文档文本内容
1
专题13 工艺流程综合题
（一）、核心考点清单
1、化工生产流程图：
2、流程图中主要环节的分析
a．原料的预处理
(1)溶解：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸等。
水浸
与水接触发生反应或溶解
浸出
固体加水(酸)溶解得到离子
酸浸
在酸溶液中反应，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
(2)灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分
解。
b．核心反应——陌生方程式的书写
关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。
(1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原规律判断产物，并根据化合价升降相等配平。
(2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际判断产物。
3、常见化工生产
(1)从铝土矿中获得铝
流程Ⅰ：
原料
预处理
核心化学反应
产品的分离与提纯
目标产物
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
2
流程Ⅱ：
(2)工业上制高纯硅
石英砂――→
a.焦炭
高温
粗硅――→
b.Cl2
加热
四氯化硅――→
c.H2
高温
纯硅
(3)硫酸的工业生产
(4)合成氨与硝酸工业
(5)海水提溴
(6)海水提碘：海带中碘的提取
(7)海水提镁
(8)海水提盐与氯碱工业、钠的制备
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3
4、工艺流程中的常见专业术语
术语
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，以加快反
应速率或使反应更充分
灼烧
(煅烧)
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高
岭土、硫铁矿
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，包括水浸取、酸溶、
碱溶、醇溶等
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
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
蒸发结晶
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(沉淀)
（二）、
高频易错点
1、制备过程中控制反应条件的6 种常用方法
调节溶液的pH
常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH 所需的物
质一般应满足两点：①能与H
＋反应，使溶液pH 变大；
②不引入新杂质。例如若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入
CuO、Cu(OH)2 或Cu2(OH)2CO3 等物质来调节溶液的pH，不
可加入NaOH 溶液、氨水等
控制温度
改变温度，影响应速率或使平衡向需要的方向移动
控制压强
改变速率，影响平衡
使用合适的催化剂
（或负催化剂）
加快反应速率（降低反应速率），减少达到平衡所需要的时
间
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
4
趁热过滤
防止某物质降温时析出
冰水洗涤
洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解
损耗
2．常用的提纯方法
提纯方法
适用范围/ 原理
(1)
水溶法
除去可溶性杂质
(2)
酸溶法
除去碱性杂质
(3)
碱溶法
除去酸性杂质
(4)
氧化剂或还原剂法
除去还原性或氧化性杂质
(5)
加热灼烧法
除去受热易分解或易挥发的杂质
(6)
调节溶液的pH 法
除去易水解金属离子（如酸性溶液中Fe³⁺ ）
3．常用的分离方法
(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4 或苯
萃取溴水中的溴。
(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl。
(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、
FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O 等。
(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。
(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中
的氨气。
疑点解析：类型一
物质制备类化工流程题
例如．工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si 氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠
(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：
(1)焙烧的目的是将FeCr2O4 转化为Na2CrO4 并将Al、Si 氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
5
气体与矿料逆流而行，目的是______________________。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c 与pH 的关系如图所示。当溶液中可溶性组分
浓度c≤1.0×10
－5 mol·L
－1 时，可认为已除尽。
中和时pH 的理论范围为____________________；酸化的目的是____________；Fe 元素在
__________________(填操作单元的名称)过程中除去。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致__________________；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7
外，可在上述流程中循环利用的物质还有_________________________________________。
答案
(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率
(2)4.5≤pH≤9.3
使2CrO 2－
4 ＋
H2O
Cr2O2－
7 ＋2OH
－平衡正向移动，提高Na2Cr2O7 的产率
浸取
(3)所得溶液中含有大
量Na2SO4·10H2O
H2SO4
解析
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2 向上流动，增大固体与气体的
接触面积，提高化学反应速率。
(2)中和时调节溶液pH 目的是将AlO
－
2 、SiO 2－
3 转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液
pH≥4.5 时，Al3＋除尽，当溶液pH>9.3 时，H2SiO3 会再溶解生成SiO2－
3 ，因此中和时pH 的
理论范围为4.5≤pH≤9.3；将Al 元素和Si 元素除去后，溶液中Cr 元素主要以Cr2O 2－
7 和
CrO 2－
4 形式存在，溶液中存在平衡：2CrO2－
4 ＋H2O
Cr2O2－
7 ＋2OH
－，降低溶液pH，可提
高Na2Cr2O7 的产率；Fe 元素在“浸取”操作中除去。
类型二
物质分离、提纯类化工流程题
例如．MnO2 是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2 的一种工艺流程如图：
软锰矿――→
研磨
―――――――――――――→
过量较浓H2SO4，过量铁屑
溶出20 ℃
Mn2＋溶出液――→
纯化
Mn2＋纯化液――→
电解
MnO2
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3 和SiO2。
②金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH：
Fe3＋
Al3＋
Mn2＋
Fe2＋
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2 与H2SO4 不反应。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
6
(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Mn2＋的主要途径如图所示。
ⅰ.步骤Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2＋的主要反应，反应的离子方程式是___________________。
ⅱ.若Fe2＋全部来自于反应Fe＋2H
＋===Fe2＋＋H2↑，完全溶出Mn2＋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NH3·H2O，调溶液pH≈5，
说明试剂加入顺序及调节pH 的原因：______________________________________
________________________________________________________________________。
(3)电解
Mn2＋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a g 产品中依次加入足量b g Na2C2O4 和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用c mol·L
－1
KMnO4 溶液滴定剩余Na2C2O4 至终点，消耗KMnO4 溶液的体积为d L(已知：MnO2 及MnO
－
4
均被还原为Mn2＋。相对分子质量：MnO2：86.94、Na2C2O4：134.0)。
产品纯度为________(用质量分数表示)。
答案
(1)①增大反应速率，提高浸出率
②ⅰ.MnO2＋4H
＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
ⅱ.二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2＋
(2)MnO2 的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱；除去溶液中的Fe3＋、Al3＋
(3)Mn2＋－2e
－＋
2H2O===MnO2↓＋4H
＋
(4)(b－335cd)×86.94
134a
×100%
解析
(1)②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反
应的离子方程式为MnO2＋4H
＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。
ii.根据反应方程式可知，Fe2＋与MnO2 的物质的量比值为2，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
＋。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
7
(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，剩余部分再与高锰酸钾反应：
5Na2C2O4＋2KMnO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O＋5Na2SO4，则与二氧
化锰反应的草酸钠的物质的量为
b g
134 g·mol
－1－c mol·L
－1×d L
2
×5；根据反应：MnO2＋
Na2C2O4＋2H2SO4===Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，则n(MnO2)＝n(Na2C2O4)，产品纯
度为
b g
134.0 g·mol
－1－c mol·L
－1×d L
2
×5
×86.94 g·mol
－1
a g
×100%＝(b－335cd)×86.94
134a
×100%。
归纳总结：化学工艺流程题的分析方法
主线分析“原料→中间转化物质→目标产物”
(1)反应与物质的转化：分析每一步操作的目的及所发生的化学反应，跟踪物质转化的形式。
尤其要注意原料中的杂质在流程中是如何被除去的。滤渣、滤液成分的确定：反应过程中哪
些物质(离子)发生了变化？产生了哪些新离子？这些离子间是否能发生化学反应？所加试
剂是否过量？
(2)循环物质的确定
(3)副产品的判断
★高考真题（2025 新高考）
1．（2025·云南·高考真题）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、
2
3
Fe O 、
2
MnO 、CuO、
2
SiO
等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下：
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
8
已知：①金-银矿中Cu、Mn 元素的含量分别为0.19%、2.35%。
②25℃时，
2
Mn OH
的
sp
K 为
13
1.9 10
。
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，
2
MnO 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
5
2
3
2
2
3
3
2
3
2
3
3
4
2
3
Au
5S O
Cu NH
Au S O
Cu S O
4NH
②
5
2
2
2
3
3
2
2
3
2
3
3
4
4 Cu S O
16NH
O
2H O
4 Cu NH
4OH
12S O
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
3
2
2
Fe
Cu
MnO
、
、
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
2
Mn OH
析出，则
2
c Mn
1
mol L
。
(7)一种锑锰
3
Mn 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。
②
A
N 为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为
3
g cm
(列出计算
式即可)。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
9
【答案】(1)
10
1
3d 4s
(2)
2
2
2
2
3
4
2
MnO
SO
2H
Mn
SO
H O
(3)
2
3
4
Cu NH
(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)
3
2
2
M
>
>
nO
Fe
Cu
(6)0.19
(7) 12
3
21
A
122
55 3
a
10
N
【分析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”，
2
3
Fe O 、
2
MnO 被还原为
2
Fe 和
2
Mn ，CuO 与酸
反应生成可溶解的
2
Cu ，Au、Ag、
2
SiO 不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，
2
Cu 被铁粉还原为
Cu；“氧化时”
2
Fe 被氧化为
3
Fe ；“沉铁”时，
3
Fe 转化为沉淀，后转化为氧化铁；“沉锰”时，
2
Mn 沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，Au、Ag 被混合液浸出，后提炼出Au、Ag。
【详解】（1）Cu 为29 号元素，基态Cu 原子的核外电子排布符合洪物规则的特例，其价电
子数为11，其价层电子排布式为
10
1
3d 4s 。
（2）“还原酸浸”时，
2
MnO 被亚硫酸钠还原为
2
Mn ，该反应的离子方程式为
2
2
2
2
3
4
2
MnO
SO
2H
Mn
SO
H O
。
（3）“浸金银”时，Au 溶解涉及的主要反应如下：
①
5
2
3
2
2
3
3
2
3
2
3
3
4
2
3
Au
5S O
Cu NH
Au S O
Cu S O
4NH
②
5
2
2
2
3
3
2
2
3
2
3
3
4
4 Cu S O
16NH
O
2H O
4 Cu NH
4OH
12S O
分析以上两反应可知，
2
3
4
Cu NH
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
2
3
4
Cu NH
。
（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
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
10
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，
2
3
Fe O 和CuO 可以被硫酸溶解转化为
3
Fe 和
2
Cu ，亚硫酸钠将
3
Fe 还
原为
2
Fe ，而
2
Cu 并未被还原，因此，
3
Fe 的氧化性强于
2
Cu ；“氧化”时，
2
Fe 被
2
MnO 氧
化为
3
Fe ，因此，
2
MnO 的氧化性强于
3
Fe 。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断
3
2
2
Fe
Cu
MnO
、
、
的氧化性由强到弱的顺序为
3
2
2
M
>
>
nO
Fe
Cu
。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH 至8.0，此时
6
1
c OH
10 mol L
，无
2
Mn OH
析
出，根据
2
Mn OH
的
sp
K 为
13
1.9 10
，则
13
2
6 2
1.9 10
c Mn
0.19
(10 )
1
mol L
。
（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3 8
12
2
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
A
122
55 3 g
N
，该晶胞的体积为
3
3
21
3
anm
a
10
cm
，晶体的密度为
3
21
3
3
21
A
A
122
55 3 g
122
55 3
a
10
cm
a
10
N
N
3
g cm
。
2．（2025·上海·高考真题）工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法：
(1)验证矿石中的锗元素可使用的方法为
。
A．原子发射光谱法
B．红外光谱法
C．X 射线衍射
(2)GeO既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测GeO是
氧化物。
已知矿中含有
2
H O 、煤焦油、
2
3
As O 等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示：
2
H O
煤焦油
2
3
As O
GeO
2
GeO
熔点
0℃
20 ~ 30℃
312℃
710℃升华
1100℃
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
11
沸点
100℃
70 ~ 80℃
465℃
(3)使用分段升温的原因是
。
(4)下图为在不同温度下，使用不同浓度的
2
2
2
NaH PO
H O
真空还原时，Ge 元素的萃出率，
图可知真空还原采用的最佳温度及浓度为_______。
A．1000℃，2.5% B．1000℃，5.0%
C．1100℃，2.5%
D．1200℃，2.5%
(5)真空还原阶段用
2
2
2
NaH PO
H O
除
2
GeO ，产物还有
4
2
7
3
4
GeO,Na P O ,H PO 等生成，写出该
阶段的化学方程式
。
采用滴定法测定样品中Ge 元素含量的方法如下：
(以下实验过程根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)
准确称取mg 含锗矿石粉末，置于圆底烧瓶中。加入
20mL 浓盐酸和
3
FeCl 溶液，加热至微
沸(溶解)冷却后，加入
2
2
0.5g LiH PO ，搅拌至溶液变为无色。将溶液转移至锥形瓶，用稀
盐酸
1:1 冲洗烧瓶并入锥形瓶中。
加入(5mL)磷酸
3
4
H PO
，冷却溶液至10℃以下(冰水浴)，用橡胶塞密封锥形瓶。向锥形瓶
中加入1mL10%淀粉溶液作为指示剂。用
3
cmol / LKIO 标准溶液滴定至滴定终点。
记录消耗的
3
KIO 体积为VmL。
3
4
2
Ge
4FeCl
GeCl
4FeCl
4
2
2
2
2
2
3
GeCl
LiH PO
H O
GeCl
LiH PO
2HCl
(还原)
2
3
4
2
3GeCl
KIO
6HCl
3GeCl
KI
3H O
(主反应)
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
12
3
2
2
5KI
KIO
6HCl
3I
6KCl
3H O
(终点反应)
(6)装置a 名称为_______。
A．锥形瓶
B．恒压滴液漏斗
C．球形冷凝管
D．滴定管
(7)滴定终点时，颜色由
变为
，半分钟不褪色
30s 。
(8)滴定时为什么要用橡胶塞塞紧锥形瓶
？(真空还原)
(9)已知
1
M(Ge)
73g mol
，求mg 样品(固体)中Ge 元素的质量分数【纯度】
(用c、
V、m 表示)。
(10)滴定结果纯度偏大，可能的原因是_______。
A．未用
3
KIO 标准溶液润洗滴定管
B．未用HCl 将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)
C．滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡
D．在常温下滴定(未保持在10℃以下滴定)
【答案】(1)A
(2)两性
(3)①在600 ~ 700℃焙烧可除去矿石中的
2
H O 、煤焦油、
2
3
As O 等杂质，将Ge 元素氧化为
2
GeO ；②真空还原阶段，升温到1000 ~1200℃，GeO 升华蒸出
(4)C
(5)
2
2
2
2
4
2
7
3
4
2
1000 ~1200
8GeO
4NaH PO
H O
8GeO
Na P O
2H PO
5H O
℃
(6)C
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
13
(7)无色
浅蓝色
(8)实验盖紧塞子防止
2
GeCl 被氧化【隔绝氧气，避免
2
GeCl 被氧化为
4
GeCl (否则导致滴定结
果偏低)】
(9) 0.219cV 100%
m
(10)AD
【分析】低品位锗矿焙烧得到
2
GeO ，然后加入
2
2
2
NaH PO
H O
真空还原为GeO，经过多步
反应得到Ge；
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管；查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥
形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录
