰
乳中和，得到中和液及中和渣[Cd(OH )2、Zn(OH )2]。
(1)根据题给信息及后续产品中元素转化可知，“浸出渣”中所含的主要金属元素为Pb、
Ag；
(2)据已知“氧化浸出”时，Se、Hg分别发生的反应，NaClO3浓度过低其氧化性降低，
反应速率慢，反应温度过高则C l2溶解度降低，有C l2逸出，氧化Hg速率慢；
(3)“还原沉汞”时第一步转化的产物有磷酸和难溶的H g2C l2，化学方程式为：
Na H 2 PO2+ 4 HgC l2+2 H 2O = NaCl+2 H g2C l2↓+ H 3 PO4+3 HCl；根据工艺要求，
沉汞和沉硒分步进行，沉淀要尽量分开，由表中数据可知，Na H 2 PO2加入量是汞量的
1.5倍时，沉汞率、汞渣含Hg百分比均较高，同时沉硒率较低；
(4)在硫脲催化下，“沉硒”时加入N a2SO3可得到粗硒(Se)，亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，
该反应的离子方程式为：2SO3
2−+ H 2SeO3
Se↓+2SO4
2−+ H 2O；
(5)由流程图可知，“中和”时，加入石灰乳使C d
2+和Z n
2+完全沉淀，根据氢氧化物沉淀
和溶解时的pH数据，pH ≥9.7才能达到完全沉淀的目的，同时pH <10.5才能保证沉淀不
溶解，故需调节溶液的pH范围为9.7≤pH <10.5；根据表中数据，
K sp[Cd(OH )2]=1.0×10
−5×[10
−(14−9.7)]
2=10
−13.6，
K sp[ Zn(OH )2]=1.0×10
−5×[10
−(14−8.0)]
2=10
−17，
所
得
“
中
和
液
”
中
c(C d
2+)
c(Z n
2+)
= c(C d
2+)
c(Z n
2+)
× c
2(O H
−)
c
2(O H
−)
= K sp[Cd(OH )2]
K sp[ Zn(OH )2] = 10
−13.6
10
−17 =10
3.4；
(6)水银电解室中间为石墨电极，底部循环流动的水银为阴极，阳极氯离子失电子生成气
体a为氯气，阴极生成气体b为H 2；水银电解室中发生总反应的离子方程式为：
2 N a
++2C l
−+2nHg
2 Na⋅nHg+C l2↑。
11.(2025·湖北省·同步练习)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含
铝( Al)、钼( Mo)、镍(∋)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如图：
已
知
：
25℃时
，
H 2C O3的
K a1= 4.5×10
−7，
K a2= 4.7×10
−11；
K sp(BaMoO4)=3.5×10
−8；K sp(BaC O3)=2.6×10
−9；该工艺中，pH >6.0时，溶液
中Mo元素以MoO4
2−的形态存在。
(1)“焙烧”中，有N a2 MoO4生成，其中Mo元素的化合价为 。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀X为 。
(3)“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为 。
②若条件控制不当，BaC O3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaC O3沉淀，溶液中
c( HC O3
−)：c( MoO4
2−)= (列出算式)时，应停止加入BaC l2溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y ，Y 为 。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量 (填化学式)气体，再通入足量C O2，
可析出Y 。
(5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示
致密保护膜为一种氧化物，可阻止H 2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。
①该氧化物为 。
②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H 2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价
变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
【答案】(1)+6
(2) Al(OH )3
(3)①MoO4
2−+ B a
2+= BaMoO4↓；
158
②
(4)①NaHC O3；②N H 3
(5)①A l2O3；
