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猜押 工艺流程综合题
猜押考点
1 年真题
考情分析
押题依据
工艺流程
综合题
2024 年第15 题
化学工艺流程题是高考卷中的
必考题型，它是将化工生产过程中
主要生产阶段——生产流程用框图
形式表示出来，并根据生产流程中
有关的化学知识步步设问，是无机
框图的创新；化学工艺流程题是现
代化学工业生产工艺流程的简化，
它涉及了化工生产过程中所遇到的
生产成本、产品提纯、环境保护等
实际问题。
从近几年高考命题的变化趋势
来看，根据试题的原料不同以及操
作目的不同，可将化学工艺流程题
分为四种类型：一是物质制备类化
工流程题综合分析：二是提纯类化
工流程题综合分析；三是化学基本
原理类化工流程综合分析；四是图
像、图表信息加工类化工流程综合
分析。主要考查物质的制备、检
验、分离提纯等实验基本操作和基
本实验原理在化工生产中的实际应
用。
1．(2025·安徽江南十校联考·一模)稀土金属已成为发展尖端科学技术不可缺少的材料，我国稀土资源丰富，
其中铈(Ce)是稀土中丰度最高的元素，其在电子材料、催化剂等方面的应用非常广泛。以氟碳铈矿石(含
)为原料制备
的工艺流程可表示为：
(1)“氧化焙烧”时，为提高反应速率和原料利用率，将空气从焙烧炉 通入(填“顶部”或“底
部”)。
(2)在硫酸介质中Ce(
)
Ⅳ可被磷酸二异辛酯(
)萃取，Ce(
)
Ⅲ不能被萃取。
①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢
键，该环状二聚体结构式可表示为 。
1
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②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，本题实验条件下
。向
20mL 含
Ce(
)
Ⅳ的酸浸液中加入10mL 萃取剂，充分振荡、静置后，水层中
。
③“反萃取”过程中
的作用是 。
(3)加入硫脲
还原酸浸液中的
离子，生成二硫甲脒
和
，硫脲
和
反应的离子方程式为 。
(4)氧化铈(
)是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示，
和
之间
可进行可逆的电荷转移。假设
晶胞棱长为apm。
晶胞中
与最近
的核间距为
pm(用含a 参数表示)，每个
晶胞中
个数为 (用含x 参数表示)。
【答案】(1)底部
(2)
0.01 将Ce(
)
Ⅳ还原为Ce(
)
Ⅲ，使其进入水层
2
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(3)
2
(4)
【分析】氟碳铈矿CeFCO3焙烧时和氧气反应生成CeO2、CeF4和气体X 是CO2，化学方程式为：
，然后加入稀硫酸形成含Ce4+、
的溶液，加入有机萃取剂萃取
分液，取有机相用过氧化氢将Ce4+还原为
后反萃取得
，最终得
；
【详解】（1）“焙烧”采用逆流操作可增大反应物的接触面积，有利于提高反应速率，使焙烧更加充分，
提高原料的利用率，故粉碎后的矿渣从顶部加入，将空气从焙烧炉底部通入；
（2）
①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢
键，该环状二聚体结构式可表示为;
；
②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，
。向20ml 含
的酸浸液中加入10ml 萃取剂，充分振荡、静置后，水层中有
，解得
；
③反萃取时加
，可将+4 价铈还原为+3 价，使其进入水层；
（3）
加入硫脲(
)，将+4 价的Ce 还原为+3 价，硫脲和
反应的离子方程式为：
2
3
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；
（4）Ce4+占据顶点和面心位置，为面心立方堆积，O2-填充在四面体空隙处，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的
核间距为晶胞对角线长度的
，即
；假设CeO2-x中Ce4+和Ce3+的个数分别为m 和n，则m+n=1，由化
合价代数和为0 可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+或Ce3+的个数为
8×
+6×
=4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8x。
2．(2025·安徽滁州·一模)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一
种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如
下：
已知溶液中相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co3+