数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】（1）可以通过原子发射光谱法可检验物质中所含元素，故选A；
（2）既能和酸又能和碱反应生成盐和水的氧化物属于两性氧化物；GeO既能和强酸反应，
也能与强碱反应，由此推测GeO是两性氧化物；
（3）①在600 ~ 700℃焙烧可除去矿石中的
2
H O 、煤焦油、
2
3
As O 等杂质，将Ge 元素氧化
为
2
GeO ；②真空还原阶段，升温到1000 ~1200℃，GeO升华蒸出；使用分段升温，可以除
去杂质，能得到较纯的
2
GeO ；
（4）由图，1100℃，使用2.5%的
2
2
2
NaH PO
H O
真空还原时，Ge 元素的萃出率几乎为100%，
此时能节约能源和原料；
（5）真空还原阶段用
2
2
2
NaH PO
H O
除
2
GeO ，产物还有GeO 、
4 2
7
Na PO 、
3
4
H PO 等生成，
反应中Ge 化合价由+4 变为+2、P 化合价由+1 变为+5，结合电子守恒，该阶段的化学方程式：
2
2
2
2
4
2
7
3
4
2
1000 ~1200
8GeO
4NaH PO
H O
8GeO
Na P O
2H PO
5H O
℃
；
（6）由图，装置a 名称为球形冷凝管，故选C；
（7）根据已知，碘酸根离子和Ge2+反应生成碘离子，当Ge2+反应完，碘酸根就会和生成的
I-反应得到碘单质遇溶液中淀粉变蓝，则实验滴定终点时，颜色由无色变为浅蓝色，半分钟
不褪色
30s 。
（8）空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止
2
GeCl 被氧化（或绝氧气，避免
2
GeCl 被氧
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
14
化为
4
GeCl ，否则导致滴定结果偏低），从而产生滴定误差；
（9）由题干反应结合Ge 元素守恒，存在
3
3Ge
KIO
，则mg 样品(固体)中Ge 元素的质量分
数
-3
1
cmol / L V 10 L 3 73g mol
0.219cV
100%=
100%
m
m
；
（10）A．未用
3
KIO 标准溶液润洗滴定管，导致标准液浓度偏低，用量增大，使得测得结果
偏大；
B．未用HCl 将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)，导致Ge 元素损失，使得测得结果偏低；
C．滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡，导致标准液用量读数减小，使得测得结果偏小；
D．在常温下滴定(未保持在10℃以下滴定)，
2
3
LiH PO 可能被标准液
3
KIO 氧化，使得标准液
用量增大，测得结果偏大；
故选AD。
3．（2025·湖南·高考真题）一种从深海多金属结核[主要含
2
2
MnO
FeO(OH)
SiO
、
、
，有
少量的
2
3
2
3
Co O
Al O
NiO
CuO
、
、
、
]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液
4
4
4
NiSO
CoSO
MnSO
、
、
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。
②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为
1
0.1mol L
)开始沉淀和完全沉淀
5
1
c
1.0 10 mol L
的pH ：
3
Fe
3
Al
2
Cu
2
Ni
2
Co
2
Mn
开始沉淀的pH
1.9
3.3
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：
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
15
(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)；
2
SO 还原
2
3
Co O 的化学方程式
为
。
(3)“沉铁”时，
2
Fe 转化为
2
3
Fe O 的离子方程式为
，加热至200℃的主要原因是
。
(4)“沉铝”时，未产生
2
Cu(OH) 沉淀，该溶液中
2
c Cu 不超过
1
mol L
。
(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)
8
2
3d 4s
(2)
2
SiO
2
2
3
2
4
4
2
O
H
2
H O
SO
Co
SO
CoSO
(3)
2
2
2
2
3
4Fe
+O +4H O
2Fe O +8H
200
高压
℃
防止形成
3
Fe(OH) 胶体，防止其吸附其他金属阳离
子，造成产率下降
(4)
2
1 10
(5)
2
Co
2
Ni
sp2
【分析】金属结核[主要含
2
2
MnO
FeO(OH)
SiO
、
、
，有少量的
2
3
2
3
Co O
Al O
NiO
CuO
、
、
、
]
加入
2
SO 、
2
4
H SO 进行酸浸还原，得到的滤渣含有
2
SiO ，滤液中含有
2
2
2
3
2
2
Mn
Fe
Co
Al
Ni
Cu
、
、
、
、
、
，通入空气，调解pH=3.2，沉铁得到
2
3
Fe O 滤渣，继续
加入NaOH 调节pH=5.2 沉铝主要得到
3
Al(OH) ，加入萃取剂第一次萃取
2
Cu ，分液得到
2
Cu
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）Ni 原子的价电子是指3d 和4s能级上的电子，所以基态Ni 原子的价电子排布
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
16
式为
8
2
3d 4s ；
（2）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是
2
SiO ；
2
SO 将3 价钴还原为2 价钴，
同时由于硫酸的作用得到
4
CoSO ，化学方程式为
2
2
3
2
4
4
2
O
H
2
H O
SO
Co
SO
CoSO
；
（3）“沉铁”时，
2
Fe 转化为
2
3
Fe O ，铁元素化合价上升，则
2
O 做氧化剂，离子反应为：
2
2
2
2
3
4Fe
+O +4H O
2Fe O +8H
200
高压
℃
；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200℃的主要原因是防止形成
3
Fe(OH) 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，
2
14
5
19.6
6.7
2
10
K
1.0 10
/ L
10
10
sp Cu OH
mol
，“沉铝”时，未产生
2
Cu(OH) 沉淀，则
19.6
2
2
2
2
2
8.8
K
10
c
/ L
1 10
/ L
c
10
sp Cu OH
Cu
mol
mol
OH
＜
；
（5）由流程可知，第二次萃取时，主要萃取
2
2
Co
Ni
、
，因此
2
2
Co
Ni
、
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
6
6
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。
4．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古·高考真题）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有
ZnS、
4
PbSO 、FeS 和CuCl)中的Zn、Pb 元素。
已知：①“氧化浸出”时，
4
PbSO 不发生变化，ZnS 转变为
2
3
4
Zn NH
；
②
14.8
sp
2
K
Pb OH
10
；
③酒石酸(记作
2
H A )结构简式为
2
HOOC CHOH
COOH 。
回答下列问题：
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
17
(1)
2
H A 分子中手性碳原子数目为
。
(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根
2
2
8
S O 转变为
(填离子符号)。
(3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为
。
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为
。
(5)滤渣2 中的金属元素为
(填元素符号)。
(6)“浸铅”步骤，
4
PbSO 和
2
Na A 反应生成PbA。PbA 产率随体系pH 升高先增大的原因
为
，pH 过高可能生成
(填化学式)。
(7)290℃“真空热解”生成2 种气态氧化物，该反应的化学方程式为
。
【答案】(1)2
(2)
2
4
SO
(3)温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O 分解生成NH3 逸出，且温
度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小
(4)Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu
(5)Fe
(6)pH 值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2O HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡
PbSO4(s)+A2-PbA+
2
4
SO 正向移动，PbA 产率增大
Pb(OH)2
(7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)
290°C
真空热解Pb+4CO↑+2H2O↑
【分析】废渣用(NH4)2S2O8 和NH3·H2O 氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，
滤渣1 有PbSO4 和Fe(OH)3，滤液加Zn 置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S 沉锌，得到ZnS，
滤渣1 用H2A 和Na2A 浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解
得到纯Pb。
【详解】（1）
碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A 分子中手性碳原子有2 个，
；
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为
2
4
SO ；
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
18
（3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O 分解
生成NH3 逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小；
（4）加入Zn 发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu 单质，离子方程式为：
Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu；
（5）根据分析，滤渣1 有Fe(OH)3 和PbSO4，用H2A 和Na2A 浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素
的沉淀；
（6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+
2
4
SO ，Na2A 溶液中存在A2-+H2O HA-+OH-，pH
值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2O HA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡
PbSO4(s)+A2-PbA+
2
4
SO 正向移动，PbA 产率增大；pH 过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2
沉淀，造成PbA 产率降低；
（7）290℃“真空热解”PbA 即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb 单质和2 种气态氧化物为CO
和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)
290°C
真空热解Pb+4CO↑+2H2O↑。
5．（2025·河南·高考真题）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe 、Rh (铑)、
Pt ，含有少量
2
SiO ]中尽可能回收铑的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸溶1”的目的是
。
(2)已知“酸溶2”中Rh 转化为
3
6
H
RhCl
，则生成该物质的化学方程式为
；“滤渣”的
主要成分是
(填化学式)。
(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量
2
3
Rh O 和
3
RhCl ，则“高温还原”
中发生反应的化学方程式为
。
(4)若“活化还原”在室温下进行，
2
SnCl 初始浓度为
-4
-1
1.0 10 mol L
，为避免生成
2
Sn(OH) 沉淀，
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
19
溶液适宜的pH 为
(填标号)[已知
2
Sn(OH) 的
-28
sp
K =5.5 10
]。
A．2.0
B．4.0
C．6.0
(5)“活化还原”中，
2
SnCl 必须过量，其与Rh (III)反应可生成
4-
3
5
Rh SnCl
，提升了Rh 的还
原速率，该配离子中Rh 的化合价为
；反应中同时生成
2-
6
SnCl
，Rh (III)以
3-
6
RhCl
计，则理论上
2
SnCl 和Rh (III)反应的物质的量之比为
。
(6)“酸溶3”的目的是
。
【答案】(1)溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离
(2)
3
3
6
2
Rh
6HCl
HNO
H
RhCl
NO
2H O
SiO2
(3)
2
3
2
2
Rh O
3H
2Rh
3H O
高温
、
3
2
2RhCl
3H
2Rh
6HCl
高温
(4)A
(5)+1
6：1
(6)除去滤渣中未反应的Zn 及生成的Sn
【分析】贵金属合金粉[主要成分为Fe 、Rh (铑)、Pt ，含有少量
2
SiO ]中尽可能回收铑的工
艺流程中，加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝
酸混合酸)氧化溶解Rh，Rh 转化为
3
6
H
RhCl
，Pt 转化为相关可溶物，SiO2 不溶，过滤后进
行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA 将部分铑元素沉淀，过滤后，滤
渣进行灼烧分解为Rh、
2
3
Rh O 和
3
RhCl ，再用H2 进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入
NH4Cl 将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2 将Rh (III)转化为
4-
3
5
Rh SnCl
，再
加入Zn 进行还原，生成Rh，由于Zn 过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn，实现Zn 与
Rh 分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。
【详解】（1）原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt 和少量SiO2，Fe 易溶于酸(如盐酸或硫酸)，
而Rh 和Pt 在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2 不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸
溶解Fe 生成可溶性盐，过滤后Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt 和SiO2，实现初步
分离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。
（2）“酸溶2”中Rh 转化为
3
6
H
RhCl
，Rh 元素化合价由0 升高至+3，HNO3 中N 元素化合
价由+5 降低至+3，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
20
3
3
6
2
Rh
6HCl
HNO
H
RhCl
NO
2H O
；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为
SiO2。
（3）“高温还原”过程中，
2
3
Rh O 和
3
RhCl 均被H2 还原为Rh，Rh 元素化合价均由+3 降低至0，
根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为
2
3
2
2
Rh O
3H
2Rh
3H O
高温
、
3
2
2RhCl
3H
2Rh
6HCl
高温
。
（4）
2
SnCl 初始浓度为
-4
-1
1.0 10 mol L
，则溶液中
2
-4
-1
Sn
1.0 10 mol L
c
，当恰好生成
2
Sn(OH) 沉淀时，
28
sp
2
-1
12
-4
2
Sn(OH)
5.5 10
OH
mol L
2.3 10
1.0 10
Sn
K
c
c
，
14
3
W
12
10
H
4.3 10
2.3 10
OH
K
c
c
，
3
pH
lg
H
lg 4.3 10
3
0.6
2.4
c
，因
此为避免生成
2
Sn(OH) 沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。
（5）配离子
4-
3
5
Rh SnCl
中，配体
3
SnCl
带1 个负电荷，设Rh 的化合价为x，则
5
1
4
x
，则x=+1；Rh (III)以
3-
6
RhCl
计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh 得到2
个电子，SnCl2 为还原剂，部分被氧化为
2-
6
SnCl
，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn 失去2 个
电子，同时反应过程中，部分SnCl2 结合一个Cl-形成
3
SnCl
，作为新的配体，每生成1 个
4-
3
5
Rh SnCl
，需要5 个SnCl2，因此理论上
2
SnCl 和Rh (III)反应的物质的量之比为
1 5 :1
6:1
。
（6）由于“二次还原”过程中，为确保
4-
3
5
Rh SnCl
完全反应，加入的Zn 需过量，过滤后
剩余Zn 和生成物Rh、Sn 存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中
未反应的Zn 及生成的Sn。
6．（2025·河北·高考真题）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生
产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下：
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
21
已知：铬铁矿主要成分是
2
2
2
3
2
2
2
Fe CrO
Mg CrO
Al O
SiO
、
、
、
。
回答下列问题：
(1)基态铬原子的价层电子排布式：
。
(2)煅烧工序中
2
2
Fe CrO
反应生成
2
4
K CrO 的化学方程式：
。
(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：
2
3
2
3
Fe O
H SiO
、
、
、
(填化学式)。
(4)酸化工序中需加压的原因：
。
(5)滤液Ⅱ的主要成分：
(填化学式)。
(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式
。
5
3
Fe CO
_____
_____
Cr OH
_____
_____
_____ CO
(7)滤渣Ⅱ可返回
工序。(填工序名称)
【答案】(1)
5
1
3d 4s
(2)
2
2
2
3
2
4
2
2
400
500
KOH
+8H O
4Fe CrO
+7O
16
2Fe O +8K CrO
℃
＋
(3)
3
Al OH
MgO
(4)增大CO2 的溶解度，保证酸化反应充分进行
(5)
3
KHCO
(6)
4
3
2
2
5
3
Fe CO
K CrO
Cr OH
Fe OH
2KOH
5C
4H O
O
(7)煅烧
【分析】铬铁矿主要成分是
2
2
2
3
2
2
2
Fe CrO
Mg CrO
Al O
SiO
、
、
、
，与过量KOH 在空气中
煅烧，生成
2
4
K CrO 、Fe2O3、MgO，
3
2
2
KAlO
K SiO
、
；通入
3
2
3
KHCO -K CO /CO2 浸取，生成
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
22
3
2
3
Al OH
H SiO
、
，
2
3
Fe O 、MgO 不反应，故滤渣Ⅰ为：
3
2
3
Al OH
H SiO
、
，
2
3
Fe O 、MgO，
通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出
2
4
K CrO 固体，滤液Ⅰ中含有
2
4
K CrO ；将
2
4
K CrO 中
加水溶解，并通入过量CO2 酸化，将
2
4
K CrO 转化为
2
2
7
K Cr O ，同时副产物
3
KHCO 生成，将
2
2
7
K Cr O 与
3
KHCO 分离，滤液Ⅱ的主要溶质为
3
KHCO ；
5
Fe CO
做还原剂，将滤液Ⅰ中剩
余的
2
4
K CrO 还原为
3
Cr OH
，自身转化为
3
Fe OH
进入滤渣Ⅱ，KOH 进一步处理得
2
3
K CO ，
循环使用，据此分析；
【详解】（1）Cr 为24 号元素，基态铬原子的价层电子排布式：
5
1
3d 4s ；
（2）煅烧工序中
2
2
Fe CrO
与过量KOH、空气中氧气反应生成
2
4
K CrO 、Fe2O3、
2
H O ，根
据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：
2
2
2
3
2
4
2
2
400~500
4Fe CrO
+7O
16KOH
2Fe O +8K CrO +8H O
℃
＋
；
（3）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：
2
3
2
3
Fe O
H SiO
、
、
3
Al OH
、MgO；
（4）向
2
4
K CrO 中加水溶解，并通入过量CO2 酸化，将
2
4
K CrO 转化为
2
2
7
K Cr O ，加大压强，
可以增大CO2 的溶解度，使液体中CO2 浓度增大，保证酸化反应充分进行；
（5）根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为