4
②：1
【知识点】无机工业流程、氧化还原反应的规律、沉淀溶解平衡的应用
【解析】废催化剂中加入NaOH固体焙烧，A l2O3和NaOH发生反应A l2O3+2 NaOH
2 NaAlO2+ H 2O；“焙烧”中，有N a2 MoO4生成，Mo的氧化物为MoO3，发生
反应为MoO3+2 NaOH
N a2 MoO4+ H 2O，然后水浸过滤得到含Ni的固体，滤液I
中含有NaAlO2、N a2 MoO4和过量的NaOH，然后向滤液I中通入过量的C O2，过滤得
到X，X发生一系列变化得到AlAs，沉铝过程中发生反应
2 H 2O+C O2+ NaAlO2= Al(OH )3↓+ NaHC O3，X为Al(OH )3，滤液II中含有
N a2 MoO4、NaHC O3，向滤液II中加入适量BaC l2溶液沉钼，发生反应
N a2 MoO4+ BaC l2= BaMoO4↓+2 NaCl，过滤后得到BaMoO4和滤液IIII；
(1)N a2 MoO4中O元素化合价为−2、Na元素化合价为+1，根据化合物中各元素化合价
的代数和为0确定Mo元素化合价=0−(−2)×4−(+1)×2=+6，
故答案为：+6；
(2)通过以上分析知，得到的沉淀X为Al(OH )3，
故答案为：Al(OH )3；
(3)①N a2 MoO4和BaC l2发生复分解反应生成难溶物BaMoO4，离子方程式为
MoO4
2−+ B a
2+= BaMoO4↓，
故答案为：MoO4
2−+ B a
2+= BaMoO4↓；
②溶液的pH =7.0，c( H
+)=10
−7mol / L，K a2= c(C O3
2−)
c( HC O3
−)
×c( H
+)，则
c( HC O3
−)= c(C O3
2−)
K a2
×c( H
+)，
溶液中c( HC O3
−)：c( MoO4
2−)= c(C O3
2−)
K a2
×c( H
+)：c( MoO4
2−)
= c( H
+)
K a2
× c(C O3
2−)
c( MoO4
2−)
= c( H
+)
K a2
× K sp(BaC O3)
K sp(BaMoO4)
=
10
−7
4.7×10
−11 × 2.6×10
−9
3.5×10
−8 ≈158，
故答案为：158；
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHC O3，通过以上分析知，Y 为NaHC O3，
故答案为：NaHC O3；
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，N H 3、C O2和NaCl溶液反应生成溶解度较小的
NaHC O3，所以通入的气体为N H 3，因为氨气易溶于水而二氧化碳溶解度较小，所以应
该先通入氨气后通入二氧化碳，
故答案为：N H 3；
(5)①根据图知，GaAs能被H 2O2腐蚀，AlAs和H 2O2发生氧化还原反应生成致密的氧化
物薄膜，H 2O2作氧化剂，则AlAs中As元素被氧化，所以得到的氧化物为Al的氧化物，为
A l2O3，
故答案为：A l2O3；
②在H 2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则As元素失电子发生氧化
反应，双氧水得电子生成水，则GaAs是还原剂、H 2O2是氧化剂，该反应中As元素化合
价由−3价变为+5价、O元素化合价由−1价变为−2价，则转移电子最小公倍数为8，如果
转移8mol电子，消耗双氧水4 mol，消耗GaAs为1mol，所以氧化剂、还原剂的物质的量
之比为4：1，
故答案为：4：1。
12.重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为
FeO⋅C r2O3，还含有硅、铝等杂质．制备流程如图所示：
回答下列问题：
(1)步骤①的主要反应为：FeO⋅C r2O3+ N a2C O3+ NaN O3→
❑
N a2Cr O4+ F e2O3+C O2+ NaN O2
上述反应配平后FeO⋅C r2O3与NaN O3的系数比为 .该步骤不能使用陶瓷容器，原
因是 ．
(2)滤渣1中含量最多的金属元素是 ，滤渣2的主要成分是 及含硅杂质．
(3)步骤④调滤液2的pH使之变 (填“大”或“小”)，原因是 (用离子方程式表
示)．
(4)有关物质的溶解度如图所示．向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过
滤得到K 2C r2O7固体．冷却到 (填标号)得到的K 2C r2O7固体产品最多．
a.80℃ b.60℃ c.40℃ d .10℃
步骤⑤的反应类型是 ．
(5)某工厂用m1 kg 铬铁矿粉(含C r2O3 40 %)制备K 2C r2O7，最终得到产品 m2 kg，产率
为 ．
【答案】2：7