Co2+
Zn2+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
8.1
沉淀完全的pH
2.8
8.9
1.1
9.4
8.2
10.1
回答下列问题：
(1)为了加快废渣的“酸浸”速率可以采取的措施 、 (任写两条)。
(2)滤渣1 的主要成分是 (写化学式)。Pb 元素位于元素周期表中第ⅣA 族，Pb3O4中Pb 元素的化
合价为+2 价和 价。
(3)加入MnO2这一步反应的离子方程式为 。
(4)“氧化沉钴”过程中，若氧化等物质的量的Co2+和Mn2+，消耗KMnO4的物质的量之比为 。
(5)“除钴液”中残留的Co3+浓度为 。
(6)一种含Co、Ni 和Ga 元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga 与Ni 交替填充在Co 构成的立方体体心，形
4
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成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比N(Co):N(Ga):N(Ni)= ，其立方晶胞
的体积为 nm3。
【答案】(1) 粉碎废渣 提高硫酸浓度
(2) PbSO4 +4
(3)MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O
(4)1:2
(5)10-16.7 mol·L-1
(6) 2:1:1
【分析】由题给信息可知，用硫酸处理湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物)，得
到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、SO
等离子的溶液，Pb 的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4。过滤后，
滤液中加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+。然后加入ZnO，调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3。再次过滤
后，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”加入强氧化剂KMnO4，将溶液中的
Co2+氧化为Co3+，Co3+形成Co(OH)3沉淀，而KMnO4被还原为MnO2。KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中
反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”中主要含有ZnSO4、K2SO4。据此解答。
【详解】（1）可以通过粉碎废渣、提高硫酸浓度、加热、搅拌等方式加快反应速率，提高钴元素的浸出
效率。答案为：粉碎废渣；提高硫酸浓度；
（2）由分析可知，滤渣1 为PbSO4；Pb 位于元素周期表中第ⅣA 族，其最高正价为+4 价。根据化合物的
化合价代数和为0，可知Pb3O4中Pb 元素的化合价为+2 价和+4 价。答案为：PbSO4；+4；
（3）加入MnO2，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+。离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O。答案为：
MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；
（4）KMnO4氧化Co2+的离子方程式为：MnO +3Co2++7H2O＝3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+；KMnO4氧化Mn2+的
离子方程式为：2MnO +3Mn2++2H2O＝5MnO2↓+4H+；根据离子方程式可知，若氧化等物质的量的Co2+和
Mn2+，消耗KMnO4的物质的量之比为1:2。答案为：1:2；
5
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（5）根据题给数据，可知Co3+完全沉淀时的pH=1.1，此时c(Co3+)=10-5mol·L-1，c(OH-)=10-12.9 mol·L-1。则
Ksp[Co(OH)3]=c(Co3+)×c3(OH-)=10-43.7 (mol·L-1)4。“除钴液”的pH=5，则“除钴液”中残留的Co3+的浓度=
Ksp[Co(OH)3]÷c3(OH-)=
。答案为：10-16.7 mol·L-1；
（6）
合金的晶体结构可描述为Ga 与Ni 交替填充在Co 构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元：