3
KHCO ；
（6）
5
Fe CO
做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的
2
4
K CrO 还原为
3
Cr OH
，自身转化为
3
Fe OH
，
铁元素由0 价升高到+3 价，Cr 由+6 价降低到+3 价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方
程式：
4
3
2
2
5
3
Fe CO
K CrO
Cr OH
Fe OH
2KOH
5C
4H O
O
；
（7）滤渣Ⅱ含有
3
Cr OH
和
3
Fe OH
可返回煅烧工序。
7．（2025·江苏·高考真题）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的过程如下：
已知：
24
27
7
13
sp
sp
a1
2
a2
2
K (ZnS)
1.6 10
,K (CdS)
8.0 10
,K
H S
1.0 10 ,K
H S
1.2 10
。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
23
当离子浓度小于
5
1
1.0 10 mol L
时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入
2
O 可提高
2
Zn 浸出率的原因是
。
②通入
2
H S 除镉。通过计算判断当溶液
1
2
pH
0
c H S
0.01mol L
、
时，
2
Cd 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
2
3
As S 沉淀。
已知：溶液中As(
)
Ⅲ主要以弱酸
3
3
H AsO 形式存在，
2
3
2
3
3
2
As S
6H O
2H AsO
3H S
。
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
3
3
H AsO 反应生成
2
3
As S 的离子方程式：
。
②反应4h 后，砷回收率下降的原因有
。
【答案】(1)氧化
2
S 生成S，促进酸浸反应正向进行
否。pH
0
时，
1
c H
1mol L
7
13
2
2
a1
2
a2
2
2
1
22
1
2
2
K
H S
K
H S
c H S
1.0 10
1.2 10
10
c S
mol L
1.2 10
mol L
1
c
H
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
24
27
sp
2
1
5
1
5
1
2
2
K
CdS
8.0 10
c Cd
mol L
6.67 10 mol L
1.0 10 mol L
1.2 10
c S
，则
2
Cd 未沉
淀完全
ZnO
(2)Cl
负电
(3)
2
3
3
2
3
2
2H AsO
3ZnS
6H
As S
3Zn
6H O
随着反应的进行，溶液pH 增大，溶
液中
2
H S 浓度减小，促进
2
3
2
3
3
2
As S
6H O
2H AsO
3H S
平衡正向移动，
2
3
As S 重新溶解，
砷回收率下降
【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS 等，加入
2
4
2
H SO
O
、
酸浸后，ZnS、FeS、CdS 分别转化
为
2
3
2
Zn
Fe
Cd
、
、
，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去
3
Fe 与
2
Cd ，调pH、沉
锌后获得ZnS，据此解答。
【详解】（1）①酸浸时，若不通入
2
O ，会发生反应：
2
4
4
2
ZnS
H SO
ZnSO
H S
，通入
2
O 可以氧化
2
S 生成S，促进酸浸反应正向进行，提高
2
Zn 浸出率；
②通入
2
H S 除镉，当溶液
1
2
pH
0
c H S
0.01mol L
、
时，
+
1
c H
1mol L
，又因为
7
13
a1
2
a2
2
K
H S
1.0 10 ,K
H S
1.2 10
，
+
-
+
2-
a1
2
a2
2
-
2
c(H ) c(HS )
c(H ) c(S )
K
H S
K
H S
c(H S)
c(HS )
=
2
+
2-
2 )
c H
c S
c
(
)
(
)
H
(
S
，则
7
13
2-
2
1 10
1.2 10
0.01
c S
=
mol/L
1
=
22
=1.2 10
mol/L
，则此时
-27
sp
2+
-5
-22
2-
K (CdS)
8.0 10
c Cd
=
=
mol/L=6.6 10 mol/L
1.2 10
c S
，此时
2
Cd 的浓度大于
5
1
1.0 10 mol L
，
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H，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Cl替换
2
S ，区域
B 中，由Cu替换
2
Zn ；按照均摊法，区域B 中含
2
Zn ：3 个、Cu：1 个、2
S ：
1
1
8
6
4
8
2
个，
2
3
1
1
2
4
1
，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”，ZnS与
3
3
H AsO 反应除了生成
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
25
2
3
As S 外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：
2
3
3
2
3
2
2H AsO
3ZnS
6H
As S
3Zn
6H O
。
②随着反应的进行，溶液pH 增大，溶液中
2
H S 浓度减小，促进
2
3
2
3
3
2
As S
6H O
2H AsO
3H S
平衡正向移动，
2
3
As S 重新溶解，砷回收率下降，所以反应
4h 后，砷回收率下降。
8．（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，
2
TiO 是难溶酸性氧化物，
3
CaTiO 的溶解度极低。
20℃时，NaF 的溶解度为4.06g /100g 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) 20℃时，
2
CaF 饱和溶液的浓度为
1
cmol L
，用c 表示
2
CaF 的溶度积
sp
K
。
(3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为
2
2
CaF
2NaOH
Ca(OH)
2NaF
。分析沉淀的成分，测
得反应的转化率为78%。水浸分离，NaF 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
2
s CaF
2
s Ca(OH)
(填“>”或“<”)
(4)工艺Ⅱ水浸后NaF 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NaF 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
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
26
【答案】(1)
2
2
6
1s 2s 2p
(2)
3
4c
(3)正向
＜
(4)
2
2
3
2
CaF
TiO
2NaOH
CaTiO
2NaF
H O
(5)a
(6)ab
【分析】工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为
2
2
CaF
2NaOH
Ca(OH)
2NaF
，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
2
TiO 粉末，由题目可知，生成的
3
CaTiO 的溶解度极低，使
得
2
Ca 不转化为Ca(OH)2，提高了NaF 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
2
6
1s 2s 2p ；
（2）
2
CaF 饱和溶液的浓度为
1
cmol L
，则
2
c
/ L
Ca
cmol
、
c F
2
/ L
cmol
，
2
2
3
2
K
c
c
F
4c
sp CaF
Ca
；
（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：
2
2
s
s
(
)
CaF
Ca OH
；
（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：
2
2
3
2
CaF
TiO
2NaOH
CaTiO
2NaF
H O
；
（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
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
27
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。
9．（2025·重庆·高考真题）硒(Se)广泛应用于农业和生物医药等领域，一种利用H2Se 热
解制备高纯硒的流程如下：
已知H2Se 的沸点为231K，回答下列问题：
(1)真空焙烧时生成的主要产物为
2
3
Al Se ，其中Se 的化合价为
，Al 元素基态原子的
电子排布式为
。
(2)氢化过程没有发生化合价的变化，Al 元素转化为Al2O3·xH2O，则反应的化学方程式
为
。
(3)热解反应：
2
2
H Se g
Se g
H
g
ΔH
0
。冷凝时，将混合气体温度迅速降至500K
得到固态硒。Se 由气态直接转变为固态的过程称为
。迅速降温的目的
；冷
凝后尾气的成分为
(填化学式)。
(4)Se 的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009 进行测定，测定过程中Se 的化合价变化如下：
称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。
在酸性介质中，先加入0.1000mol·L-1 Na2S2O3 标准溶液40.00mL，在加入少量KI 和淀粉溶液，
继续用Na2S2O3 标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为
2
2
2
3
2
4
6
I
2Na S O
2NaI
Na S O
)，又
消耗8.00mL。过程②中Se(IV)与Na2S2O3 反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程
③的离子方程式为
。该样品中Se 的质量分数为
。
【答案】(1) 2
2
2
6
2
1
1s 2s 2p 3s 3p
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
28
(2)
2
3
2
2
3
2
2
Al Se + x+3 H O=Al O ·xH O+3H Se
(3)凝华
减少
2
H Se 生成，提高Se 产率
2
H ，
2
H Se
(4)
2
3
2
2
4H
H SeO
4I
2I
Se
3H O
94.8%
【分析】粗Se 加入铝粉焙烧得到
2
3
Al Se ，通入水蒸气氢化得到
2
H Se ，脱水后热解发生反应：
2
2
H Se g
Se g
H
g
，冷凝后得到精Se；
【详解】（1）Al 是IIIA 族元素，化合价为+3 价，则Se 化合价为-2 价；铝的基态电子排布
式为
2
2
6
2
1
1s 2s 2p 3s 3p ；
（2）“氢化”过程是
2
3
Al Se 与水蒸气反应生成
2
H Se g ，化学方程式为
2
3
2
2
3
2
2
Al Se + x+3 H O=Al O ·xH O+3H Se ；
（3）从气态变为固态的过程为凝华；已知热解正向是吸热反应，降温时，为避免平衡逆向
移动，需要迅速冷凝Se 蒸汽，故目的是减少
2
H Se生成，提高Se 产率；尾气种含有
2
H 以及
少量的
2
H Se；
（4）反应③是
Se IV 被KI 还原为Se 的过程，离子方程式为：
2
3
2
2
4H
H SeO
4I
2I
Se
3H O
；
第一次加入40.00mL 的
2
2
3
Na S O 溶液和KI 溶液，二者同时做还原剂，将
2
3
H SeO 还原为Se，
第二次再加入同浓度的
2
2
3
Na S O 滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48mL 0.1mol/L
的
2
2
3
Na S O 溶液与
2
3
H SeO 反应，根据已知条件Se(IV)与
2
2
3
Na S O 反应的物质的量之比为1: 4，
则
-3
-3
1
n Se
=
×48×10 ×0.1=1.2×10 mol
4
Ⅳ
，样品中Se 的含量：
-3
1.2×10 mol×79g/mol×100%=94.8%
0.1g
。
10．（2025·安徽·高考真题）某含锶(Sr)废渣主要含有
4
2
3
3
SrSO
SiO
CaCO
SrCO
、
、
、
和
3
MgCO 等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
29
已知25℃时，
-6.46
-9.97
sp
4
sp
4
K
SrSO
=10
,K
BaSO
=10
回答下列问题：
(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA 族。基态原子价电子排布式为
。
(2)“浸出液”中主要的金属离子有
2+
Sr
、
(填离子符号)。
(3)“盐浸”中
4
SrSO 转化反应的离子方程式为
；25℃时，向
4
0.01 mol SrSO 粉末中加入
-1
2
100mL0.11mol L BaCl
溶液，充分反应后，理论上溶液中
2+
2-
4
c Sr
c SO
=
2
-1
mol L
(忽略溶液体积的变化)。
(4)其他条件相同时，盐浸2h ，浸出温度对锶浸出率的影响如图1 所示。随温度升高锶浸出
率增大的原因是
。
(5)“浸出渣2”中主要含有
4
SrSO 、
(填化学式)。
(6)将窝穴体a(结构如图2 所示)与
+
K 形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的
2+
Sr
，原
因是
。
(7)由
2
2
SrCl
6H O
制备无水
2
SrCl 的最优方法是
(填标号)。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
30
a．加热脱水
b．在HCl 气流中加热
c．常温加压
d．加热加压
【答案】(1)
2
5s
(2)
2
Ca 、
2
Mg
(3)
2
2
4
4
SrSO
s +Ba
BaSO
s +Sr
aq
aq
8.97
10
(4)升高温度，
2
Ba 与
4
SrSO 有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；
(5)
4
BaSO 、
2
SiO
(6)窝穴体a 的空腔与
2
Sr 更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且
2+
Sr
具有更多的空
轨道，能够与更多的N、O 形成配位键，形成超分子后，结构更稳定
(7)a
【分析】含锶(Sr )废渣主要含有
4
2
3
3
SrSO
SiO
CaCO
SrCO
、
、
、
和
3
MgCO 等，加入稀盐酸酸
浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1 中含有
4
2
SrSO
SiO
、
，加入
2
BaCl 溶液，发生沉淀转化，
2
2
4
4
SrSO
s +Ba
BaSO
s +Sr
aq
aq
，得到
2
SrCl 溶液，经过系列操作得到
2
2
SrCl ·6H O
晶体；
【详解】（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA 族，基态原子价电子排布式为
2
5s ；
（2）由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有
2+
Sr
、
2
Ca 、
2
Mg ；
（3）由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：
2
2
4
4
SrSO
s +Ba
BaSO
s +Sr
aq
aq
；该反应的平衡常数
2
2
2
-6.46
4
sp
4
3.51
-9.97
2
2
2
sp
4
4
c
c
·c
K
SrSO
10
K
=10
K
BaSO
10
c
c
·c
Sr
Sr
SO
Ba
Ba
SO
，平衡常数很大，近似认为
4
SrSO 完全转化，溶液中剩余
2
3
n
1 10
Ba
mol
，则
sp
4
2
7.97
4
2
K
BaSO
c
10
/ L
c
SO
mol
Ba
，
列三段式：
2
2
4
4
SrSO
s
BaSO
s
0.01
0.011
0
0.01
0.01
0.01
0.001
0.01
Ba
aq
Sr
aq
mol
mol
mol
初始
变化
平衡
，理论上溶液
中
2+
2-
4
c Sr
c SO
=
7.97
1
8.97
10
/ L 10
/ L
10
mol
mol
2
-1
mol L
；
（4）随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，
2
Ba 与
4
SrSO 有效碰撞次数增加，反应
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
31
速率加快，所以锶浸出率增大；
（5）“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了
4
BaSO ，
2
SiO 不参与反应，故浸出渣2”中主要含有
4
SrSO 、
4
BaSO 、
2
SiO ；
（6）窝穴体a 与
+
K 形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的
2+
Sr
，原因是窝穴体a 的
空腔与
2
Sr 更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且
2+
Sr
具有更多的空轨道，能够与
更多的N、O 形成配位键，形成超分子后，结构更稳定；
（7）
2
Ca OH
为强碱，则
2
Sr OH
也是强碱，
2
Sr 不水解，排除b，由平衡移动原理可知
2
2
SrCl
6H O
制备无水
2
SrCl 的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。
11．（2025·北京·高考真题）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：
2
2
4
4
2
PbO +Pb+2H SO
2PbSO +2H O
放电
充电
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
2
4
H SO 的物质的量为
mol。已知：转移1mol 电子
所产生的电量为96500 库仑。
③35% ~ 40%
2
4
H SO 作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，
2-
4
SO 参与电极反应并
有利于保持电压稳定。该体系中
2-
4
SO 不氧化Pb ，
2-
4
SO 氧化性弱与其结构有关，
2-
4
SO 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：
2
PbO 电极在
2
4
H SO 作用下产生的
2
O 可
将Pb 电极氧化。
2
O 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下。
①将
4
PbSO 等物质转化为
2+
Pb
的过程中，步骤I 加入NaOH 溶液的目的是
。
②步骤Ⅱ、Ⅲ中
2
2
H O 和
2
2
8
K S O 作用分别是
。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
32
(3)铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒
4
PbSO ，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
4
PbSO
c．碳材料作还原剂，使
2
PbO 被还原
【答案】(1)
-
2-
4
4
PbSO +2e =Pb+SO
a
96500
正四面体形
2
2
4
4
2
2Pb+O +2H SO =2PbSO +2H O
(2)使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解
H2O2 的作用为还原剂，K2S2O8 的作用为
氧化剂
(3)ab
【详解】（1）①充电时，阴极发生还原反应，PbSO4 得到电子变成Pb，其发生的电极反应
为：
-
2-
4
4
PbSO +2e =Pb+SO ；
②根据放电时的反应，每消耗1molH2SO4，转移1mol 电子；产生a 库伦电量，转移的电子
为
a
mol
96500
，故消耗H2SO4 的物质的量为
a
mol
96500
；
③
2-
4
SO 的中心原子S 原子的价层电子对数为
1
4
(6
2
2 4)
4
0
4
2
，故其空间结构为
正四面体形；
④Pb 在H2SO4 作用下与氧气反应，会生成PbSO4 和水，反应的化学方程式为：
2
2
4
4
2
2Pb+O +2H SO =2PbSO +2H O。
（2）废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4 转化为Pb(OH)2，
过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，电解后生成
Pb；若加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2。
①由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4 转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，
其目的是为了使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解
2-
4
SO ；
②由以上分析可知，加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，说明PbO2 被H2O2 还原，
故H2O2 的作用为还原剂；加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2，说明Pb(OH)2、PbO 被
K2S2O8 氧化，故K2S2O8 的作用为氧化剂。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
33
（3）由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO4，石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料
的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO4，故a、b
正确；
负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO2，碳材料不能使PbO2 被还
原，c 错误；
故选ab。