陶瓷在高温下会与N a2C O3反应
Fe
Al(OH )3
小
2Cr O4
2−+2 H
+⇌C r2O7
2−+ H 2O
d
复分解反应
190m2
147m1
×100 %
【知识点】转化率、产率等相关计算、四种基本反应类型、氧化还原反应的应用、无机工
业流程
【解析】【解答】
铬铁矿的主要成分为FeO⋅C r2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，步骤①的主要
反应中Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元
素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为
2( FeO⋅C r2O3)+ 4 N a2C O3+7 NaN O3
4 N a2Cr O4+ F e2O3+ 4C O2↑+7 NaN O2，熔块水浸过滤分离出滤渣1含F e2O3，滤液
1中含N a2Cr O4、NaAlO2、NaN O2等，调节pH过滤分离出Al(OH )3、含硅杂质，滤
液2中含N a2Cr O4，④中调节pH发生2Cr O4
2−+2 H
+⇌C r2O7
2−+ H 2O，滤液3含
N a2C r2O7，水中的溶解度：N a2C r2O7> K 2C r2O7，⑤中向N a2C r2O7溶液中加入
KCl固体后得到K 2C r2O7，以此来解答．
(1)由上述分析可知步骤①的主要反应为2( FeO⋅C r2O3)+ 4 N a2C O3+7 NaN O3
4 N a2Cr O4+ F e2O3+ 4C O2↑+7 NaN O2，则FeO⋅C r2O3与NaN O3的系数比为2：7，
该步骤不能使用陶瓷容器，原因是陶瓷中二氧化硅与碳酸钠高温下会发生反应，
故答案为：2：7；陶瓷在高温下会与N a2C O3反应；
(2)由上述分析可知，滤渣1主要含F e2O3，滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的
主要成分是Al(OH )3及含硅杂质，
故答案为：Fe；Al(OH )3；
(3)④中调节pH发生2Cr O4
2−+2 H
+⇌C r2O7
2−+ H 2O，则步骤④调滤液2的pH使之变
小，增大氢离子浓度，使平衡正向移动，有利于生成C r2O7
2−，
故答案为：小；2Cr O4
2−+2 H
+⇌C r2O7
2−+ H 2O；
(4)向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K 2C r2O7固体，由溶
解度可知，温度越低K 2C r2O7固体的溶解度越小，过滤分离出产品越多，故冷却到10℃
时最合适；步骤⑤发生N a2C r2O7+2 KCl = K 2C r2O7↓+2 NaCl，反应类型是复分解反
应，
故答案为：d；复分解反应；
(5)用m1 kg 铬铁矿粉(含C r2O3 40 %)制备K 2C r2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为
实际产量
理论产量，由Cr原子守恒可知，产率为
m2
294×0.4 m1
152
×100 % = 190m2
147m1
×100 %
，
故答案为：
190m2
147m1
×100 %．
13.铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
资料：ⅰ.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4•H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ⅱ.TiOSO4+（x+1）H2O⇌TiO2•xH2O↓+H2SO4
ⅲ.0.1mol•L-1Fe2+生成Fe（OH）2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3
0.1mol•L-1Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
（1）纯化
①加入过量铁粉的目的是 。
②充分反应后，分离混合物的方法是 。
（2）制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液
中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH 为6.0 时开始通空气并记
录pH 变化（如图）。
①产生白色沉淀的离子方程式是 。
②产生白色沉淀后的pH 低于资料ⅲ中的6.3 。原因是：沉淀生成后c （Fe2+ ）
0.1mol•L-1（填“＞”“=”或“＜”）。
③0~t1时段，pH 几乎不变；t1~t2时段，pH 明显降低。结合方程式解释原因： 。