。该结构类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga 和Ni 形成的8 个小正方体。体心为Co，根
据均摊法，可知晶胞中Ga、Ni 个数为4，Co 个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，由图可知，晶胞棱
长为2apm，故晶胞的体积为
。答案为：2:1:1；
。
3．(2025·安徽淮北、淮南·质量检测)废催化剂中金属资源的回收利用可以降低生产成本。从某废催化剂(主
要成分为
、
、
等)中回收
和
的流程如下：
回答下列问题：
(1)“焙烧”时产生的气体是 (填化学式)。
(2)“水浸”后的滤液中铝的存在形式为 (填化学式)。
(3)“酸浸”过程发生的主要反应为
，相同
时间内镍的浸出率与温度的关系如图1 所示，温度高于
镍的浸出率下降的原因是 。
6
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(4)已知
时，相关金属离子完全沉淀(离子浓度
)时的pH 如下表，“除杂”时控制溶液的
pH 为6.9，此时溶液中
的浓度为
。
金属离子
pH
8.3
3.2
4.7
8.9
(5)“氧化”过程发生的离子反应方程式为 。工业上可电解碱性
悬浊液制备
，阳
极反应式为 。
(6)图2、图3 分别为扫描电子显微镜下
和
微观形貌图，
作为催化剂的载体的优
势是 。
【答案】(1)
7
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(2)
(3)酸浸镍的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使镍的浸出率降低
(4)0.1
(5)
(6)孔径更小、比表面积更大，可以增大催化剂与反应物的接触面积，增大反应速率
【分析】废催化剂主要含
、
、
等，加碳酸钠焙烧后得到NiO、
、
，水
浸后得到固体和滤液，固体为NiO、
，经酸浸、除杂可除去铁元素，再经氧化阶段可得到
；
焙烧后的NaAlO2遇水生成Na[Al(OH)4]，滤液中铝元素以
形式存在，调pH 后得到
，再经
焙烧可获得
。
【详解】（1）焙烧时加入
，提供碱性环境，主要发生：
、
，则气体为
。
（2）结合分析知，焙烧后的NaAlO2遇水生成Na[Al(OH)4]，离子方程式：
，则
“水浸”后的滤液中铝的存在形式为
。
（3）根据题目信息可知，可从化学平衡移动的角度解释镍的浸出率降低的原因，酸浸镍的反应为放热反
应，升高温度平衡逆向移动，使镍的浸出率降低。
（4）由
在
时完全沉淀可知
的
，当控制
时，即
，由
可计算出
。
（5）“氧化”过程
将
氧化成
而自身被还原为
，根据化合价升降守恒、电荷守恒、元
8
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素守恒可确定反应的离子方程式为
。电解碱性
悬浊
液制备
，阳极发生氧化反应，
失去电子被氧化为
，则阳极反应式为
。
（6）观察可知，
结构的孔径更小，比表面积更大，更有利于催化剂的分散，从而增大催化剂和
反应物的接触面积，增大反应速率。
4．(2025·安徽皖北协作体·一模)冶炼铜过程中产生的铜阳极泥富含Cu、Se、Te 等多种元素。研究人员设计
了一种从铜阳极泥中分离提取硒和碲的流程，如图所示。
回答下列问题：
(1)基态Se 原子核外电子排布式为 。硒有多种单质，比较有代表性的是灰硒和红硒，它们互为
。
(2)“加压、加热，酸浸”步骤中，
和
分别转化为
和
，写出
参与反应的化
学方程式： 。
(3)试从化学反应原理的角度分析“加压”能提高Cu、Se、Te 浸出率的原因： 。
(4)氧化性：
(填“>”“<”或“=”)
。
(5)“沉铜”中生成
沉淀的离子方程式为 。
(6)由
获取Cu 的过程中，常采用高压氢还原法直接从溶液中提取金属粉。还原时，增大溶液
酸度不利于Cu 生成的原因是 。
(7)硫和碲位于元素周期表同一主族，试分析存在
而不存在
的原因： 。
【答案】(1)
或
同素异形体
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(2)
(3)加压可增大氧气溶解度，加快化学反应速率；加压可提升溶液沸点，化学反应可在更高温度下发生，化
学反应速率更快
(4)>
(5)
[或
]
(6)在用
将
还原为Cu 单质时，
失去电子被氧化为
，若还原时增大溶液的酸度，
增大，
不利于
失去电子
(7)S 原子半径小，其原子周围不能容纳6 个
，而Te 原子半径大，其原子周围能容纳的
数目多
【分析】加压、加热酸浸阶段，向含 Cu、Se、Te 等元素的铜阳极泥中加入
溶液并通入
，在加
压、加热条件下进行酸浸。利用氧气在酸性环境下的氧化性，将铜阳极泥中的金属等成分氧化溶解。铜元
素转化为为铜离子进入溶液，Se、Te 等元素也发生相应反应进入浸出液，不溶物成为浸渣被分离。第一次