12．（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
3
Fe(OH)
3
Al(OH)
2
Cu(OH)
2
Ni(OH)
sp
K
298K
39
2.8 10
33
1.3 10
20
2.2 10
16
5.5 10
(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
2
3
Fe O 的离子方程式为：
。
2
2
2
3
_
_
_
_
__
O
___ H O
Fe O
___ _ H
_
_
高压
(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
2
c Cu
0.022mol / L
，
2
c Ni
0.042mol / L
。
(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_______。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
34
A．镍与N、O 形成配位键
B．配位时
2
Ni 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)
x
y
Ni Cu N z 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
Ni Cu
Ni N
d
: d
2 :1
，则x : y : z
；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
2
H ，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，
2
3
Fe O 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
高压
加热
2Fe2O3↓+8H+
(3)5
(4)AD
(5) 3：1：1
12
(6) 2NH3
催化剂
加热、加压
N2+3H2
Fe2O3+3H2
o
700 C 2Fe+3H2O
没有污染物产生
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
35
【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
2
SO “酸浸”，故浸取液中不含有
3
Fe ，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧
化为
2
3
Fe O ，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O
高压
加热
2Fe2O3↓+8H+；
（3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2 的溶度积更小，
2
c Cu
0.022mol / L
，
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
Ni Cu
Ni N
d
: d
2 :1
，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
2 a
2
，面心的原子与体心的原
子距离为1 a
2
，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6× 1
3
2
个，顶点原子为Cu，有8× 1
1
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
1
3 8
12
2
；
（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：
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
36
2NH3
催化剂
加热、加压
N2+3H2、Fe2O3+3H2
o
700 C 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
2
3
Fe O 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。
13．（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、
2
3
As O 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：
2
3
As O 熔点314℃，沸点460℃
分解温度：CuO1100℃，
4
CuSO 560℃，
4
ZnSO 680℃，
4
PbSO 高于1000℃
8
sp
4
K
PbSO
1.8 10
(1)设计焙烧温度为600℃，理由为
。
(2)将
2
SO 通入
2
3
Na CO 和
2
Na S的混合溶液可制得
2
2
3
Na S O ，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a
b
c
，α
β
γ
90°
。Cs与Pb 之间的距离为
pm(用带有晶胞
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
37
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
3
g/cm (用带
有阿伏加德罗常数
A
N 的代数式表示
Cs
Pb
M
M
、
和
Br
M
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
SO +
2
3
Na CO +2
2
Na S=3
2
2
3
Na S O +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)
2
2
2
a +b +c
2
CsPbBr3
Cs
Pb
Br
-30
A
M
+M
+3M
N
abc 10
【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、
2
3
As O 及Cu、Zn、Pb 的硫酸盐)焙烧将S 转化为二氧化硫，
2
3
As O 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
2
SO 通入
2
3
Na CO 和
2
Na S的混合溶液可制得
2
2
3
Na S O ，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
SO +
2
3
Na CO +2
2
Na S=3
2
2
3
Na S O +CO2，故答案为：
4
2
SO +
2
3
Na CO +2
2
Na S=3
2
2
3
Na S O +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；
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
38
（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
8
8
=1，
Br 位于棱心，个数为
1
12
4
=3，该化合物的化学式为CsPbBr3，Cs 位于体心，Pb 位于顶点，
Cs与Pb 之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数a
b
c
，α
β
γ
90
℃，Cs与Pb
之间的距离为
2
2
2
a +b +c
2
pm，该晶体密度计算式为
Cs
Pb
Br
-30
A
M
+M
+3M
N
abc 10
3
g/cm ，故答案为：
2
2
2
a +b +c
2
；CsPbBr3；
Cs
Pb
Br
-30
A
M
+M
+3M
N
abc 10
。
14．（2025·山东·高考真题）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含
2
3
2
Fe O
MnO
、
及
Co
Cu
Ca
Si
、
、
、
等元素的氧化物)分离提取Cu
Co
Mn
、
、
等元素，工艺流程如下：
已知：该工艺条件下，
4
4
2
NH
SO 低温分解生成
4
4
NH HSO ，高温则完全分解为气体；
2
4
3
Fe
SO
在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。
回答下列问题：
(1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。
2
MnO 与
4
4
NH HSO 反应转化为
4
MnSO 时有
2
N
生成，该反应的化学方程式为
。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分
除
2
SiO 外还含有
(填化学式)。
(2)在
4
4
2
NH
SO 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) HR 萃取
2
Cu 反应为：2HR (有机相)
2
Cu
(水相)
2
CuR
(有机相) 2H
(水相)。“反萃取”
时加入的试剂为
(填化学式)。
(4)“沉钴”中，pH
4
时
2
Co 恰好沉淀完全
2
5
1
c Co
1 10 mol L
，则此时溶液中
2
c H S
1
mol L
。已知：
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
39
7
13
21
a1
2
a2
2
sp
K
H S
1 10
K
H S
1 10
K (CoS)
4 10
，
，
。CoS“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)
2
4
4
4
2
3
2
3MnO +3NH HSO
3MnSO +N
NH
6H O
低温焙烧
Fe2O3、CaSO4
(2)减小
(3)H2SO4
(4)4×10-4
+
2+
2
2
2
CoS+H O +2H =Co
+S+2H O
(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Cu
Co
Mn
、
、
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650℃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：
2
4
4
4
2
3
2
3MnO +3NH HSO
3MnSO +N
NH
6H O
低温焙烧
；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：
2
4
4
4
2
3
2
3MnO +3NH HSO
3MnSO +N
NH
6H O
低温焙烧
；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：2HR (有机相)
2
Cu
(水相)
2
CuR
(有机相) 2H
(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
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
40
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
-21
2-
-16
-5
2+
Ksp
CoS
4 10
c
=
=
=4 10
mol L
(
/
1 10
c
S
Co
，又因为Ka1(H2S)=
1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，
-
+
+
-
2
+
2
2
2-
2-
a1
a2
c
c HS
c
c S
c
c S
c H S
c H S
H
H
H
K
c HS
×K =
，则
c(H2S)=
2-
a1
a2
2
+
c
H
K
S
×K
c
=
-4
2
16
7
13
(10 )
4 10
10
10
=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：
2
2
2
4
4
2
CoS+H O +H SO =CoSO +S+2H O，
改写成离子方程式为：
+
2+
2
2
2
CoS+H O +2H =Co
+S+2H O。故答案为：4×10-4；
+
2+
2
2
2
CoS+H O +2H =Co
+S+2H O；
（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。
15．（2025·陕西、山西、青海、宁夏·高考真题）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成
分为
2+
2+
+
4
Mn
Mg
NH
、
、
的硫酸盐)的工艺流程如下。
已知：①常温下
-5.17
sp
3
K
MgCO
=10
，
-11.25
sp
2
K
Mg(OH)
=10
，
-12.72
sp
2
K
Mn(OH)
=10
；
②
2-
2
8
S O 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)
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
41
(2)“沉锰I”中，写出形成的
2
Mn(OH) 被氧化成
3
4
Mn O 的化学方程式
。当
2+
-0.68
-1
Mg
c=10
mol L
将要开始沉淀时，溶液中剩余
2+
Mn
浓度为
-1
mol L
。
(3)“沉锰Ⅱ”中，过量的
4
2
8
2
NH
S O 经加热水解去除，最终产物是
4
4
NH HSO 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
3
2
2
xMgCO
yMg(OH)
zH O
，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
3
4
H PO 至pH=8.0 时，
2+
Mg
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】(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MgO
(5)
2
4
3
4
2
4
MgHPO
H PO
Mg
2H PO
(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
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
42
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
2
0.68
sp
2
2
2
sp
2
c Mg
K [Mg OH)
10
K [Mn OH)
c Mn
c Mn
=
11.25
12.72
10
10
，
2
c Mn =10-2.15mol/L；
（3）“沉锰Ⅱ”中，过量的
4
2
8
2
NH
S O 经加热水解去除，
4
2
8
2
NH
S O 中存在过氧键，在加
热和水存在下发生水解，生成
4
4
NH HSO 和
2
2
H O ：
4
2
8
2
4
4
2
2
2 S O
2H O
2
H O
NH
NH HSO
，
2
2
H O 分解
2
2
2
2
2H O
2H O+O
=
，总反应为
4
2
8
2
4
4
2
2
2
S O
2H O
4
O
NH
NH HSO
，最终
产物是
4
4
NH HSO 和O2；
（4）
3
2
2
xMgCO
yMg(OH)
zH O
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MgO ；
（5）由题中信息可知，pH=8 时，产生的沉淀为
4
MgHPO ，调节到pH=4，磷元素存在形式
为
-
2
4
H PO ，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：
2
4
3
4
2
4
MgHPO
H PO
Mg
2H PO
；
（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，Mn 元素化合价降低，发生了还原反
应。
★巩固训练
1．锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。某锌浸渣中含有ZnO 、
2
3
Fe O 、
2
GeO 、
2
SiO 、
4
PbSO 等，利用锌浸渣提取Ge 的实验流程如下图所示：
已知：①部分含锗微粒的存在形式与pH 的关系为：
pH
pH<2
pH
2.5
5
pH>12
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
43
Ge 存在形式
4
Ge
3
Ge OH
2
3
GeO
②部分金属离子的沉淀pH ：
2
Fe
3
Fe
2
Zn
开始沉淀
7.5
2.3
6.2
沉淀完全
9.0
3.2
8.0
回答下列问题：
(1)“滤渣”的主要成分的化学式是
。
(2)
2
3
Fe O 在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为
。
(3)“沉锗”步骤中加入的物质A 属于碱性氧化物，其化学式是
。“沉锗”操作后，
Ge 以
2
GeO 的形式存在，随着pH 的升高，Ge 的沉淀率升高，“沉锗”操作理论上需控制pH 范
围为
。
(4)“酸溶”后，溶液的pH 为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，其原理为酒石酸
4
6
6
C H O
与
含锗微粒形成酒石酸络阴离子
2
2
4
4
4
6
4
6
6
4
4
6
3
3
Ge C H O
:Ge
3C H O
Ge C H O
6H
①若pH 升高，锗的萃取率下降，原因是
。
②“反萃取”中加入的物质B 是
(填标号)。
a．NaOH 溶液
b．
2
4
H SO 溶液
c．
4
NaHSO 溶液
(5)一种锗晶胞结构如下左图，与锗原子距离最近且相等的锗原子有
个，锗原子
A 的原子坐标为
0,0,0 ，锗原子B 的原子坐标为
；将该晶胞沿图中体对角线投
影，下左图中锗原子B 投影的位置是下右图的
号位(填数字)。
【答案】(1)
2
SiO 、
4
PbSO
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
44
(2)
2
2
2
3
2
4
2
Fe O
2H
SO
2Fe
SO
H O
(3)
CaO
5
pH
6.2
(4)
生成
3
Ge OH
后难以与酒石酸形成配合物
a
(5)
4
1 1
1,
,
2 2
4
【分析】由题给流程可知，锌浸渣用二氧化硫、硫酸溶液还原浸出，将氧化铁转化为硫酸亚
铁，氧化锌、氧化锗转化为硫酸锌、硫酸锗，二氧化硅和硫酸铅不反应，过滤得到含有二氧
化硅、硫酸铅的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化钙调节溶液pH 在5—6.2 范围内，将溶液中
的硫酸锗转化为二氧化锗沉淀，过滤得到含有硫酸亚铁、硫酸锌的滤液和含有氢氧化钙、二
氧化锗的滤渣；向滤渣中加入硫酸溶液酸溶，将氢氧化钙转化为硫酸钙、二氧化锗转化为硫
酸锗，经一系列操作得到石膏和硫酸锗溶液；向溶液中加入酒石酸和有机溶剂萃取、分液得
到水相和含有
2
4
4
6
3
Ge C H O
的有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH 大于
12，反萃取、分液得到锗酸钠，选择合适还原剂将锗酸钠还原得到锗。
【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸铅，故答案为：
2
SiO 、
4
PbSO ；
（2）由分析可知，还原浸出时氧化铁发生的反应为氧化铁与二氧化硫、硫酸溶液反应生成
硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为
2
2
2
3
2
4
2
Fe O
2H
SO
2Fe
SO
H O
，故答案为：
2
2
2
3
2
4
2
Fe O
2H
SO
2Fe
SO
H O
；
（3）由分析可知，加入氧化钙调节溶液pH 在5—6.2 范围内的目的是将溶液中的硫酸锗转
化为二氧化锗沉淀，故答案为：CaO；5
pH
6.2
；
（4）①由题意可知，加入酒石酸和有机溶剂萃取时，溶液的pH 为1.8，锗元素以硫酸锗的
形式存在，由题给信息可知，溶液pH 升高，溶液中硫酸锗会转化为
3
Ge OH
离子，使
得硫酸锗难以与酒石酸形成配合物，导致锗的萃取率下降，故答案为：生成
3
Ge OH
后
难以与酒石酸形成配合物；
②由分析可知，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH 大于12，反萃取的目的是分液得到锗酸钠，
故选a；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锗原子与位于体对角线上的锗原子距离最近，则
与锗原子距离最近且相等的锗原子有4 个；位于顶点的锗原子A 的原子坐标为
0,0,0 ，说
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
45
明晶胞的边长为1，则位于右侧面心的锗原子B 的原子坐标为
1 1
1,
,
2 2
；由投影图中锗原子
A、C 的位置可知，锗原子B 投影的位置是图中的4 号位，故答案为：4；
1 1
1,
,
2 2
；4。
2．用钒渣(主要化学成分为V2O3，含少量CaO、Fe2O3 和SiO2) 制备V2O5 的工艺流程如图所
示。
已知：I．酸性条件下，+4 价、+5 价V 分别以VO2＋、
+
2
VO 形式存在。II．HA 的萃取原理为
Mn＋(水层)+nHA(有机层)nH
＋(水层)+MAn(有机层)；酸性溶液中，HA 对
2+
3+
VO
Fe
、
萃取能
力强，对
2+
2+
+
2
VO
Fe
Ca
、
、
的萃取能力较弱。回答下列问题：
(1)“焙烧”时V2O3 转化为NaVO3，该反应的化学方程式为
。
(2)“转化”工序加铁粉的主要作用是
。
(3)“萃取”后，水层溶液的pH 的变化为
(填“增大”“不变”或“减小”)“氧化”时发生反应的
离子方程式为
。
(4)“沉钒”中通入NH3 的作用之一是调节pH，将
+
2
VO 转化为
-
3
VO 。常温下，维持溶液中
NH3·H2O-NH4Cl 总浓度为c mol·L-1，pH=8，则析出NH4VO3 后溶液中c(
-
3
VO )=
-1
mol L
。
已知常温下，Ksp(NH4VO3)=a，Kb(NH3·H2O)=b。
(5)“煅烧”工序得到V2O5，其他产物可返回到
工序重新利用；煅烧过程中固体的失重
比随温度变化如图所示，则加热至250℃时，固体成分为
(填化学式)。
【答案】(1)
2
3
2
3
2
3
2
V O +Na CO +O
2NaVO +CO
焙烧
(2)将
-
3
VO 还原为
2+
VO
、将
3+
Fe 还原为
2+
Fe
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
46
(3) 减小
-
2+
-
+
+
3
2
2
ClO +6VO
+3H O=Cl +6VO +6H
(4) (
)
-6
a b+10
bc
(5) 沉钒
3
HVO
【分析】钒渣(主要化学成分为V2O3，含少量CaO、Fe2O3 和SiO2)加入Na2CO3，在足量空气
中进行焙烧，主要发生
2
3
2
3
2
3
2
V O +Na CO +O
2NaVO +CO
焙烧
反应，加入稀硫酸进行酸浸，
得到含VO2＋、
+
2
VO 、
3+
Fe 、
2+
Ca
等的溶液和滤渣，向溶液中加入铁粉进行转化，将
-
3
VO 还
原为
2+
VO
、将
3+
Fe 还原为
2+
Fe
，由于，HA 对
2+
3+
VO
Fe
、
萃取能力强，对
2+
2+
+