④pH≈4 时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH 几乎不变，此时溶液中c（Fe2+）仍降
低，但c（Fe3+）增加，且c（Fe2+）降低量大于c（Fe3+）增加量。结合总方程式说明原因：
。
（3）产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
资料：Fe3++3C2O4
2-=Fe（C2O4）3
3-，Fe（C2O4）3
3-不与稀碱液反应
Na2C2O4过量，会使测定结果 （填“偏大”“偏小”或“不受影响”）。
【答案】与硫酸反应，使得TiOSO4+（x+1）H2O⇌TiO2•xH2O↓+H2SO4平衡正向移动，沉
钛并防止二价铁被氧化；
过滤
Fe2++2NH3•H2O=Fe（OH）2↓+2NH4
+
＞
pH=6.0 左右，4Fe （OH ）2+O2=4FeOOH+2H2O ，因此pH 几乎不变，之后发生4Fe2+
+O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+，溶液中H+浓度增大，pH 减小；
溶液中同时存在两个氧化反应
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
和
4Fe2+
+O2+6H2O=4FeOOH+8H+，因此c（Fe2+）的减小大于c（Fe3+）的增加；
不受影响
【知识点】影响化学平衡的因素、含铁物质之间的转化、无机工业流程、滴定的拓展及应
用、离子方程式的书写
【解析】结合分析可知，钛白粉废渣成分：FeSO4•H2O、TiOSO4及其它难溶物加入蒸馏水、
铁粉纯化后，TiOSO4+（x+1）H2O⇌TiO2•xH2O↓+H2SO4，TiO2•xH2O 是沉淀，通过过滤后，
得到精制FeSO4 溶液，加入氨水和空气后，FeSO4 溶液被氧化成三价铁离子，同时调整
pH，根据资料iii，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH 固体。
（1）①加入铁粉与硫酸反应，使得TiOSO4+（x+1）H2O⇌TiO2•xH2O↓+H2SO4平衡正向移
动，且过量铁粉还可防止二价铁被氧化；
②充分反应后有沉淀生成，所以分离混合物的方法是过滤；
（2）①向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色，故白色沉
淀为Fe（OH）2，产生方程式为Fe2++2NH3•H2O=Fe（OH）2↓+2NH4
+；
②产生白色沉淀后的pH 低于资料ⅲ中的6.3，则氢氧根离子浓度小于理论数据，结合
Ksp[Fe（OH）2]=c2（OH-）•c（Fe2+）可知，此时c（Fe2+）＞0.1mol•L-1；
③pH=6.0 左右，发生反应4Fe（OH）2+O2=4FeOOH+2H2O，因此pH 几乎不变，之后发生
4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+，溶液中H+浓度增大，pH 减小；
④
溶液中同时存在两个氧化反应
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
和
4Fe2+
+O2+6H2O=4FeOOH+8H+，因此c（Fe2+）的减小大于c（Fe3+）的增加；
（3）过量的Na2C2O4会与硫酸标准液反应生成H2C2O4，H2C2O4也能用氢氧化钠标准液滴定，
所以Na2C2O4过量对结果没有影响。
14.(2024·云南省昆明市·期中考试)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、
电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnC O3，杂质为
SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
离子F e
3+
Z n
2+
C u
2+
F e
2+
M g
2+
K sp 4.0×10
−36.7×10
−12.2×10
−28.0×10
−11.8×10
−1
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 、 。
(3)加入物质X调溶液pH =5，最适宜使用的X是 (填标号)。
A.N H 3⋅H 2O B．Ca(OH )2 C．NaOH
滤渣①的主要成分是 、 、 。
(4)向80∼90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有
MnO2，该步反应的离子方程式为 。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是 。