还原（还原1）阶段，向浸出液中通入
，
具有还原性，能将浸出液中的Se 元素还原为单质Se，通
过过滤可将Se 分离出来，得到滤液1。第二次还原（还原2）阶段，向滤液1 中再次通入
，此时将溶液
中的Te 元素还原为单质Te，经过滤分离出Te，得到浸出液。沉铜阶段，向浸出液中加入
溶液，使
铜离子转化为沉淀
，过滤分离出沉淀，滤液3 被分离出去。后续处理阶段，
经过一系列后续处理，最终得到铜单质。
【详解】（1）Se 是 34 号元素，根据核外电子排布规律，其基态原子核外电子排布式为
，也可用简化形式
表示。灰硒和红硒是硒元素形成的不同单质，
互为同素异形体。
（2）“加压、加热，酸浸”时，
与
、
反应，
中Cu 为 +1 价，Se 为 -2 价 ，反应
10
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后Cu 转化为
，Se 转化为
，
作氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式，
。
（3）加压可增大氧气溶解度，溶液中
浓度增大，加快化学反应速率，提高浸出率。同时加压可提升溶
液的沸点，可使化学反应在更高的温度下发生，化学反应速率更快。
（4）同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其最高价含氧酸的氧化性越强。Se 和 Te
同主族，Se 在 Te 上方，非金属性 Se > Te ，所以氧化性
。
（5）“沉铜”时，
与
溶液反应生成
沉淀，
水解产生
，根据电荷守恒
和原子守恒写出离子方程式
。
（6）高压氢还原时，
作还原剂，
失去电子被氧化为
，增大溶液酸度，
浓度升高，不利于
失去电子，也就不利于Cu 的生成。
（7）原子半径影响原子周围可结合其他原子或原子团的数量，S 和Te 同主族，Te 原子半径大，有足够空
间容纳多个-OH 形成
，S 原子半径小，空间限制使其难以形成含6 个-OH 的
。
5．(2025·安徽安庆·二模)以黄铜矿(主要成分为
)和工业废渣制取硫化铜的流程如下：
(1)
中的
元素的化合价为 。
(2)电解可获得较纯净
的原理如图所示，其阴极电极反应式为 。
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(3)浸取步骤，每生成
的
转移
，写出浸取时发生的化学方程式 ；有同学提出
浸取率较低，原因可能为 ；还有同学提出，浸取时可以不断通入空气来提高浸取率的原因
(用离子方程式表示)。
(4)向水相中加入双氧水，溶质可循环到 步骤。
(5)流程中的
能否用
替代？ (用“能”或者“不能”回答)用计算说明 (已知：
的电离常数
、
，
，当
时，认为该反应基本完
成反应。)
(6)
能与
、
、
、
等形成配位数为4 的配合物，写出
与乙二胺
以
形成的配离子结构为 。
【答案】(1)+1 价
(2)
(3)
生成的硫覆盖在
表面，阻碍浸取
(4)浸取
(5) 能
的
，故能反应完全，可用
替代
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(6)
【分析】向黄铜矿(主要成分为
)、废铜渣中加入稀硫酸后进行电解得到的
，再加入
溶液
发生
反应，过滤将S 过滤出来，加入萃取剂，将
萃取进入有机相，
进入水相，在有机相中加入硫酸进行反萃取，再加入
进行反应得到
，据此回答。
【详解】（1）
中Fe、S 的化合价分别为+3、-2 价，则
的价态为+1 价；
（2）电解时阴极发生还原反应，由图可知阴极电极反应式为
；
（3）电解得到的
与
反应，每
生成，有
参与反应，
原子失去
，则
失去
生成
单质，故化学方程式为
；由上述反应可知，
生成的
单质覆盖在
表面，阻碍浸取，故铜离子浸取率较低；浸取时
反应生成了
，通入空
气可以维持
的浓度，故反应方程式为
；
（4）水相中的
可用
氧化后循环到浸取步骤；
（5）
的
，
此反应的
大于
能反应完全；
（6）
由于
可形成配位数为4 的配合物，
与乙二胺以
形成的配合物结构为
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。
6．(2025·安徽皖南八校·一模)五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油
精炼用的催化剂等。从废钒催化剂中(含有
、
、
、
、
、
等)回收钒，既能
避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下：
已知：
①“酸浸”时，
和
先与稀硫酸反应分别生成
和
。
②有机萃取剂萃取
的能力比萃取
的能力强。
③溶液中
与
可相互转化：
，且
为沉淀。
(1)“酸浸”时，加快浸出速率的措施有 (回答一条即可)；
参与反应的离子方程式为
。
(2)滤渣2 的主要成分有 ；“萃取”和“反萃取”时，将发生
(水层)
(有机层)
，(有机层)