2
VO
Fe
Ca
、
、
的
萃取能力较弱，加入HA 将
2+
VO
进行萃取，加入稀硫酸进行反萃取，得到含
2+
VO
的溶液，
加入NaClO3 进行氧化，发生
-
2+
-
+
+
3
2
2
ClO +6VO
+3H O=Cl +6VO +6H 反应，将
2+
VO
氧化为
+
2
VO ，
加入NH3·H2O 和NH4Cl 进行沉钒，得到NH4VO3，将NH4VO3 煅烧得到V2O5，据此回答。
【详解】（1）焙烧时，V2O3、Na2CO3 与空气中氧气在高温下发生
2
3
2
3
2
3
2
V O +Na CO +O
2NaVO +CO
焙烧
反应，将V2O3 转化为
3
NaVO ；
（2）HA 对
2+
3+
VO
Fe
、
萃取能力强，对
2+
2+
+
2
VO
Fe
Ca
、
、
的萃取能力较弱，向溶液中加入铁
粉进行转化，将
-
3
VO 还原为
2+
VO
、将
3+
Fe 还原为
2+
Fe
，还原后
2+
Fe
不被萃取，实现与V 分
离；
（3）由萃取原理Mn＋(水层)+nHA(有机层)nH
＋(水层)+MAn(有机层)，生成H＋，“萃取”后，
水层溶液的pH 减小；氧化时，
2+
VO
被NaClO3 氧化为
+
2
VO ，离子方程式：
2+
+
+
3
2
2
ClO +6VO +3H O=Cl +6VO +6H
；
（4）pH=8 时，
6
c(OH )
10
mol/L
，
+
3
2
4
NH
H O
NH +OH
，
4
b
3
2
c(NH ) c(OH )
K
c(NH
H O)
，由
4
b
3
2
c(NH ) c(OH )
K
c(NH
H O)
，
+
b
3
2
4
K
c(NH
H O)
c(NH )
c(OH )
，总浓度
+
4
3
2
c(NH )+c(NH
H O)=cmol/L
，
解得
+
4
6
bc
c(NH )
10
b
，由
sp
4
3
4
3
K
NH VO
NH
VO
a
=c(
) c(
)
，则
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
47
6
3
+
4
a
a(b 10 )
c(VO )
c(NH )
bc
；
（5）NH4VO3 煅烧时由NH3 和水生成，可返回沉钒工序（沉钒需要NH3）；设
4
3
NH VO 为1 mol
（质量为117g），
°
250 C时，失重比14.53%时，失重质量117 14.53%
17 g
（
3
NH 质量），
发生
4
3
3
3
Δ
NH VO
NH
HVO
反应，剩余的固体为
3
HVO 。
3．Ce2(CO3)3 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CePO4 形
式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2 等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O
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Ce2(CO3)3·nH2O 的离子方程式为____________________________，
常温下加入的NH4HCO3 溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O
的Kb＝1.75×10
－5，H2CO3 的Kal＝4.4×10
－7，Ka2＝4.7×10
－11)。
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4 可制备电
极材料LiFePO4，同时生成CO 和H2O，该反应的化学方程式为______________________
______________________________________________________________________________。
答案
(1) 138
58Ce
(2)加热，搅拌(其他合理答案也可)
(3)Al(OH)3
(4)促使铝离子沉淀
(5)6HCO
－
3 ＋2Ce3＋＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑
碱性
(6)6FePO4＋3Li2CO3＋
C6H12O6=====
高温9CO↑＋6H2O↑＋6LiFePO4
解析
(1)铈的某种核素含有58 个质子和80 个中子，则质量数为58＋80＝138，该核素的符
号为138
58Ce。
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知，生成Ce2(CO3)3·nH2O 的离子方
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
48
程式为6HCO
－
3 ＋2Ce3＋＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑；铵根离子的水解常数
Kh(NH
＋
4 )＝
10
－14
1.75×10
－5≈5.7×10
－10，HCO
－
3 的水解常数Kh(HCO
－
3 )＝Kw
Ka1
＝
10
－14
4.4×10
－7≈2.3×10
－8，则Kh(NH
＋
4 )<Kh(HCO
－
3 )，因此常温下加入的NH4HCO3 溶液呈碱性。
(6)由在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4 可制备电极材料LiFePO4，同时生成
CO 和H2O 可知，该反应中Fe 价态降低，C 价态部分降低，部分升高，结合得失电子守恒、
原子守恒可知该反应的化学方程式为6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6=====
高温9CO↑＋6H2O↑＋
6LiFePO4。
4．广西是我国重要的稀土资源基地，稀土(RE)包括镧(La)、铈(Ce)等元素，从离子型稀土矿(含
Fe、Al 等元素)中提取稀土元素并获得高附加值产品的一种工艺流程如图所示。
已知：该工艺下，除铈(Ce)外，稀土离子保持＋3 价不变；草酸可与多种过渡金属离子形成
可溶性配位化合物；金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH 见下表。
3
Fe
3
Al
3
RE
开始沉淀时的pH
1.5
4.3
5.6
沉淀完全时的pH
3.2
5.5
/
回答下列问题：
(1)“预中和”工序中，适宜的pH 范围是
。
(2)利用离子交换法浸出稀土的过程如图所示。已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换
能力越强。下列离子对
3
RE 交换能力最强的是___________。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
49
A．Na
B．
4
NH
C．
2
Mg
D．Cl
(3)“草酸化”过程中，测得稀土(RE)的沉淀率随
2
2
4
3
n H C O
n RE
的变化情况如图所示。当草酸用量
过多时，稀土(RE)的沉淀率下降的原因是
。
(4)“沉淀”工序产物为
［填“
2
3 3
La
CO
”或“
3
La OH
”］，理由是
。
｛
28
sp
2
3
3
La
CO
1.0 10
K
，
20
sp
3
La(OH)
10
K
｝。(当反应的
5
10
K
时可认为反应完
全)
(5)含氟稀土抛光粉的主要成分为
2
4
2
CeLa O F ，“焙烧”时发生反应的化学方程式
为
。
(6)氧化铈(
2
CeO )常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂
2
3
Y O ，
3
Y 占据原来
4
Ce 的
位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，
2
CeO 晶胞中
4
Ce 与最近
2
O 的核间距为apm。(已知：
2
2
O
100%
O
氧空位数
的空缺率=
氧空位数
数
)
①若掺杂Y2O3 后得到n(CeO2)：n(Y2O3)=0.6：0.2 的晶体，则此晶体中
2
O 的空缺率
为
。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
50
②
2
CeO 晶体的密度为
(列出表达式)
3
g cm
。
【答案】(1)3.2≤pH<4.3
(2)C
(3)草酸与RE3+离子形成可溶性配位化合物
(4)
3
La(OH)
计算
2
2
3
3
3
3
La
CO
6OH
2La(OH)
3CO
的平衡常数
K=
2
28
sp
2
3 3
12
40
sp
3
K
La (CO )
10
=
=10
K
La(OH)
10
＞105，该反应正向可以完全转化
(5)
2
3
2
2
2
4
2
2La O
2CeF
O
2CeLa O F
(6) 10%
3
10
A
4 172
4
10
3
a
N
【分析】稀土矿物与盐溶液发生离子交换除去矿渣，预中和加入碳酸氢铵将铁离子转化为氢
氧化铁沉淀，再加入碳酸氢铵调节pH 沉淀氢氧化铝与稀土元素，在沉淀中加入氢氧化钠将
氢氧化铝沉淀溶解，水解转化为Al(OH)3·nH2O，将稀土元素的沉淀加HCl 溶解，一部分加碳
酸钠沉淀之后转化为La2O3，加入CeF2 焙烧转化为含氟稀土抛光粉，另一部分加草酸酸化得
到La2O3 和含稀土合金，据此回答；
【详解】
（1）“预中和”工序中使铁离子沉淀，其他金属阳离子不沉淀，pH 的范围为：3.2≤pH<4.3；
（2）根据离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强，对RE3+交换能力最强的是Mg2+，
故选C；
（3）已知草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物，则当草酸用量过多时，RE 的
沉淀率下降的原因是：草酸与RE3+离子形成可溶性配位化合物，故钪的沉淀率下降；
（4）“沉淀”工序产物为La(OH)3，根据提干数据计算，
2
2
3
3
3
3
La
CO
6OH
2La(OH)
3CO
，
K=
2
28
sp
2
3 3
12
40
sp
3
K
La (CO )
10
=
=10
K
La(OH)
10
>105，该反应正向可以完全转化；
（5）含氟稀土抛光粉的主要成分为CeLa2O4F2，焙烧时发生的化学反应方程式为：
2
3
2
2
2
4
2
2La O
2CeF
O
2CeLa O F
；
（6）①CeO2 晶胞中的Ce4+数目为
1
1
8
6
4
8
2
，则O2-的数目为8，掺杂Y2O3 后，得到了
n(CeO2)：n(Y2O3)=0.6：0.2 的晶体，故晶胞中n(Ce4+)=0.6×4=2.4mol，n(Y3+)=0.4×4=1.6mol，
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
51
n(O2-)=2.4×2+1.6×1.5=7.2mol，故O2-的空缺率为
7.2
1
10%
8
；
②
2
CeO 晶胞中
4
Ce 与最近
2
O 的核间距为apm，CeO2 晶胞中Ce4+与最近的O2-核间距为体
对角线的四分之一，故晶胞的边长为：4a
3 pm，则该晶胞的密度为
3
10
A
4 172
4a
10
N
3
3
g cm
。
5．绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧
化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不
产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg 的深度利用和Na
＋内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是________(填元素符号)。
(2)工序①的名称为________。
(3)滤渣Ⅰ的主要成分是____________(填化学式)。
(4)工序③中发生反应的离子方程式为_______________________________________
________________________________________________________________________。
(5)物质Ⅴ可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
可代替NaOH 的化学试剂还有________________________________________________
(填化学式)。
(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序________(填“①”“②”“③”或“④”)参
与内循环。
答案
(1)Fe、Cr
(2)溶解浸出
(3)MgO、Fe2O3
(4)2Na
＋＋2CrO 2－
4
＋2CO2 ＋H2O===Cr2O 2－
7
＋2NaHCO3↓
(5)4Fe(CrO2)2 ＋
7O2 ＋
16NaHCO3=====
高温8Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O
Na2CO3
(6)②
解析
(2)工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
52
(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，
反应的离子方程式为2Na
＋＋2CrO2－
4 ＋2CO2＋H2O===Cr2O2－
7 ＋2NaHCO3↓。
(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下Fe(CrO2)2与氧气
和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2＋7O2
＋16NaHCO3=====
高温8Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生
类似的反应。
(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣Ⅰ中可以将氧化镁
转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回的工序为工序②。
6．富硼渣中含有镁硼酸盐(2MgO·B2O3)、镁硅酸盐(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO 等杂质。
由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸(H3BO3)晶体的一种工艺流程如下：
已知：生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1 mol·L
－1)
Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀时
1.9
3.4
7.0
9.1
完全沉淀时
3.2
4.7
9.0
11.1
(1)酸浸时发生反应：2MgO·SiO2＋2H2SO4===2MgSO4＋SiO2＋2H2O,2MgO·B2O3＋2H2SO4＋
H2O===2H3BO3＋2MgSO4。
①上述反应体现出酸性强弱：H2SO4__________(填“>”或“＜”)H3BO3。
②已知硼酸与过量NaOH 溶液发生的中和反应为H3BO3＋OH
－===B(OH)
－
4 。下列关于硼酸的
说法正确的是________(填字母)。
A．硼酸是一元酸
B．向NaHCO3 固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生
C．硼酸的电离方程式可表示为H3BO3＋H2O
B(OH)
－
4 ＋H
＋
(2)检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，________________(填操作和现象)，证明
溶液中含有Fe2＋。
(3)除去浸出液中的杂质离子：用MgO 调节溶液的pH 至____________以上，使杂质离子转
化为__________________(填化学式)沉淀，过滤。
(4)获取晶体：ⅰ.浓缩滤液，使MgSO4 和H3BO3 接近饱和；ⅱ.控制温度使两种晶体分别从
溶液中结晶。结合如图溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入到高压釜中，升温结晶得
到____________晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到________________晶体。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
53
答案
(1)①＞
②AC
(2)滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
(3)4.7
Al(OH)3、Fe(OH)3
(4)硫酸镁
硼酸
解析
(1)①2MgO·B2O3＋2H2SO4＋H2O===2H3BO3＋2MgSO4，根据强酸制弱酸可知，酸性：
H2SO4＞H3BO3；②硼酸与过量NaOH 溶液发生的中和反应为H3BO3＋OH
－===B(OH)
－
4 ，可
知硼酸为一元酸，A 项正确；由于非金属性：B<C，则硼酸的酸性比碳酸弱，故硼酸与碳酸
氢钠不反应，B 项错误；硼酸的电离方程式为H3BO3＋H2O
B(OH)
－
4 ＋H
＋，C 项正确。
(3)溶液中含有铁离子、铝离子等杂质，由表中数据可知，用MgO 调节溶液的pH 至4.7 以
上，使杂质离子转化为Al(OH)3、Fe(OH)3。
(4)由图像可知硫酸镁的溶解度随温度升高而降低，硼酸的溶解度随温度升高而增大，则可
升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。
7．氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①菱锰矿石主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg 等元素；
②相关金属离子[c(Mn＋)＝0.1 mol·L
－1]形成氢氧化物沉淀时的pH 如下：
金属离子
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
Ca2＋
Mn2＋
Mg2＋
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.5
10.6
8.1
9.6
沉淀完全的pH
5.2
3.7
9.7
12.6
10.1
11.6
③常温下，CaF2、MgF2 的溶度积分别为1.46×10
－10、7.42×10
－11。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_______________________________
________________________________________________________________________。
(2)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为______________，
氯化铵与菱锰矿粉的质量之比为________________，焙烧时间为_______________________。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
54
(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2 将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式
为________________________；然后调节溶液pH 使Fe3＋、Al3＋沉淀完全，此时溶液的pH
范围为__________________。再加入NH4F 沉淀Ca2＋、Mg2＋，当c(Ca2＋)＝1.0×10
－5 mol·L
－
1 时，c(Mg2＋)＝____________ mol·L
－1。
(4)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为___________________________________
________________________________________________________________________。
(5)流程中能循环利用的固态物质是_________________________________________
(填化学式)。
答案
(1)MnCO3＋2NH4Cl=====
△
MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O
(2)500 ℃
1.10
60 min
(3)MnO2＋2Fe2＋＋4H
＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
5．2≤pH<8.1
5.1×10
－6
(4)Mn2＋＋2HCO
－
3 =====
△
MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
(5)NH4Cl
解析
(3)二氧化锰具有氧化性，可以氧化亚铁离子，而二氧化锰被还原为锰离子，反应的
离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H
＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；根据题干信息知pH 在5.2 时Al3
＋沉淀完全，pH 在8.1 时，Mn2＋开始沉淀，所以将Fe3＋、Al3＋沉淀完全，可以调整pH 范围
在5.2≤pH<8.1；根据CaF2、MgF2 的溶度积计算得：c2(F
－)＝1.46×10
－10
1.0×10
－5
mol2·L
－2＝1.46×
10
－5 mol2·L
－2，c(Mg2＋)＝7.42×10
－11
1.46×10
－5mol·L
－1≈5.1×10
－6 mol·L
－1。
8．钛是一种重要的金属，以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，还含有少量Fe2O3]为原
料制备钛的工艺流程如图所示。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
55
(1)“溶浸”过程中生成了TiOSO4，其中Ti 的化合价为____________，“溶浸”过程发生的
主要反应的化学方程式为_________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)物质A 为单质，化学式为__________，“一系列操作”为蒸发浓缩、________和过滤。
(3)将少量FeSO4·7H2O 溶于水，加入一定量的NaHCO3 溶液，可制得FeCO3，写出反应的离
子方程式为_____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)若反应后的溶液中c(Fe2＋)＝2×10
－6 mol·L
－1，则溶液中c(CO2－
3 )＝__________ mol·L
－1(已
知：常温下FeCO3 饱和溶液浓度为4.5×10
－6 mol·L
－1)。
答案
(1)＋4
FeTiO3＋2H2SO4===TiOSO4＋FeSO4＋2H2O
(2)Fe
冷却结晶
(3)Fe2＋＋2HCO
－
3 ===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
(4)1.0×10
－5
解析
(1)TiOSO4 中S 的化合价为＋6，O 的化合价为－2，根据化合物中各元素化合价的代