(6)滤渣④与浓H 2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是 、 。
【答案】ZnC O3
焙烧̲̲
ZnO+C O2↑
增大压强
将焙烧后的产物碾碎、增大接触面积、增大硫酸的浓度等
B
Fe(OH )3
CaSO4
SiO2
3 F e
2++ MnO4
−+7 H 2O =3 Fe(OH )3↓+ MnO2↓+5 H
+
置换C u
2+为Cu从而除去
CaSO4
MgSO4
【知识点】化学方程式、无机工业流程、离子方程式的书写、金属及其化合物综合应用、
影响速率的因素、沉淀溶解平衡的应用、二氧化硅
【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnC O3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu
等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnC O3
焙烧̲̲
ZnO+C O2↑，
再加入H 2SO4酸浸，得到含Z n
2+、C a
2+、M g
2+、F e
2+、F e
3+、C u
2+的溶液，加入物
质X调节pH =5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH )3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①
中主要含有Z n
2+、C u
2+、M g
2+、C a
2+、F e
2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化
F e
2+，过滤得到Fe(OH )3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应
Zn+C u
2+= Z n
2++Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得
到滤渣④为Ca F2、Mg F2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7 H 2O，
据此分析解答。
(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnC O3
焙烧̲̲
ZnO+C O2↑。
(2)可采用增大压强，将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高
锌的浸取率；
(3)
A.N H 3· H 2O易分解产生N H 3污染空气，且经济成本较高，故A 不适宜；
B.Ca(OH )2不会引入新的杂质，且成本较低，故B 适宜；
C.NaOH会引入杂质N a
+，且成本较高，C不适宜；故答案选B。
当沉淀完全时(离子浓度小于10
−5mol / L)，结合表格K sp计算各离子完全沉淀时pH <5的
只有F e
3+，故滤渣①中有Fe(OH )3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的
主要成分是Fe(OH )3、CaSO4、SiO2。
(4)向80∼90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化F e
2+，得到Fe(OH )3和MnO2的滤
渣②，反应的离子方程式为3 F e
2++ MnO4
−+7 H 2O =3 Fe(OH )3↓+ MnO2↓+5 H
+。
(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+C u
2+= Z n
2++Cu，故加入锌粉的目的为置换C u
2+
为Cu从而除去。
(6)由分析，滤渣④为Ca F2、Mg F2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为
CaSO4、MgSO4。
15.(2024·湖南省·单元测试)以钴铜矿[主要成分为CoOOH、C u2(OH )2C O3、F e2O3，
另含少量SiO2及含砷化合物]制备锂电池正极原料C o3O4，生产流程如图所示。
已知：①酸浸液中阳离子为F e
2+、C u
2+、C o
2+、H
+
②萃取铜的过程可表示为C u
2+(aq)+ RH (有机物)= R2Cu(有机物)+2 H
+(aq)
③K sp[ Fe(OH )3]=2.8×10
−39，K sp( FeAsO4)=6.8×10
−19
(1)Cu在周期表中的位置为 ，CoOOH中C o
3+的价电子排布式为 。
(2)酸浸液中钴以cosO4形式存在，生成cosO4的化学方程式为 。酸浸过程可适当升