(水层)(R 表示
，HA 表示有机萃取剂)，“反萃取”加入的试剂为
(填化学式)。
(3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。
(4)该工艺流程中，可以循环使用的物质有水、氨气和 。
(5)滤渣2 进一步处理可得到
。欲配制450mL 0.1000
溶液，需称取
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的质量为 g。配制溶液时，下列实验操作会使所配溶液浓度偏低的是(填标号)
。
A．容量瓶清洗后，未经过干燥处理
B．定容操作时，仰视刻度线
C．定容操作时，俯视刻度线
D．定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水至刻度
(6)一定条件下
能生成多钒酸铵，如
(六钒酸铵)、
(十钒酸铵)等。工业上用
还原
可以制得
，该反应中还原剂与还原产物的物质的量之比为 。
【答案】(1) 废催化剂粉碎，适当增大试剂浓度，适当升温等
(2)
、
(3)
(4)有机萃取剂(或有机相2)
(5) 13.9 BD
(6)2 1∶
【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为
，V2O4转成VO2+，FeSO4可
使
转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1 为SiO2，
滤液中加过氧化氢将Fe2+氧化，再加KOH 时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，
过滤得到的滤渣2 为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2 萃取、分液，水相中蒸发结晶分离出硫酸钾，有机相1 反萃
取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H2O+
+6VO2+=6
+Cl-+6H+，溶液中
与
可
相互转化：
+H2O
+2H+，“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此
来解答。
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【详解】（1）“酸浸”时，加快浸出速率的措施有废催化剂粉碎，适当增大试剂浓度，适当升温等，由
上分析可知，“酸浸”时，FeSO4与(VO2)2SO4发生氧化还原反应，生成VOSO4和Fe2(SO4)3，根据得失电子守
恒和电荷守恒配平离子方程式为：
；
（2）由分析可知，滤渣2 的主要成分有
、
，由
(水层)
(有机层)
(有机层)
(水层) (R 表示
，HA 表示有机萃取剂)可知，“反萃取”时，要使VO2+进入水层，使
上述平衡向逆反应方向移动，应加入H2SO4；
（3）氧化过程是KClO3将VO2+氧化为
，
中氯元素得电子被还原为Cl-，根据得失电子守恒和电荷守
恒配平其离子方程式为
；
（4）钒酸铵加热分解生成V2O5、氨气和水，即2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O，NH3和H2O 可循环使用，“萃
取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用；
（5）欲配制450mL 0.1000
溶液，需要用到500mL 容量瓶，需称取
的质量为
0.5L×0.1000
×278g/mol=13.9g：
A．容量瓶清洗后，未经过干燥处理对实验结构没有影响，A 不选；
B．定容操作时，仰视刻度线会导致溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，B 选；
C．定容操作时，俯视刻度线会导致溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大，C 不选；
D．定容后倒转容量瓶几次，发现液面最低点低于刻度线，再补加几滴水至刻度，会导致溶液的体积偏大，
所配溶液的浓度偏小，D 选；
故选BD；
（6）工业上用
还原
可以制得
，在这个反应中，氢气作为还原剂，被氧化成水，而
作为氧化剂，被还原成
，根据得失电子守恒和原子守恒配平该反应方程式为：
+10H2=5
+6NH3+13H2O，还原剂为H2，还原产物为
，该反应中还原剂与还原产物的
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物质的量之比为2:1。
7．(2025·安徽江南十校联考·一模)以铅精矿(含PbS，Ag₂S 等)为主要原料可提取金属Pb 和Ag。
已知：①不同温度下PbCl₂ 的溶解度如下表所示。
温
度
(℃
)
20
40
60
80
100
溶
解
(g)
1.0
0
1.4
2
1.9
4
2.8
8
3.2
0
②
为能溶于水的弱电解质，在含