数和为0，可知TiOSO4 中Ti 的化合价为＋4。结合钛铁矿的成分及“溶浸”过程中生成了
TiOSO4，可知该过程发生的主要反应的化学方程式为FeTiO3＋2H2SO4===TiOSO4＋FeSO4
＋2H2O。(2)该流程中还有副产物FeSO4·7H2O，故需将溶浸产物中的Fe3＋除去，物质A 为
Fe。(3)HCO
－
3 能电离出H
＋和CO2－
3 ，Fe2＋与CO 2－
3 结合形成难溶的FeCO3 沉淀，H
＋与另一分
子HCO
－
3 反应生成CO2 和H2O，故反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO
－
3 ===FeCO3↓＋CO2↑
＋H2O。(4)常温下FeCO3 饱和溶液浓度为4.5×10
－6 mol·L
－1，则Ksp(FeCO3)＝4.5×10
－
6×4.5×10
－6
≈2.0×10
－11。当反应后的溶液中c(Fe2＋)＝2×10
－6 mol·L
－1 时，c(CO2－
3 )＝2.0×10
－11
2×10
－6
mol·
L
－1＝1.0×10
－5 mol·L
－1。
9．以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO 及少量
2
3
2
Fe O
CuO
MnO
SiO
、
、
、
)为原料制备锌的工
艺流程如图：
已知：①“浸取”时，ZnO 、CuO 转化为
2+
3
4
Zn NH
、
2+
3
4
Cu NH
进入溶液；
②25 C
时，
-36
sp
K (CuS)=6.4 10
、
-24
sp
K (ZnS)=1.6 10
；
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
56
③深度除杂标准：溶液中
-6
2+
3
4
n(
)
2.0 10
n
Zn NH
杂质离子
；
④有机萃取剂(用HR 表示)可萃取出
2+
Zn
，其萃取原理反应为：
2+
+
2
2HR+Zn
ZnR +2H
d
。
(1)基态Zn 原子价电子排布式为
。
(2)“浸取”温度为30 C
时，锌浸出率可达90 6%
．
，继续升温浸出率反而下降，其原因
为
。
(3)“操作a”的名称为
。
(4)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的
2+
Mn
转化为
2
MnO ，离子方程式为
。
(5)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比
2+
2+
3
4
n Cu
n
Zn NH
表示] 与“
4
2
NH
S加入量”[以n(
)
100%
n(
)
实际用量
理论用量
表示] 的关系曲线如图
所示。
①当
4
2
NH
S加入量
100%
时，锌的最终回收率下降的原因是
(用离子方程式
表示)，该反应的平衡常数为
(计算结果保留小数点后两位)。(已知：
2+
3
4
Zn NH
的
2+
3
4
9
2+
4
3
c Zn NH
K =
=2.9 10
c Zn
c
NH
稳
)
②“深度除铜”时
4
2
NH
S加入量最好应选
。
a．100%
b．110%
c．120%
d．130%
(6)“电解”时，使用惰性电极，阴极存在竞争反应。该竞争反应的电极反应式为
。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
57
【答案】(1)
10
2
3d 4s
(2)温度升高，
3
NH 挥发
(3)分液
(4)
2+
+
3
2
2
2
2
4
2
Mn
+2NH
H O+H O =MnO
+2NH +2H O
(5)
2+
2
3
3
4
Zn NH
+S =ZnS
+4NH
或
2+
2-
3
2
3
2
4
Zn NH
+S +4H O=ZnS
+4NH ·H O
2.16×1014
c
(6)
2
2H
2e
H
【分析】固体废锌催化剂(主要成分为ZnO 及少量
2
3
2
Fe O
CuO
MnO
SiO
、
、
、
)，加入
NH3-NH4Cl 的混合溶液，生成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时生成难溶的Fe(OH)3、Mn(OH)2
等，SiO2 不溶解，过滤除去滤渣，得滤渣1 为Fe(OH)3、Mn(OH)2 和SiO2，再向滤液中加入
H2O2，进行深度除锰，反应的方程式为H2O2+Mn2++2NH3•H2O=MnO2↓+2H2O+2
+
4
NH ，再加入
(NH4)2S，进行沉淀除铜，反应的方程式为[Cu(NH3)4]2++S2-=CuS↓+4NH3，进行过滤操作，得到
滤渣2 为MnO2 和CuS，向滤液中加入有机萃取剂，使锌进入有机萃取剂中，再向有机萃取
剂中加入硫酸，进行反萃取，得到硫酸锌溶液，然后进行电解，得到锌单质，据此作答。
【详解】（1）锌是30 号元素，基态Zn 原子价电子排布式为
10
2
3d 4s ；
（2）“浸取”温度为30 C
时，锌浸出率可达90 6%
．
，继续升温浸出率反而下降，原因是温度
升高，
3
NH 挥发使生成的[Zn(NH3)4]2+减少，锌浸出率下降；
（3）“操作a”分离有机层和无机层，名称为分液；
（4）“深度除锰”可将残留的
2+
Mn
转化为
2
MnO ，Mn 元素化合价升高被氧化，H2O2 做氧化
剂，O 元素化合价降低，该反应的离子方程式为
2+
+
3
2
2
2
2
4
2
Mn
+2NH
H O+H O =MnO
+2NH +2H O
；
（5）①当
4
2
NH
S加入量
100%
时，锌离子和硫离子结合生成ZnS 沉淀，锌的回收率下
降的可能原因是
2+
2
3
3
4
Zn NH
+S =ZnS
+4NH
或
2+
2-
3
2
3
2
4
Zn NH
+S +4H O=ZnS
+4NH
H O
；该反应的平衡常数为
K=
4
3
2+
2-
3 4
c (NH )
c[Zn(NH ) ]c(S ) =
4
2+
3
2+
2-
2+
3 4
c (NH )c(Zn
)
c[Zn(NH ) ]c(S )c(Zn
)=
sp
1
K
K
ZnS
稳
=
9
-24
1
2.9 10
1.6 10
=2.16×
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
58
1014；
②由题干图示信息可知，当(NH4)2S 加入量为120%时，铜锌比为2.0×106，达到沉淀除铜标
准，继续加大(NH4)2S 加入量会导致锌回收率下降且不经济，故答案为：c；
（6）用惰性电极电解
4
ZnSO 溶液，Zn2+在阴极得电子生成Zn，副反应为H得电子生成
2
H ，
电极反应为：
2
2H
2e
H
。
10．锰酸锂电池在电动汽车等领域有广泛应用，以下是用电解锰阳极渣制备锰酸锂的一种方
法。
资料：
1.浸出被中的阳离子主要有
2
Mn 、
2
Fe 、
3
Fe 、
3
Al 、
2
Mg 、
2
Ca 。
2.室温下，金属阳离子浓度为0.1mol/L 时，开始沉淀与完全沉淀的pH 如下表：
金属离子
2
Fe
3
Fe
3
Al
2
Mg
2
Ca
2
Mn
开始沉淀
6.3
1.5
3.3
8.9
11.9
8.1
完全沉淀
8.3
2.8
4.6
10.9
13.9
10.1
(1)电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为
2
MnO ，推测S 在反应中体现
性。
(2)ⅱ中除杂过程需经历2 步：
a．先加入
2
2
H O ，后用
3
MnCO 调节pH 到5.5，过滤。
b．再加入
4
NH F溶液，过滤。
①
2
2
H O 的作用是
(用离子方程式表示)。
②步骤a 除去的离子有
。
③
4
NH F溶液的作用是
。
④解释不能通过加入
2
2
H O ，再调节pH 的方法除去所有杂质离子的原因
。
(3)沉锰时向滤液中加入稍过量的
4
3
NH HCO 溶液，过滤后取滤饼进行多次洗涤后烘干，得到
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
59
高纯度的
3
MnCO 。写出生成
3
MnCO 的离子方程式
。
(4)焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有
、
。
(5)制备锰酸锂过程中反应的化学方程式为
3
4
2
3
2
2
4
2
8Mn O
6Li CO
5O
12LiMn O
6CO
催化剂
，若阳极渣中含有
2
MnO 的质量为43.5g，
理论上需要加入
2
3
Li CO 的质量
(填“>”、“<”或“=”)9.25g，原因是
。
【答案】(1)还原
(2)
2
3
2
2
2
2Fe
H O
2H
2Fe
2H O
2
Fe 、
3
Fe 、
3
Al
除去
2
Ca 、
2
Mg
2
Mn 、
2
Mg 、
2
Ca 开始沉淀(或完全沉淀)的pH 比较接近，不能通过调pH 的方法只除去
2
Mg 、
2
Ca 而保留
2
Mn
(3)
2
3
3
2
2
Mn
2HCO
MnCO
CO
H O
(4)
2
O 做氧化剂
持续鼓入空气可使氧气的浓度增大，有利于提高化学反应速率，
提高产率
(5)
>
除杂过程中加入了
3
MnCO ，Mn 元素会进入滤液，最终也要转化为产品
【分析】用电解锰阳极渣制备锰酸锂的流程为：在电解锰阳极渣中加入S 和
2
4
H SO 进行酸浸
还原，过滤除去滤渣后得到含有
2
Mn 、
2
Fe 、
3
Fe 、
3
Al 、
2
Mg 、
2
Ca 的浸出液，加入
2
2
H O ，
后用
3
MnCO 调节pH 到5.5，过滤除杂后，再加入
4
NH F溶液，过滤掉滤渣后得到主要含
2
Mn
的滤液，然后稍过量的
4
3
NH HCO 溶液进行沉锰得到
3
MnCO 固体，过滤分离出
3
MnCO 固体
进行焙烧得到
3
4
O
Mn
，最后进行制备得到产物
2
4
O
LiMn
，据此解答。
【详解】（1）电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为
2
MnO ，加入S 和
2
4
H SO 进行酸浸后的
浸出液中变为
2
Mn ，说明被还原，发生反应：
2
2
2
4
2
3
S
4H
3
2H O
MnO
Mn
SO
，则
加入的S 在反应中体现了：还原性。
（2）①浸出液中的
2
Fe 完全沉淀的pH 与
2
Mn 相交，单独沉淀
2
Fe 会影响
2
Mn 的产量，
所以需要将
2
Fe 氧化为
3
Fe 在低pH 时就能完全除去，则加入的
2
2
H O 的作用是将
2
Fe 氧化
为
3
Fe ：
2
3
2
2
2
2
H O
2H
2
2H O
Fe
Fe
；
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
60
②根据资料2 和问题①，在步骤a 除去的离子有：
2
Fe 、
3
Fe 、
3
Al ；
③因为经过除杂过程后得到的主要含
2
Mn 的滤液，则加入
4
NH F溶液最主要的作用是将
2
Mg 、
2
Ca 继续转化为
2
MgF 和
2
CaF 沉淀除去；
④根据资料2 的信息可知，
2
Mn 、
2
Mg 、
2
Ca 开始沉淀(或完全沉淀)的pH 比较接近，故
不能通过调pH 的方法只除去
2
Mg 、
2
Ca 而只得到
2
Mn 。
（3）沉锰时向滤液中加入稍过量的
4
3
NH HCO 溶液与
2
Mn 反应得到
3
MnCO 固体，则反应的
离子方程式为：
2
3
3
2
2
Mn
2HCO
MnCO
CO
H O
。
（4）焙烧过程是将
3
MnCO 固体在空气中加热得到
3
4
O
Mn
，Mn 元素化合价升高，反应方程
式为：
2
2
3
4
2
6
O
2
O
6
MnO
Mn
CO
高温
，则焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有：
需要提供足量氧气作氧化剂使用、增大空气中氧气的浓度，加快反应速率。
（5）根据反应的化学方程式为
3
4
2
3
2
2
4
2
8Mn O
6Li CO
5O
12LiMn O
6CO
催化剂
，由Mn
元素守恒列关系式：
2
2
4
2
3
4
~
2
O
~
348
74
43.5g
m
MnO
LiMn
Li CO
，解得m
9.25g
，但由于在除杂过
程中加入了
3
MnCO 调节pH，这些Mn 元素最终也进入到沉锰环节被转化为
2
4
O
LiMn
，故理
论上需要加入
2
3
Li CO 的质量大于9.25g。
11．著名化学家徐光宪在稀土化学等领域取得了卓越成就，被誉为“稀土界的袁隆平”，稀土
元素如今已成为极其重要的战略资源。氧化钪
2
3
Sc O
广泛应用于航天、激光等科学领域。
一种从赤泥(主要成分为
2
3
2
3
2
2
3
2
Fe O
Al O
CaO
SiO
Sc O
TiO
、
、
、
、
、
)中提取氧化钪的路径如
下：
已知：①
2
TiO 难溶于盐酸；
②
31
sp
3
K
Sc OH
6.00 10
。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
61
(1)基态Sc 原子的价电子轨道表示式为
；同周期中未成对电子数与Sc 相同的元
素有
种。
(2)实验中需要使用
1
480mL3mol L
的盐酸，用浓盐酸配制实验所需要的盐酸，配制溶液用到
的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和
。
(3)若赤泥在“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是
。
(4)若“萃取”时用酸性磷酸酯萃取剂(P507)、苯乙酮、磺化煤油配得的混合液作萃取剂，P507
质量分数(w)对萃取率的影响如表所示，料液温度对分离系数(β )的影响如图所示，萃取时
P507 最佳质量分数及料液温度分别为
、
。[分离系数指分离后混合
体系中某物质的物质的量分数，如
n Sc
β Sc / Fe
100%
n Sc
n Fe
]
w(P507)
分相情
况
钪萃取率
(%)
铁萃取率
(%)
1%
分相容
易
90.74
14.89
2%
分相容
易
91.74
19.88
3%
分相容
易
92.14
13.30
5%
有第三
相
90.59
28.47
8%
轻微乳
化
90.59
34.85
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
62
(5)常温下，“滤液”中
3
1
c Sc
0.6mol L
。有机萃取剂萃取
3
Sc 的反应原理可表示为：
3
3
Sc
3HR
ScR
3H
(HR 代表有机萃取剂，
3
ScR 为有机配合物)。
①“萃取”过程中应控制pH 小于
。
②“反萃取”时钪发生反应的离子方程式为
；操作A 是
。
(6)“焙烧”时发生反应的化学方程式为
。
【答案】(1)
5
(2)500mL 容量瓶
(3)氯化氢挥发浓度减小
(4)
P507 最佳浓度为3%
料液温度为65℃
(5)
4
-
-
3
3
ScR +3OH =Sc OH
+3R
过滤
(6)
2
2
4
2
2
3
2
3
2Sc
C O
3O
= 2Sc O
12CO
高温
＋
＋
【分析】用赤泥(一种矿渣，主要成分为
2
3
2
3
2
2
3
2
Fe O
Al O
CaO
SiO
Sc O
TiO
、
、
、
、
、
)提取
2
3
Sc O
的流程为：将赤泥加入盐酸进行酸浸，根据题目已知，
2
3
2
3
2
3
Fe O
Al O
CaO
Sc O
、
、
、
都可与
盐酸反应转化为
3+
3+
2+
3+
Fe
Al
Ca
Sc
、
、
、
，而
2
2
SiO
TiO
、
不与盐酸反应，通过过滤在滤渣中
除去；然后在含
3+
3+
2+
3+
Fe
Al
Ca
Sc
、
、
、
离子的滤液中加入有机萃取剂进行萃取分液，
3+
2+
Al
Ca
、
和大部分
3+
Fe 不被萃取通过水相分离，而
3+
Sc 和小部分
3+
Fe 进入有机相，然后加
入NaOH 溶液与
3+
Sc
反应生成
3
Sc OH
固体进行反萃取分液分离，得到
3
Sc OH
固体加盐酸
溶解，再加草酸沉淀
3+
Sc 生成
2
2
4
3
Sc
C O
，在空气中焙烧
2
2
4
3
Sc
C O
得到产品
2
3
Sc O ，据此
解答；
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
63
【详解】（1）
Sc 为21 号元素，位于周期表中第四周期第ⅢB 族，故基态Sc 的价电子轨道表示式为：
；未成对电子数为1，有电子排布为4s1 的K，3d14s2 的Sc，3d104s1
的Cu，4s24p1 的Ga，4s24p5 的Br，共5 种；
（2）配制溶液用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL 容量瓶；
（3）盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小，因此酸浸速率减
慢；
（4）分析表中数据可知，P507 浓度为3%时，钪萃取率最大，铁萃取率最小，且分相容易，
分析图像可知，料液温度为63℃-65℃时，分离系数最大，则萃取时P507 最佳浓度为3%，
料液温度为65℃；
（5）①常温下，“浸出液”中
3+
1
c Sc
0.6mol L
，
31
sp
3
K
Sc OH
6.00 10
，当Sc3+开
始沉淀时，溶液中c(OH-)=
31
sp
3
-10
3
3
3+
K
Sc OH
6.00 10
=1 10
mol/L
S
0.6
c
c
，
pH=-lgc(H+)=
14
W
10
-
K
1 10
-lg
=-lg
4
1 10
c OH
，“萃取”过程中应控制pH 小于4；
②萃取时是加入有机萃取剂将
3+
Sc 萃取通过分液分离出来，反应的离子方程式为：
3+
+
3
Sc +3HR=ScR +3H ；而进行反萃取时是加入NaOH 溶液再萃取分液，则反应的离子方程
式为：
-
-
3
3
ScR +3OH =Sc OH
+3R
；反萃取后分液得到的反萃液和反萃取的固体，操作A
是故过滤；
（6）在
2
2
4
3
Sc
C O
中Sc 的化合价为+3价，反应前后Sc 的化合价没有发生变化，根据流程
图可知，空气参与了反应，应该是空气中的氧气氧化了草酸钪晶体中的碳元素生成了
2
CO ，
故焙烧时反应的化学方程式为：
2
2
4
2
2
3
2
3
2Sc
C O
3O
= 2Sc O
12CO
高温
＋
＋
。
12．近年来全球电动汽车销量激增，废旧锂电池的回收愈发迫在眉睫。以废旧三元锂电池正
极材料的硫酸浸出液（含Ni、Co、Mn、Li）为研究对象，采用Cyanex 301（一种酸性萃取
剂）选择性分离回收其中的Ni 和Co ；
Co
E
和
Ni
E
代表萃取率。工艺流程如图所示：
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
64
回答下列问题：
(1)Co 在周期表中的位置
。
(2)水相经加碱调节pH 后，通入空气可将
2
Mn 氧化成固体氧化物，从而实现分离，写出反
应的离子方程式
。
(3)
3
Co OH
遇到氨性溶液（由
3
2
NH
H O
、
4
3
2
NH
SO 和
4
3
2
NH
CO 配制）会转化为
2
3
6
Co NH
，此时氧化剂与还原剂的物质的量之比为
。
(4)Cyanex 301 是一种酸性萃取剂，其与金属离子的萃取反应可简易表示为：
Me
aq
HL
Me HL
L
H
n
n
m
m
n
n
有机相
有机相
式中：Me 为被萃金属离子；
HL 为萃取剂Cyanex 301，结合下图第一次反萃取过程中HCl 的浓度应为
mol/L，简
述选择此浓度的原因
。
(5)提纯的镍和钴可用于制取镍四甲基酞箐与钴四氨基酞箐双位点电催化剂，下图中镍的化
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
65
合价为
。
(6)从
2
NiCl 溶液中获取干燥的
2
2
NiCl
4H O
晶体的操作步骤为
。
(7)由
2
CoCl 等物质可制备
x
y
Al CoO 晶体，其立方晶胞如图所示。Al 与O 最小间距大于Co 与
O 最小间距，x 、y为整数。则Co 在晶胞中的位置为
；晶体中一个Al 周围与其最
近的O 的个数为
。
【答案】(1)第四周期第Ⅷ族
(2)
2
2
2
2
2Mn
4OH
O
2MnO
2H O
(3) 2:1
(4)
3
HCl 浓度为3mol / L 时主要萃取出的为Co ，此时Ni 基本没有被萃取出来，
便于分离出Co 和Ni
(5)＋2
(6)在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(7)
体心
12
【分析】浸出液加入萃取剂萃取出含Co、Ni 的有机相，加入一定浓度盐酸反萃取得到CoCl2
水相溶液，改变盐酸浓度第二次反萃取得到NiCl2 的水相溶液；分别处理水相溶液得到
2
2
CoCl
6H O
、
2
2
NiCl
4H O
；
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
66
【详解】（1）Co 为27 号元素，在周期表中的位置：第四周期第Ⅷ族；
（2）空气中氧气具有氧化性，可将
2
Mn 氧化成固体氧化物二氧化锰，反应为：
2
2
2
2
2Mn
4OH
O
2MnO
2H O
；
（3）反应中Co 由+3 变为+2 为氧化剂，硫化合价由+4 变为+6 为还原剂，结合电子守恒：
-
2-
3
3
2Co OH
2e
SO
，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；
（4）由图，HCl 浓度为3mol / L 时主要萃取出的为Co ，此时Ni 基本没有被萃取出来，便于
分离出Co 和Ni ，故第一次反萃取过程中HCl 的浓度应为3mol/L；
（5）图中二氧化碳得到2 个电子被还原为CO，图中镍会失去2 个电子而显+2 价；
（6）蒸发过程中
2
NiCl 会水解，则应在HCl 氛围中抑制其水解，故
2
NiCl 溶液中获取干燥的
2
2
NiCl
4H O
晶体的操作步骤为在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（7）根据化学式
x
y
Al CoO ，结合化合价代数和为0，氧原子数大于铝，则图中白球为氧，Al
与O最小间距大于Co 与O最小间距，则体心球为Co，顶点黑球为Al；晶体中Al 在顶点、
氧在面心，则一个Al 周围与其最近的O 的个数为12。
13．铜阳极泥的主要成分为
2
Cu S、
2
Cu Se 、
2
Cu Te 、Au 、Ag ，从铜阳极泥中提取金、银
的工艺流程如下：
(1)“浸铜”时，鼓入空气的目的有提供氧化剂、
。
(2)“浸铜”时，
2
Cu S反应生成S 的化学方程式为
。
(3)硫脲(
)呈平面结构，可简写为TU ，强酸性条件下有还原性。“浸金银”中：
①硫脲与尿素(
)结构相似，熔点更高的原因是
。
②已知：25℃时
+
+
Ag
aq +TU aq = Ag TU
aq
7.39
1
10
K
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
67
2
Ag TU
aq
TU aq
Ag TU
aq
2.76
2
10
K
2
3
Ag TU
aq
TU aq
Ag TU
aq
2.52
3
10
K
则
3
Ag
aq
3TU aq
Ag TU
aq
K
。
③
3
Ag TU
的结构为
，Ag 反应生成
3
Ag TU
的离子方程式为
，与Ag配位的原子是S 而不是N 的原因是
。
④浸出液pH 对金浸出率的影响如图。随着浸出液pH 升高，金浸出率先升高后降低的原因
是
。
⑤浸出渣的主要成分有S、
。
(4)“电解”时，生成Ag 的电极反应式为
。
(5)“离子交换”除去金属离子后，吸附后液可返回
工序循环使用。
【答案】(1)搅拌，增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(2)
2
2
2
4
4
2
Cu S+O +2H SO =S+2CuSO +2H O