温以加快反应速率，但温度过高，单位时间内钴的浸出率明显降低，原因是 。
(3)实验室模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置，则分离出含铜有机溶剂的具体实
验操作为 。
(4)在除铁过程中，溶液中的AsO3
3−转化为FeAsO4沉淀，该反应的离子方程式为 。
常温条件下若除铁结束后溶液pH =3，则AsO4
3−是否被完全沉淀(浓度低于
1.0×10
−5mol⋅L
−1)，通过计算说明 。
(5)焙烧过程中，若空气与CoC2O4接触不充分，废气中会含有 (填化学式)污染空气，
需要进行净化后再排放。
【答案】第四周期第ⅠB族；
3d
6
2CoOH + H 2SO4+ SO2=2cosO4+2 H 2O
温度过高，二氧化硫的溶解度降低，所以钴的浸出率降低
先打开上口玻璃塞，再打开活塞，水层从下口放出后，关闭活塞，将含铜的有机溶液从上
口倒出
2 AsO3
3−+2 F e
2++ClO3
−+2 H
+=2 FeAsO4↓+C l
−+ H 2O
在
pH =3的
溶
液
中
c(O H
−)=
K w
c( H
+)
= 1×10
−14
1×10
−3 mol / L=1×10
−11mol / L，
c( F e
3+)= K sp[ Fe(OH )3]
c
3(OH
−)
= 2.8×10
−39
(1×10
−11)
3 mol / L=2.8×10
−6mol / L，则此时溶液中
c( AsO4
3−)= K sp( FeAsO4)
c( Fe
3+)
= 6.8×10
−19
2.8×10
−6 mol / L≈2.4×10
−13mol / L<1.0×10
−5mol⋅L
−1
所以AsO4
3−已经除尽
CO
【知识点】无机工业流程、离子方程式的书写、沉淀溶解平衡的应用、构造原理与电子排
布式
【解析】【分析】
本题考查无机工艺流程，涉及到流程分析，氧化还原反应，溶度积的计算，均为高频考点
整体难度中等，明确流程中发生的化学反应是解题的关键，试题有助于培养综合分析问题
的能力。
【解答】
将钴铜矿[主要成分为CoOOH、C u2(OH )2C O3、F e2O3，另含少量SiO2及含砷化合物]
粉碎后用稀硫酸溶解，并同时通入SO2气体，过滤得到不溶于酸的固体SiO2，酸浸液主要
阳离子含有C o
2+、F e
2+、C u
2+、H
+及A s
3+，向酸浸液中加入有机溶剂RH，可萃取出
R2Cu，分液除去有机层，向水溶液中加入NaClO3并调节溶液pH，可获得Fe(OH )3和
FeAsO4沉淀并过滤除去，滤液中继续加入( N H 4)2C2O4溶液获得CoC2O4沉淀，过滤并
洗涤、干燥CoC2O4，再在空气中高温灼烧CoC2O4即可制得C o3O4，据此分析解题；
(1)Cu的核电荷数为29，位于元素周期表中的第四周期第ⅠB族；基态Co原子的价电子排
布式为3d
7 4 s
2，则CoOOH中C o
3+的价电子排布式为3d
6；
(2)酸浸时CoOOH溶于稀硫酸，并同时通入SO2气体，生成cosO4的化学方程式为
2CoOH + H 2SO4+ SO2=2cosO4+2 H 2O；酸浸过程可适当升温以加快反应速率，但温
度过高，二氧化硫的溶解度降低，所以钴的浸出率降低；
(3)萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置，则分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为：
先打开上口玻璃塞，再打开活塞，水层从下口放出后，关闭活塞，将含铜有机溶液从上口
倒出；
(4)除铁过程中，溶液中的AsO3
3−转化为FeAsO4
沉淀，该反应的离子方程式为
2 AsO3
3−+2 F e
2++ClO3
−+2 H
+=2 FeAsO4↓+C l
−+ H 2O；
已
知
K sp[ Fe(OH )3]=2.8×10
−39，K sp
( FeAsO4)=6.8×10
−19，在pH =3的溶液中
c(O H
−)=
K w
c( H
+)
= 1×10
−14
1×10
−3 mol / L=1×10
−11mol / L，
c( F e
3+)= K sp[ Fe(OH )3]
c
3(OH
−)
= 2.8×10
−39
(1×10
−11)
3 mol / L=2.8×10
−6mol / L，则此时溶液中
c( AsO4
3−)= K sp( FeAsO4)
c( Fe
3+)
= 6.8×10
−19
2.8×10
−6 mol / L≈2.4×10
−13mol / L<1.0×10
−5mol⋅L
−1
所以AsO4
3−已经除尽；
(5)焙烧过程中，若空气与CoC2O4接触不充分，氧气不足，则废气中含有的污染气体应
为CO，需要进行净化后再排放。