的溶液中存在平衡：
。
回答下列问题：
(1)
在元素周期表中的位置 ，基态原子中有 个未成对电子。
(2)“热浸”时，难溶的PbS 和
转化为
和
及单质硫。
“热浸”的离子方程式为
。消耗
的物质的量之比为2 3∶时，溶解的PbS 和
物质的量之比为 。
(3)“过滤Ⅰ”得到的滤液加适量水稀释并冷却，利于沉淀的析出，试分析原因 。
(4)将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb，电解时Pb 在
(填“阴极”或“阳极”)析出，该电极的电极方程式为 。
(5)获取金属Ag 的流程，说法正确的是_______。
A．“还原”时加入铅精矿是为了还原过量的
B．“置换”宜选用的试剂X 为Ag
C．向“尾液”中通入
后，该吸收液可在“热浸”中循环使用
D．“电解Ⅱ”将富银铅泥用作阳极，可从阳极泥中获得金属Pb
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【答案】(1) 第六周期第ⅣA 族 2
(2)
2 3∶
(3)加适量水稀释，使
平衡向左移动；冷却可降低
的溶解度，有利于滤液1 中
的析出
(4) 阴极
(5)AC
【分析】铅精矿“热浸”时，难溶的PbS，Ag2S 转化为
和
及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，
过滤I 除掉单质硫滤渣，滤液中
在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，
增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为
，电解得到Pb；过滤Ⅱ后的滤液成分主要为
、
FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X 将
置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X
为铅，尾液为FeCl2。
【详解】（1）
为82 号元素，在元素周期表中的位置第六周期第ⅣA 族，价电子排布为6s26p2，基态
原子中有2 个未成对电子。
（2）“热浸”时，
和铁离子发生氧化还原反应转化为
及单质硫，反应中铁化合价由+3 变
为+2、硫化合价由-2 变为0，结合电子守恒，
“热浸”的离子方程式为
。
转化为
及单质硫，PbS 转化为
及单质
硫，都是-2 价硫被氧化为硫单质，结合电子守恒、硫原子守恒，则消耗
的物质的量之比为2 3∶时，溶
解的PbS 和
物质的量之比为2 3∶；
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（3）在含
的溶液中存在平衡：
，加适量水稀释，氯离子浓度降
低更大，使
平衡向左移动，且冷却可降低
的溶解度，有利于滤液Ⅰ中
的
沉淀析出；
（4）沉淀反复用饱和食盐水热溶，得到
溶液，电解所得溶液可制备金属Pb，电解时
得
到电子在阴极发生还原反应生成铅单质和氯离子：
，则Pb 在阴极析出；
（5）A．热浸过程中加入过量的铁离子，过滤Ⅱ后的滤液成分主要为
、FeCl2、FeCl3，则“还原”
时加入铅精矿是为了还原过量的
，正确；
B．试剂X 将
置换为Ag，得到富银铅泥，且不引入新杂质，试剂X 为铅，错误；
C．尾液为FeCl2，向“尾液”中通入
后，亚铁离子被氯气氧化为铁离子，得到的吸收液可在“热浸”中
循环使用，正确；
D．“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能
作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到
Pb，错误；
故选AC。
8．(2025·天域安徽大联考·一模)磷铈矿中主要有CePO4，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以磷铈
矿为原料制备
的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)CePO4中第一电离能最大的元素是 （填元素符号）。
(2)“酸性废气”主要为 ，纯化后可用作 （举一例即可）。
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(3)“水浸”常在加热搅拌条件下进行，目的是 。
(4)“滤渣Ⅱ”主要成分为FePO4，高温下FePO4可与Li2CO3、蔗糖（C12H22O11）制备LiFePO4，同时有CO 和
H2O 生成，该反应的化学方程式为 。
(5)“滤渣Ⅲ”的主要成分是 ，絮凝剂可促进固液分离，某絮凝剂的化学式为
，其结
构与Al2Cl6相似且存在Fe-O 配位键，试写出其结构式： 。
(6)“沉铈”常采用NH4HCO3溶液而非Na2CO3溶液，后者会使产物纯度降低，其原因是 。
(7)准确称取5.500g
充分加热得到3.280gCe2O3固体，则n= 。