(3)
硫脲和尿素为分子晶体，硫脲的相对分子质量更大，范德华力更大
12.67
10
+
3+
2+
3
Ag+3TU+Fe = Ag TU
+Fe
S 的原子半径更大，电负性更小，更易给电子形成配
位键
pH
1.5
时，pH 升高，TU 还原性减弱，避免与
3
Fe 反应；pH
1.5
时，pH 升高，
3
Fe 会形成沉淀
Se、Te
(4)
+
-
3
Ag TU
+e =Ag+3TU
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
68
(5)浸金银
【分析】铜阳极泥加入硫酸、空气，将铜转化为硫酸铜浸出液，过滤后固体加入氯化铁、硫
脲，将银、金转化为
3
Ag TU
、
3
Au TU
，电解生成银单质、金单质，电解后溶液
通过离子交换除去金属离子得到吸附后液；
【详解】（1）空气中氧气具有氧化性，且液体中鼓入气体可以搅动溶液，“浸铜”时，鼓入
空气的目的有提供氧化剂、搅拌，增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（2）“浸铜”时，空气中氧气具有氧化性，氧气在酸性条件下氧化
2
Cu S生成硫单质和硫酸铜，
铜化合价由+1 变为+2、
2
Cu S中硫化合价由-2 变为0，氧气中氧化合价由0 变为-2，结合电
子守恒，化学方程式为
2
2
2
4
4
2
Cu S+O +2H SO =S+2CuSO +2H O ；
（3）①硫脲和尿素为分子晶体，硫脲的相对分子质量更大，范德华力更大，故硫脲与尿素
相比，熔点更高；
②已知：
①
+
+
Ag
aq +TU aq = Ag TU
aq
7.39
1
10
K
②
2
Ag TU
aq
TU aq
Ag TU
aq
2.76
2
10
K
③
2
3
Ag TU
aq
TU aq
Ag TU
aq
2.52
3
10
K
由盖斯定律可知，①+②+③得反应
3
Ag
aq
3TU aq
Ag TU
aq
，则
2.67
1
2
1
3
K
K K K
10
。
③Ag 固体加入氯化铁、硫脲，将银转化为
3
Ag TU
，铁离子化合价降低、银化合价升
高，故反应的离子方程式为
+
3+
2+
3
Ag+3TU+Fe = Ag TU
+Fe
；S 较N 的原子半径更大，电
负性更小，更易给电子形成配位键，故与Ag配位的原子是S 而不是N ；
④已知TU 在强酸性条件下有还原性，pH
1.5
时，pH 升高，TU 还原性减弱，避免与
3
Fe
反应，pH
1.5
时，pH 升高，氢氧根离子浓度增大，
3
Fe 会形成沉淀，导致随着浸出液pH
升高，金浸出率先升高后降低；
⑤浸铜过程中生成硫单质，结合流程，浸金银过程的溶液中含有
3
Ag TU
、
3
Au TU
，
铁离子具有氧化性，结合质量守恒，浸金银过程中铁离子会将Se、Te 元素氧化为Se、Te 单
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
69
质，则浸出渣的主要成分有S、Se、Te ；
（4）“电解”时，生成Ag 的电极反应为
3
Ag TU
得到电子发生还原反应生成银单质和TU，
反应为
+
-
3
Ag TU
+e =Ag+3TU
；
（5）电解时
3
Ag TU
、
3
Au TU
得到电子发生还原反应生成银单质、金单质，同时
生成TU，“离子交换”除去金属离子后，吸附后液含TU，可返回浸金银工序循环使用。
14．纳米氧化锌是性能优异的半导体催化剂，以工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有
2
3
Al O 、
2
3
Fe O 、CuO 、CaO 、
2
SiO 等)制取高纯氧化锌的工艺流程如下。
已知：金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH 如下表所示。
金属离子
3
Fe
2
Cu
2
Zn
3
Al
开始沉淀时的pH
1.9
4.7
6.2
3.4
完全沉淀时的pH
3.3
6.7
8.2
4.7
回答下列问题：
(1)基态
3
Fe 价层电子轨道表示式为
。
(2)“滤渣1”的主要成分为
(填化学式)。
(3)“调pH”的范围为
。若室温下将溶液的pH 调为4，则此时
3
Fe 的浓度为
1
mol L
(已知
38
sp
3
Fe OH
4 10
K
)。
(4)为表征纳米ZnO 的晶体结构，仪器测得结果如图1 所示，所用仪器是___________(填字
母)。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
70
A．核磁共振仪
B．质谱仪
C．红外光谱仪
D．X 射线衍射仪
(5)“沉锌”过程获得
3
2
Zn OH
ZnCO
，离子方程式为
。
(6)“母液”通过
、
、过滤、洗涤、干燥可获得
4
4
2
2
NH
SO 10H O
晶
体。480℃下，
4
4
2
2
NH
SO 10H O
分解过程中含氮物质随时间变化关系如图2 所示。该条件
下
4
4
2
2
NH
SO 10H O
分解的化学方程式为
。
(7)实验室中进行“灼烧”时，会用到下列仪器中的___________(填字母)。
A．
B．
C．
D．
【答案】(1)
(2)
2
SiO 、
4
CaSO
(3)
4.7
pH
6.2
8
4 10
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
71
(4)D
(5)
2
3
3
2
2
2
2Zn
4HCO
Zn OH
ZnCO
3CO
H O
(6)
蒸发浓缩
冷却结晶
4
4
2
2
3
2
2
2
480
3
NH
SO
10H O
N
4NH
3SO
36H O
℃
(7)AD
【分析】含锌废渣主要成分为ZnO，还含有
2
3
Al O 、
2
3
Fe O 、CuO 、CaO 、
2
SiO 等。向粉碎
后的含锌废渣中先加入稀硫酸“浸取”，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，硫酸钙
微溶，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣1 和滤液；向滤液中加入氧化锌调节溶液pH
在4.7—6.2 范围内，将溶液中的铁离子、铝离子、铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧
化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧化铜的滤渣2 和滤液；向滤液中加入硫
化铵，将溶液中剩余的铜离子转化CuS 沉淀“深度除铜”，过滤得到CuS 沉淀和滤液；向滤液
中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锌离子转化为Zn(OH)2·ZnCO3 沉淀，过滤得到母液和
Zn(OH)2·ZnCO3；碱式碳酸锌煅烧分解生成氧化锌。母液中溶质主要为硫酸铵，“母液”通过蒸
发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可获得
4
4
2
2
NH
SO 10H O
晶体。
【详解】（1）
Fe 是26 号元素，基态
3
Fe 价层电子轨道表示式为
。故答案为：
；
（2）向粉碎后的含锌废渣中先加入稀硫酸“浸取”，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不
反应，硫酸钙微溶，“滤渣1”的主要成分为
2
SiO 、
4
CaSO 。故答案为：
2
SiO 、
4
CaSO ；
（3）“调pH”的目的是除去铜离子、铝离子和铁离子，为不影响锌离子，“调pH”的范围为
4.7
pH
6.2
。若室温下将溶液的pH 调为4，c(OH-)=10-10mol/L，则此时
3
Fe 的浓度为
38
3
10
4 10
/ L
1 10
mol
8
4 10
1
mol L
。故答案为：4.7
pH
6.2
；
8
4 10
；
（4）为表征纳米ZnO 的晶体结构，仪器测得结果如图1 所示，为X 射线衍射图谱，所用仪
器是D，X 射线衍射仪。故答案为：D；
（5）“沉锌”过程获得
3
2
Zn OH
ZnCO
，“沉锌”过程中硫酸锌和碳酸氢铵反应生成
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
72
3
2
Zn OH
ZnCO
、二氧化碳、水、和硫酸铵，离子方程式为
2
3
3
2
2
2
2Zn
4HCO
Zn OH
ZnCO
3CO
H O
。故答案为：
2
3
3
2
2
2
2Zn
4HCO
Zn OH
ZnCO
3CO
H O
；
（6）母液中溶质主要为硫酸铵，“母液”通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可获
得
4
4
2
2
NH
SO 10H O
晶体。480℃下，
4
4
2
2
NH
SO 10H O
分解过程中含氮物质随时间变化
关系如图2 所示，60min 时，∆n
4
4
2
2
NH
SO
10H O
∶∆n(
2
N )∶∆n(
3
NH )=3∶1∶4，即三
者化学剂量数之比为3：1：4，根据原子守恒得该条件下
4
4
2
2
NH
SO 10H O
分解的化学方
程式为
4
4
2
2
3
2
2
2
480
3
NH
SO
10H O
N
4NH
3SO
36H O
℃
。故答案为：蒸发浓缩；
冷却结晶；
4
4
2
2
3
2
2
2
480
3
NH
SO
10H O
N
4NH
3SO
36H O
℃
；
（7）实验室中进行“灼烧”固体时，会用到下列仪器中的A 酒精灯和D 坩埚。故答案为：AD。
15．某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴的+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。
已知：常温下，
22
sp CoS
1.8 10
K
。回答下列问题：
(1)基态Co 原子的价电子轨道表示式为
。
(2)“酸浸”步骤中，可提高含钴废渣浸出率的措施有
（写出一种）。
(3)“浸出渣”的主要成分为
（填化学式）。
(4)在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol·L-1，则此时溶液的c(H+)＞
mol·L-1。【已知常温下，饱和H2S 水溶液中：
1
2
H S
0.1mol L
c
；
8
a1
2
H S
9.0 10
K
，
a2
2
H S
K
12
1.0 10
】
(5)在“氧化”步骤中若Na2S2O8 过量会将Co2+氧化为Co3+，写出该反应的离子方程式
。
(6)Co 的一种氧化物的晶胞如图所示，该晶体中Co2+的配位数是
；已知Co2+的半径为
a nm，O2-的半径为b nm，Co2+和O2-在晶体中是紧密堆积排列的，则该晶体的密度为
g·cm-3。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
73
【答案】(1)
(2)升温、粉碎矿物、搅拌等
(3)PbSO4、Cu
(4)3
(5)
2
2
2
3
2
8
4
S O
2Co
2SO
2Co
(6)
6
21
3
A
300
10
8 a
b
N
【分析】炼锌废渣(含有锌、铅、铜、铁、钴的+2 价氧化物及锌和铜的单质)中加入稀H2SO4
酸浸，锌、铁、钴、铜的氧化物都溶解，氧化铅与硫酸反应转化为硫酸铅，锌单质与Cu2+
发生置换反应，浸出渣中含有部分Cu 和PbSO4；往滤液中通入足量H2S 沉铜，生成铜渣的
成分为CuS；除铜液中加入Na2S2O8 氧化Fe2+为Fe3+，再加入Na2CO3 调节溶液的pH=3.5 进行
沉铁，得到铁渣；过滤后往滤液中加入(NH4)2C2O4 沉钴，生成CoC2O4 沉淀，Zn2+留在滤液中。
【详解】（1）
基态Co 原子的价电子排布式为3d74s2，则价电子轨道表示式为
。
（2）“酸浸”步骤中，增大接触面积、升高温度、适当增大酸的浓度等，都可提高含钴废渣
浸出率，则措施有：升温、粉碎矿物、搅拌等。
（3）由分析可知，“浸出渣”的主要成分为：PbSO4、Cu。
（4）在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol·L-1，则此时溶液中c(S2-)＜
sp
2
(CuS)
(Cu
)
K
c
=
22
1.8 10
0.18
mol·L-1=10-21mol·L-1，
Ka1·Ka2=
2
2
2
(H )
(S )
(H S)
c
c
c
=
2
21
(H ) ( 10
)
0.1
c
＜
=9.0×10-8×1.0×10-12，则c(H+)＞3mol·L-1。
（5）在“氧化”步骤中，若Na2S2O8 过量，会将Co2+氧化为Co3+，
2
2
8
S O 转化为
2
4
SO ，依据得
失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出该反应的离子方程式为
2
2
2
3
2
8
4
S O
2Co
2SO
2Co
。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
74
（6）Co 的一种氧化物的晶胞如图所示，该晶体中，含黑球的数目为
1
1
8
6
8
2
=4，含白球
的数目为
1
12
1
4
=4，则Co2+与O2-的个数比为1:1，其化学式为CoO，设体心的白球表示Co2+，
则与其距离最近且相等的O2-位于面心，共6 个，所以Co2+的配位数是6；已知Co2+的半径
为a nm，O2-的半径为b nm，则立方体的边长为(2a+2b)pm，Co2+和O2-在晶体中是紧密堆积
排列的，则该晶体的密度为
3
1
7
A
4 59 16 g/mol
mol
2a
2b
10 cm
N
=
21
3
A
300
10
8 a
b
N
g·cm-3。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。
16．（2025·广东深圳·一模）二氧化铈(CeO2)是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿
(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2 的一种工艺流程如图所示：
已知：①Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+，也能与SO
2
4
结合成[CeSO4]2+：
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能；
③当某离子的浓度低于1.0×10-5mol·L-1 时，该离子沉淀完全。
(1)氧化焙烧中氧化的目的是
。
(2)“萃取”时存在反应：Ce4++n(HA)2 Ce·(H2n-4A2n)+4H+，如图中D 是分配比，表示Ce(Ⅳ)分
别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比D=
2n-4
2n
2+
4
[Ce(H
A )]
[CeSO ]
c
c
，保持其它条件不变，
若在起始料液中加入不同量的Na2SO4 以改变水层中的c(
2-
4
SO )，请解释D 随起始料液中
c(
2-
4
SO )变化的原因
。
(3)“反萃取”中，温度太高，反应速率逐渐减小的原因是
。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
75
(4)常温下，向水层中加入NaOH 溶液来调节溶液的pH，pH 应大于
时，Ce3+完全生成
Ce(OH)3 沉淀。(已知Ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20])
(5)“氧化”步骤的离子方程式为
。
(6)氧化铈CeO2，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位
置，可以得到更稳定的结构，如图所示，CeO2 晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm。(已知：
O2-的空缺率=
2-
+O
氧空位数
氧空位数
数×100%)。
①晶体CeO2 中每个Ce 周围与其最近的Ce 个数为
。
②CeO2 晶体的密度为
g·cm-3(只需列出表达式)。
③若掺杂Y2O3 后得到n(CeO2):n(Y2O3)=3:1 的晶体，则此晶体中O2-的空缺率为
。
【答案】(1)将+3 价铈氧化为+4 价
(2)随着c(
2-
4
SO )增大，水层中Ce4+与
2-
4
SO 结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D 迅速
减小
(3)温度越高，双氧水的分解速率越快，使得溶液中双氧水的浓度减小，反应速率减慢
(4)9
(5)2Ce(OH)3+ClO-+H2O=2Ce(OH)4+Cl-
(6)
12
32
3
-10 3
A
A
172 4
3.87 10
4 3a
4 3a
(
10
)
3
N
N
10%
【分析】分析工艺流程，可知氟碳铈矿（主要含CeFCO3）进行“氧化焙烧”，+3 价铈被氧化
成+4 价，同时放出二氧化碳气体。向烧渣中加入盐酸进行酸浸，再用萃取剂进行萃取，Ce4+
进入有机层。向有机层加入氟洗液，除去F-。加稀硫酸、H2O2 进行反萃取，有机层中的Ce4+
被还原为Ce3+进入水层，分液后，向含Ce3+的水层加入NaOH 后，Ce3+转化为沉淀，加入次
氯酸钠将Ce 从+3 氧化为+4，最终得到产品，据此解答；
【详解】（1）根据分析可知，氧化的目的是：将+3 价铈氧化为+4 价；答案为：将+3 价铈
氧化为+4 价；
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
76
（2）D 随起始料液中c(
2-
4
SO )变化的原因是随着c(
2-
4
SO )增大，水层中Ce4+与SO
2
4
结合成
[CeSO4]2+，导致萃取平衡：Ce4++n(HA)2 Ce·(H2n-4A2n)+4H+向左移动，D 迅速减小；答案为：
随着c(
2-
4
SO )增大，水层中Ce4+与
2-
4
SO 结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D 迅速减小；
（3）“反萃取”时，温度过高，H2O2 的分解速率越快，从而使得H2O2 的浓度降低，反应速率
减慢。答案为：温度越高，双氧水的分解速率越快，使得溶液中双氧水的浓度减小，反应速
率减慢；
（4）根据题给信息，当溶液中c(Ce3+)的浓度低于1.0×10-5mol·L-1 时，Ce3+沉淀完全。则此时
溶液的c(OH-)=
20
sp
-1
-1
5
-1
3
3
5
3+
1.0 10
mol L
mol L
1.0 10 mol L
1.0 10
Ce
K
c
，此时溶液的
pH=
14
5
10
lg
9
1 10
。即当pH>9 时，Ce3+完全生成Ce(OH)3 沉淀。答案为：9；
（5）“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的离子方程式为
2Ce(OH)3+ClO-+H2O=2Ce(OH)4+Cl-，答案为：2Ce(OH)3+ClO-+H2O=2Ce(OH)4+Cl-；
（6）①根据图示，CeO2 晶胞中，每个Ce 周围与其最近的Ce 的个数为12；
②根据均摊原则，CeO2 晶胞中Ce4+数为4，O2-数为8，CeO2 晶胞中Ce4＋与最近O2-的核间距
为apm，则晶胞边长为4 3
3
a pm，晶体的密度为
32
-3
3
3
A
10
A
172 4
3.87 10
g cm
4 3
4 3
10
3
a
N
a
N
；
③CeO2 中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3 后得到n(CeO2):n(Y2O3)＝0.6:0.2 的晶
体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2-的空缺率为2 1.8 100%
10%
2
。
答案为：12；
32
3
3
A
10
A
172 4
3.87 10
4 3
4 3
10
3
a
N
a
N
；10%。
17．工业上用钛铁矿(主要含
3
FeTiO 和少量
2
SiO 、MgO 、
2
3
Fe O 、
2
3
Al O 等)通过如图所示工
艺流程制取钛，并进一步回收镁、铝、铁等的化合物。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
77
已知：①酸浸后，钛主要以
4
TiOSO 形式存在；
4
TiOSO 为强电解质，在溶液中仅能电离出
2
4
SO 和一种正离子；
②25℃，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH 如表所示。
金属离子
3
Fe
2
Fe
3
Al
2
Mg
开始沉淀的pH
2.2
6.5
3.5
9.5
恰好沉淀完全
5
1
c
1.0 10 mol L
时的pH
3.2
9.7
4.7
11.1
(1)若要使“分步沉淀”后母液中
3
Fe 浓度不超过
6
1
1.0 10 mol L
，则此时溶液pH 至少为多
少？
。
(2)“酸浸”时，FeO 与硫酸反应的离子方程式是
。
(3)从水解平衡角度解释“水浸”时生成
2
3
H TiO 的原因可能是
。
(4)“分步沉淀”：用氨水逐步调节pH 至11.1，依次析出的沉淀是：
、
2
Mg OH
。
(5)若在“酸浸”后的溶液中加入适量的
2
2
H O ，其作用是
。
【答案】(1)3.53
(2)
2
2
FeO
2H
Fe
H O
(3)
2
TiO 水解：
2
2
2
3
TiO
2H O
H TiO
2H
，加热水促进水解平衡右移，生成
2
3
H TiO
(4)
3
Fe OH
、
3
Al OH
、
2
Fe OH
(5)将
2
Fe 氧化为
3
Fe ，便于在后续分步沉淀中除去
【分析】向钛铁矿(主要含
3
FeTiO 和少量
2
SiO 、MgO 、
2
3
Fe O 、
2
3
Al O 等)中加入硫酸，二氧
化硅不反应，其他物质与硫酸反应，过滤，向滤液中加入热水，过滤得到
2
3
H TiO ，煅烧得
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
78
到
2
TiO ，再氯化得到四氯化钛，四氯化钛和镁反应生成钛和氯化镁，滤液中滴加氨水分步
沉淀金属离子得到氢氧化物。
【详解】（1）已知
3
Fe OH
沉淀完全时
3
3
3
K
Fe OH
c Fe
c
OH
sp
，
3
Fe 恰好沉淀
完全
5
1
1.0 10 mol L
c
时的pH 为3.2，此时
14 3.2
10.8
OH
10
mol / L
10
mol / L
c
，则
3
5
10.8
3
K
Fe OH
1.0 10
10
1.0
sp
37.4
10
。若使母液中
3
Fe 浓度不超过
6
1
1.0 10 mol L
，则
37.4
sp
3
10.47
3
3
6
3
K
Fe OH
1.0 10
c OH
10
mol / L
1.0 10
c Fe
，pOH
10.47
，
pH
14 10.47
3.53
，所以此时溶液pH 至少为3.53；
（2）FeO 是碱性氧化物，与硫酸反应生成亚铁盐和水，据此写出离子方程式为
2
2
FeO
2H
Fe
H O
；
（3）
2
TiO 水解的离子方程式为：
2
2
2
3
TiO
2H O
H TiO
2H
，加热水促进水解平衡右
移，生成
2
3
H TiO ；
（4）滤液中含有
2
Fe 、
3
Fe 、
3
Al 、
2
Mg ，用氨水逐步调节pH 至11.1，由表格数据可知，
依次析出的沉淀是：
3
Fe OH
、
3
Al OH
、
2
Fe OH
、
2
Mg OH
；
（5）
2
2
H O 具有氧化性，能将
2
Fe 氧化为
3
Fe ，因为
3
Fe 在较低pH 时就能沉淀，便于后续
除去。
18．四钼酸铵
4
4
13
2
2
NH
Mo O
2H O
的用途非常广泛，可用作催化剂、防腐剂、阻燃剂等。
下图是用辉钼矿(含
2
MoS 、
2
5
V O 、
2
CuS 、
3
4
Fe O 、
2
3
Al O 等)制备四钼酸铵和一些副产品的
工艺流程图：
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
79
已知：①
2
MoS 、
2
5
V O 、
2
3
Al O 均可与纯碱反应生成对应的钠盐。
②“沉钒”后
2
4
MoO 的形式存在于溶液中；在不同pH 条件下
2
4
MoO 聚合生成多酸根离子，如
2
2
7
Mo O 、
2
4
13
Mo O 、
6
7
24
Mo O 等，pH 越小聚合度越大。
回答下面问题：
(1)V 在元素周期表中的位置是
。
(2)“氧化焙烧”时生成两种气体，写出
2
MoS 发生反应的化学方程式
。
(3)“洗气”过程中“试剂X”可以是
(填字母序号)。
a．NaOH 溶液
b．饱和
3
NaHSO 溶液
c．饱和
3
NaHCO 溶液
(4)向“溶液Y ”中通入气体2 和气体3 的顺序是先通入
(填化学式)。
(5)“洗脱”工序中洗脱液的主要成分是
(填化学式)。
(6)“沉钼”过程中发生反应的离子方程式是
。
(7)金属Mo 晶胞如图甲所示，原子之间相互位置关系的平面图如图乙所示。该晶胞空间利用
率是
(用含有“π”的代数式表示)。(
100%
原子体积
空间利用率
晶胞的体积
)。
【答案】(1)第四周期第VB 族
(2)
2
2
3
2
2
4
2
2
2MoS
2Na CO
7O
2Na MoO
2CO
4SO
焙烧
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
80
(3)c
(4)
3
NH
(5)
4
NH Cl
(6)
2
4
4
4
4
13
2
2
2
4MoO
2NH
6H
NH
Mo O
2H O
H O
(7)
2π
100%
6
【分析】辉钼矿(含
2
MoS 、
2
5
V O 、
2
CuS 、
3
4
Fe O 、
2
3
Al O 等) 加入纯碱、氧气焙烧，
2
MoS 反
应生成
2
4
Na MoO 和
2
SO ，
2
5
V O 、
2
3
Al O 均可与纯碱反应生成对应的钠盐，焙烧产生的气体
1 主要为
2
SO 和
2
CO ；加入
2
4
H SO 和
4
2
4
(NH ) SO ，Cu、Fe、Al 转化为金属阳离子，钒元素转
化为
4
3
NH VO 沉淀，钼元素转化为
2
4
MoO ，通过
3 3
R
N CH
Cl
树脂分离Cu2+、Fe3+、Al3+
和
2
4
MoO ，然后加入
4
NH Cl洗脱液、再加入
2
4
H SO 沉钼，得到(NH4)2Mo4O13·2H2O 晶体；
4
3
NH VO 焙烧生成
2
5
V O 和气体3 即
3
NH ，氨气、气体2 与溶液Y 反应，经一系列操作得到
纯碱，则溶液Y 是饱和NaCl 溶液，气体2 为
2
CO ；向气体1 中加入试剂X 分离
2
SO 和
2
CO ，
除去
2
SO ，则试剂X 可能是饱和
3
NaHCO 溶液。
【详解】（1）V 为23 号元素，位于元素周期表的第四周期第VB 族。
（2）据分析，“氧化焙烧”时，
2
MoS 反应生成
2
4
Na MoO 和
2
SO ，则
2
MoS 被氧气氧化，氧气
中氧元素化合价降低，Mo 和S 元素的化合价分别从+4 升高到+6、-2 升高到+4，同时碳酸根
转化为二氧化碳，该反应的化学方程式为
2
2
3
2
2
4
2
2
2MoS
2Na CO
7O
2Na MoO
2CO
4SO
焙烧
。
（3）据分析，向气体1 中加入试剂X 的目的是分离
2
SO 和
2
CO ，除去
2
SO ，保留
2
CO 。
a．NaOH 溶液与
2
SO 和
2
CO 均反应，故a 错误；
b．饱和
3
NaHSO 溶液与
2
SO 和
2
CO 均不反应，故b 错误；
c．饱和
3
NaHCO 溶液与
2
SO 反应生成
3
NaSO 和
2
CO ，与
2
CO 不反应，可分离两者，并不引
入新的杂质，故c 正确；
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
81
故答案为c。
（4）向“溶液Y”中通入气体2 和气体3 制备纯碱是侯氏制碱法，其原理为由于氨气极易溶
于水且所得溶液呈碱性，在饱和食盐水中通氨气到饱和后，继续通过量二氧化碳则生成碳酸
氢根，由于碳酸氢钠溶解度小，故析出碳酸氢钠晶体：NaCl+NH3+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，
则在向“溶液Y”中通入气体2 和气体3 的顺序是先通入NH3 再通入CO2。
（5）离子交换树脂具有选择性，通过树脂后溶液中只有
2
4
MoO ，因此需要向溶液中引入
+
4
NH
以得到(NH4)2Mo4O13·2H2O 晶体，则洗脱液为
4
NH Cl。
（6）据分析，“沉钼”过程为
2
4
MoO 和
+
4
NH 在酸性中生成(NH4)2Mo4O13·2H2O 沉淀，则发生反
应的离子方程式是
2
4
4
4
4
13
2
2
2
4MoO
2NH
6H
NH
Mo O
2H O
H O
。
（7）如图甲所示，金属钼为面心立方晶胞，则一个晶胞中Mo 的数量为1
1
8
6
4
8
2
，假
设晶胞边长为a，根据图乙可知金属Mo 半径和晶胞边长关系，
2a=4r ，则
3
3
3
3
3
4
2
4
π
a
4
4
3
4
4
2 2
2
3
100%
100%
100%
π
4 100%
π 100%
a
a
3
4
6
r
原子体积
空间利用率
晶胞的体积
19．镍氯电池的正极材料为
2
Ni OH
和镀镍钢，负极材料为稀土( RE )、镍、钴、锰、铝储
氢合金。从废镍氢电池电极材料中回收相关金属具有重要的意义，某种回收处理工艺如图，
回答相应问题。
已知
15
2
Co OH
6.0 10
sp
K
、
16
2
Ni OH
5.4 10
sp
K
，当
5
1
c 10 mol L
≦
时可认为沉
淀完全。
(1)画出基态Ni 原子的价电子轨道表示式
。
(2)沉土时得到的稀土化合物从盐的分类角度属于
(填字母)；
a.铵盐
b.硫酸盐
c.复盐
d.酸式盐
稀土元素Pr 通常以+3 价最为稳定，少数会出现+4 价，
6
11
Pr O 中+3 和+4 价Pr 的个数比
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
82
为
。
(3)滤渣中含有
2
MnO 、
3
Fe OH
、
3
Al OH
，写出除杂时
2
Fe 参与的离子方程式
。
(4)共沉步骤中，当溶液中
2
6
c Ni
5.4 10
mol / L
时，溶液的pH
；此时
2
Co 沉
淀
。(填“完全”或“不完全”)
(5)滤液中可回收循环使用的物质是
。
【答案】(1)
(2)
abc
1：2
(3)
2
2
4
2
3
3Fe
7H O
MnO
MnO
3Fe OH
5H
(4)
9.0 或9
不完全
(5)
4
4
2
NH
SO
【分析】从废镍氢电池电极材料中回收相关金属的工艺流程为：将废电极加入硫酸酸浸得到
含金属离子的酸浸液，过滤掉浸渣后得到的酸浸液中加入
4
4
2
NH
SO 沉淀稀土元素得到
2
4
4
4
2
3
2
·y
·
O
xRE
SO
NH
SO zH
固体，过滤后在滤液中加入
4
KMnO ，调节
5
pH
除杂，过
滤除去滤渣，在滤液中加入氨水共沉淀得
2
Ni OH
和
2
Co OH
，据此分析解答。
【详解】（1）Ni 为28 号元素，其基态Ni 原子的价电子的电子排布式为：
8
2
3d 4s ，则基态Ni
原子的价电子轨道表示式为：
。
（2）根据稀土化合物的化学组成
2
4
4
4
2
3
2
·y
·
O
xRE
SO
NH
SO zH
；
a.该物质中有
4
NH ，属于铵盐，a 选项符合；
b.该物质中有
2
4
SO ，属于硫酸盐，b 选项符合；
c.该物质中含稀土金属离子
3
RE 、
4
NH 两种阳离子和
2
4
SO 一种阴离子，属于复盐，c 选项
符合；
d.该物质中不存在酸式根离子，不属于酸式盐，d 选项不符合；
符合条件的选项为：abc；
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
83
在
6
11
Pr O 中，设+3 价Pr 为x 个，+4 价Pr 为y 个，列式
x
y
6
3x
4y
2 11
，解得
x
2
y
4
，则
6
11
Pr O
中+3 和+4 价Pr 的个数比为2:4=1:2。
（3）除杂过程中得到的滤渣中含有
2
MnO 、
3
Fe OH
、
3
Al OH
，则加入的
4
KMnO 在
5
pH
的酸性环境中将
2
Fe 氧化为
3
Fe 转变为
3
Fe OH
沉淀除去，同时
4
KMnO 被还原为
2
MnO 固
体除去，则反应的离子方程式为：
2
2
4
2
3
3Fe
7H O
MnO
MnO
3Fe OH
5H
。
（4）根据已知
15
2
K
6.0 10
sp Co OH
、
16
2
K
5.4 10
sp Ni OH
，当
5
1
c
10
L
mol
时
可认为沉淀完全；当溶液中
2
6
c Ni
5.4 10
mol / L
时，根据
16
16
2
2
16
2
10
6
2
2
5.4 10
5.4 10
K
c
·c
5.4 10
c
1.0 10
5.4 10
c
sp Ni OH
Ni
OH
OH
Ni
，解得
10
5
1
c
1.0 10
1.0 10
·L
OH
mol
，溶液的
9.0
pH
；又根据
15
15
2
2
15
2
5
1
5
10
2
2
6.0 10
6.0 10
K
c
·c
6.0 10
c
6.0 10
·L
10
·L
1.0 10
c
sp Co OH
Co
OH
Co
mol
mol
OH
，则此时
2
Co 沉淀不完全。
（5）在最后共沉淀操作过程中除生成
2
Ni OH
和
2
Co OH
沉淀，还有
4
4
2
NH
SO 生成，过
滤后滤液中的
4
4
2
NH
SO 可以循环到沉土流程中继续使用，所以滤液中可回收循环使用的
物质是：
4
4
2
NH
SO 。
20．用锂辉石(主要成分：LiAlSi2O6，含少量MgO、CaO、FeO、Fe2O3 等)制备Li2CO3 的工艺
流程如下：
已知：25℃，4 种物质的溶度积或电离常数如下。
Li2CO3
Al(OH)3
Fe(OH)3
H2CO3
3
SP
1 10
K
33
SP
1 10
K
39
SP
2 10
K
7
a1
4 10
K
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
84
11
a2
5 10
K
回答下列问题：
(1)组成LiAlSi2O6 的元素中，未成对电子数最少的基态原子为
。
(2)“焙烧”时控制温度250~300℃，温度不宜过高的原因是
。
(3)“浸出液”中含有Li+、Al3+、Fe2+、Fe3+，还含有的金属阳离子是
。
(4)加入H2O2，发生反应的离子方程式为
。
(5)溶液的pH：“滤液I”
“滤液Ⅱ”(填“>”“<”或“=”)。
(6)25℃，滤液Ⅱ经处理后
1
Li
2 o
)
L
(
m l
c
，在1L 该溶液中加入Na2CO3粉末至溶液的pH=10，
锂的沉淀率达到95%，则至少需要Na2CO3
mol。(忽略溶液体积变化)
(7)由滤液Ⅲ得到副产品Na2SO4•10H2O 的操作是
、过滤、洗涤、干燥。
(8)由Li2CO3 进一步制得的Li2O 具有反萤石结构，晶胞如图所示。
①晶胞中与Li+最近的Li+共有
个。
②已知Li+间最近距离为anm，则
2
O 与Li+间最近距离为
nm。
【答案】(1)Li、Al
(2)减少浓硫酸的挥发或分解
(3)Mg2+、Ca2+
(4)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(5)<
(6)1.25
(7)蒸发浓缩、冷却结晶高中君
(8)
6
3 / 2
a
【分析】锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO、Fe2O3 等)为原料来制取碳
酸锂，加入浓硫酸溶解锂辉矿，水浸得到滤渣Ⅰ为
4
CaSO ，加入
2
2
H O ，将
2
Fe + 氧化为
3
Fe ，
同时加入氢氧化钠并使铁离子、铝离子沉淀完全，得到滤渣Ⅱ为
3
Fe(OH) 、
3
Al(OH) ，然后加
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
85
入NaF 沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离
子生成碳酸锂，滤液Ⅲ含有
2
4
Na SO ，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到副产
品
2
4
2
Na SO ·10H O ，以此解答该题。
【详解】（1）Li 是3 号元素：[He]2s1，未成对电子数为1；Al 是13 号元素：[Ne]3s23p1，未
成对电子数为1；Si 是14 号元素：[Ne]3s23p2，未成对电子数为2；O 是8 号元素：[He]2s22p2，
未成对电子数为2；未成对电子数最少的基态原子为Li、Al；
（2）“焙烧”时控制温度250~300℃，温度不宜过高的原因是避免温度高浓硫酸挥发或分解；
（3）由分析可知，水浸时，除去滤渣Ⅰ为微溶的
4
CaSO ，“浸出液”中除了含有Li+、Al3+、Fe2+、
Fe3+，还有少量的
2+
Ca
，以及少量的
2+
Mg
；
（4）加入
2
2
H O 将
2
Fe + 氧化为
3
Fe ，离子方程式为
2
3
2
2
2
2Fe
H O
2H
2
2H O
Fe
；
（5）滤液Ⅰ的pH 约为5-6，加入碳酸钠后，酸性减弱，pH 变大，故溶液的pH：“滤液I”
＜“滤液Ⅱ”；
（6）锂的沉淀率达到95%，因此沉淀中Li物质的量为0.95 2
1.9mol
，剩余Li物质的
量为2 1.9
0.1mol
，忽略体积变化，剩余Li浓度为
1
0.1
[Li ]
0.1mol L
1
，沉淀
1.9molLi所需的
2
3
CO 物质的量为1.9
0.95mol
2
，溶度积表达式：
2
2
3
sp
[Li ] [CO ]
K
，代
入数值：
2
2
3
3
(0.1)
[CO
]
10
，解得：
2
1
3
0.001
[CO
]
0.1mol L
0.01
，此浓度表示溶液中游离
的碳酸根的浓度，溶液中含碳微粒还含有
3
2
3
H
HCO
CO
、
，根据
2
3
a2
3
H
K
CO
HCO
，代入
数据，解得
3
0.2
/ L
HCO
mol
，同理
3
a1
2
3
H
K
H
HCO
CO
，代入数据解得
5
2
3
H
5 10
/ L
CO
mol
，可以忽略不计，故加入的
2
2
3
2
3
3
3
n Na CO
n Li CO
n
n
CO
HCO
0.95
0.1 0.2
1.25mol
。
（7）“滤液Ⅲ”为
2
4
Na SO 溶液，得到副产品
2
4
2
Na SO ·10H O 的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、
过滤、洗涤、干燥；
（8）①位于顶点和面心的黑球个数为
1
1
8
6
4
8
2
，晶胞内部黑球的个数是8，则顶点和
面心代表
2
O ，晶胞内部的8 个灰色球代表Li，将晶胞平移，若以其中一个Li为顶点，最
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
86
近的Li位于上下、前后、左右，共有6 个；
②已知Li+间最近距离为anm，则晶胞参数为2anm，则
2
O 与Li+间最近距离为晶胞体对角
线的1
4 ，1
3
2a
3
4
2
nm
anm
。
21．以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe 等）为原料制备Co3O4。
(1)“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4 和H2O2，充分反应后，过滤。
①在加料完成后，提高浸取效率的措施有
写2 点)。
②过滤后，滤渣的主要成分为
。
(2)“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3 调节溶液的pH＝4，除去
溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2 固体除去溶液中的Ca2+。
①加入MnCO3 除去溶液中Fe3+的离子方程式为
。
②滤液中加入MnF2 固体发生的反应为MnF2＋Ca2+⇌CaF2＋Mn2+。已知：K＞105 认为反应进
行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2 能除去Ca2+的原
因：
。
(3)“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA 表示)萃取金属离子，原
理为Co2+＋2HA(有机层)⇌CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机
层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含Co2+的溶液。
①“萃取”时，随着pH 的升高，Co2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是
。
②“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作
有
。
(4)“制备”。已知：CoC2O4 从水溶液中析出的主要成分为CoC2O4·2H2O，其在空气中受热的质
量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含Co2+的溶液制备Co3O4的实验方案：
取富含Co2+的溶液，
，得到Co3O4。(须使用的试剂：0.1mol·L−1Na2C2O4 溶液、盐酸、
BaCl2 溶液)。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
87
【答案】(1)
适当搅拌，适当升高温度
CaSO4、炭黑
(2) 3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑
此反应K＝
2+
2+
c Mn
c Ca
＝
sp
2
sp
2
K
MnF
K
CsF
＝7.5×106＞105，反应进行完全，因此可将Ca2＋完全除尽
(3)随pH 增大，溶液中c(H
＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大
适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取
(4)边搅拌向其中加入0.1mol·L−1 Na2C2O4 溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4 溶液不产生沉
淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2 溶液不再生成沉淀。
将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变
【分析】以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe 等）为原料，向钴锰废渣中加
入稀H2SO4 和H2O2 进行酸浸和还原，充分反应后，过滤，炭黑不溶于酸，
3
CaCO 与稀
2
4
H SO
反应生成的
4
CaSO 微溶于水，会残留部分在滤渣中。向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入
MnCO3 调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，生成
3
Fe(OH) ，过滤。向得到的滤液中加入
MnF2 固体除去溶液中的Ca2+，生成
2
CaF 。再萃取和反萃取出
2
Co ，用
2
2
4
C O
Na
沉淀得
2
4
2
CoC O
2H O
，灼烧得Co3O4。
【详解】（1）升高温度可以加快反应速率，搅拌可使反应物充分接触，加快反应速率，故
提高浸取效率的措施有：适当搅拌，适当升高温度。
根据分析可知，过滤后，滤渣的主要成分为炭黑和
4
CaSO 。故答案为：适当搅拌，适当升高
温度；
4
CaSO 、炭黑；
（2）
3
Fe 在pH＝4 形成
3
Fe(OH) 沉淀，
3
MnCO 中的
2
3
CO 与H结合生成
2
H O 和
2
CO ，则加
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
88
入MnCO3 除去溶液中Fe3+的离子方程式为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋
3CO2↑。
MnF2＋Ca2+⇌CaF2＋Mn2+，
2
3
2
6
5
10
2
2
K
1.2 10
K
7.5 10
10
K
1.6 10
sp
sp
Mn
MnF
CaF
Ca
，反应进行
完全，因此可除去
2+
Ca
。故答案为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑；此
反应
2
3
2
6
5
10
2
2
K
1.2 10
K
7.5 10
10
K
1.6 10
sp
sp
Mn
MnF
CaF
Ca
，反应进行完全，因此可将
2+
Ca
完
全除尽。
（3）根据反应：Co2+＋2HA(有机层)⇌CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，随着pH 的升高，H浓度
减小，平衡正向移动，促进
2
Co 进入有机层，从而提高萃取率。“反萃取”时，为使Co2+尽可
能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有：适当加入高浓度硫酸，使H浓
度增大，平衡逆向移动，释放
2
Co 进入水层，或者充分振荡，加快传质过程，提高反萃取
率，或者多次萃取。故答案为：随pH 增大，溶液中c(H
＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有
机层)浓度增大，萃取率增大；适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多
次萃取；
（4）根据图示可知，
2
4
2
CoC O
2H O
的质量为18.3g，物质的量为0.1mol，则Co 元素的质
量为5.9g，C 点钴氧化物的质量为8.03g，由质量守恒可知C 点O 元素的质量为
8.03
5.9
2.13g
，则C 点
2.13g
n
: n O
0.1:
3: 4
16g /
Co
mol
，故C 点为
3
4
Co O 。B 点对应质
量为14.7g，与起始相比减少了3.6g，恰好为结晶水的质量，则B 点对应物质为
2
4
O
CoC
。故
要得到
3
4
Co O ，需在300℃以上煅烧。故取富含Co2+的溶液，加入过量0.1mol·L−1Na2C2O4 溶
液，充分反应生成
2
4
2
CoC O
2H O
沉淀，过滤并洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和
BaCl2 溶液不再生成沉淀，则洗涤干净。将沉淀在300℃以上煅烧，充分反应至质量不变得
3
4
Co O 。故答案为：边搅拌向其中加入0.1mol·L−1 Na2C2O4 溶液，直至向上层清液中滴加
Na2C2O4 溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2
溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变。
{#{QQABYYQQogiAAIIAAAhCAw1ICgKYkAAAAKgGxAAYMAAASBNABAA=}#}