【答案】(1)O
(2) HF 刻蚀玻璃
(3)加快反应速率，使反应物充分接触，提高“水浸”效率
(4)6Li2CO3+C12H22O11+12FePO4
12LiFePO4+18CO↑+11H2O
(5) Al(OH)3、Fe(OH)3
(6)溶液碱性强，Ce3+会生成Ce(OH)3沉淀
(7)5
【分析】由题给流程可知，加入浓硫酸的磷铈矿焙烧时，金属元素转化为硫酸盐、磷元素转化为磷酸、氟
元素转化为氟化氢气体，焙烧渣水浸过滤得到含有硫酸钙、磷酸钙、磷酸铁、二氧化硅的滤渣和滤液；向
滤液中加入氯化铁溶液，将溶液中的磷元素转化为磷酸铁沉淀，过滤得到含有磷酸铁的滤渣和滤液；向滤
液中先加入氧化镁调节溶液pH 为5，再加入絮凝剂，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化
铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的铈离
子转化为
沉淀，过滤得到滤液和
。
【详解】（1）金属元素的第一电离能小于非金属元素，非金属原子的电子层数越小，第一电离能越大，
则磷酸铈中第一电离能最大的元素是氧元素，故答案为：O；
（2）由分析可知，酸性废气的主要成分为能氟化氢，氟化氢的水溶液能与玻璃中二氧化硅反应生成四氟
化硅和水，常用于刻蚀玻璃，故答案为：HF；刻蚀玻璃；
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（3）在加热搅拌条件下进行水浸有利于加快反应速率，使反应物充分接触，提高“水浸”效率，故答案
为：加快反应速率，使反应物充分接触，提高“水浸”效率；
（4）由题意可知，磷酸铁高温条件下与碳酸锂、蔗糖反应生成磷酸亚铁锂、一氧化碳和水，反应的化学
方程式为6Li2CO3+C12H22O11+12FePO4
12LiFePO4+18CO↑+11H2O；
（5）
由分析可知，滤渣Ⅲ的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝；由
的结构与Al2Cl6相似且存在Fe-O
配位键可知，化合物的结构式为
，故答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3；Al(OH)3、
Fe(OH)3；
；
（6）碳酸钠在溶液中的水解程度大于碳酸氢铵，溶液的碱性强于碳酸氢铵，会使溶液中的铈离子转化为
Ce(OH)3沉淀，导致产品中混有杂质，故答案为：溶液碱性强，Ce3+会生成Ce(OH)3沉淀；
（7）5.500g
充分加热得到3.280gCe2O3固体，由原子个数守恒可知，结晶水合物中碳酸铈
的物质的量为
=0.01mol，则结晶水的物质的量为
=0.05mol，由化学式可
得：1：n=0.01：0.05，解得n=5，故答案为：5。
9．(2025·安徽六校联考·二模)工艺流程闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法
浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl 可用于催化、医药、冶金等重要领域，其工艺流程
如图所示：
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已知：室温下，
；
②
的平衡常数
；
③
的平衡常数
。
回答下列问题：
(1)首次浸取所用的深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，该反应的离子方程式为
。
(2)浸取工序的产物为
，该工序发生反应的化学方程式为 ，浸取后滤液的一半经氧化
工序可得深蓝色溶液①。
(3)浸取工序宜在30~40℃之间进行，应采用 进行加热，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外
加热即可进行浸取的原因是 。
(4)中和工序中，主要反应的离子方程式为 ，其平衡常数K= (列出计算式)。
(5)洗涤工序中除了加入稀盐酸，还需加入的试剂A 为 (填标号)。
a．饱和
溶液 b．NaOH 溶液 c．无水乙醇 d．稀硫酸
【答案】(1)
(2)
(3) 水浴 盐酸和液氨反应放热
(4)
(5)c
【分析】由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色
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溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一
半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入加入硫酸、盐酸中和，
将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚铜的滤液和氯化亚铜；
氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。
【详解】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合
铜，反应的离子方程式为：
。
（2）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的
化学方程式为：
。
（3）浸取工序宜在30~40℃之间进行，应采用水浴加热；
浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在
30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：水浴；盐
酸和液氨反应放热。
（4）溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式
为：
；
其平衡常数
，化简为：
代入题中所给数据可得，
，即
。
（5）由于氯化亚铜不溶于醇，微溶于水，因此洗涤工序中除了加入稀盐酸，还需加入的试剂A 为乙醇，
故答案选c。
10．(2025·安徽江淮十校·一模)工业上常用铜阳极泥[主要成分是碲化亚铜(Cu2Te)，含少量的Ag、Au]回收碲
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和氧化铜，其工艺流程如图：
已知：①H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸
②CuC2O4的Ksp为2.2×108
(1)Cu 位于元素周期表第 周期第 族。TeO
的空间构型为 。
(2)“氧化酸浸”步骤的氧化产物为 ，“滤渣”的成分是 。该步H2O2的实际用量通常比理论
用量更大，原因可能是 。
(3)“沉淀”步骤，若要使Cu2+完全沉淀(离子浓度小于1×10-5mol/L)，应控制C2O
的浓度不低于 。
(4)“还原”步骤反应的离子方程式为 。
(5)CuO 可催化消耗血糖，从而控制血糖浓度。一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，当传感器检
测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计)
电池工作时，b 电极的电极反应式为 。
【答案】(1) 四 ⅠB 三角锥形
(2)
、
Ag、Au 氧化产物中的
对
分解有催化作用
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(3)
(4)
(5)
【分析】铜阳极泥的主要成分为
，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并加入过氧化氢，得到
、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤液①含有硫酸铜和
，滤渣中含有Au、Ag，在滤液
①中加入草酸钠，
是一种比草酸酸性弱的二元酸，草酸钠与硫酸铜反应生成草酸铜沉淀，过滤，
滤渣为草酸铜，加热分解生成铜；滤液②中含有
和硫酸钠，加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的
还原为Te，同时得到硫酸钠；
【详解】（1）Cu 位于元素周期表第四周期第ⅠB 族；
的中心原子Te 的价层电子对数为
，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形；
（2）“氧化酸浸”步骤的氧化产物为
、
，“滤渣”的成分是Ag、Au；该步H2O2的实际用
量通常比理论用量更大，原因可能是氧化产物中的
对
分解有催化作用；
（3）
的Kp 为
，离子浓度小于
时，离子即完全沉淀。若要使
完全沉淀，
应控制
的浓度不低于
；
（4）加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，还原反应的离子方程式为
，故答案为：
；
（5）电池开始工作时，a 电极为电池正极，血液中的
在a 电极上得电子生成
，电极反应式为
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；b 电极为电池负极，
在b 电极上失电子转化成CuO，电极反应式为
，然后葡萄糖被CuO 氧化为葡萄糖酸，CuO 被还原为
，b 电极电池总
反应为
。
11．铋（Bi）及其化合物在电子材料等领域有着广泛作用。以某铋矿（主要成分为
、
，主要
杂质
和
）制取
并回收锰的工艺流程如下：
按要求回答下列问题。
(1)元素Bi 较同主族N 的周期数大4，写出基态Bi 原子的价层电子排布式 。
(2)滤渣1 的主要成分的晶体类型为 。
(3)“还原”步骤中Bi 粉的作用为 。
(4)已知
在2.0<pH<11.0 的环境中，易水解成BiOCl 沉淀。写出该反应的化学方程式： 。
(5)已知：常温下，
；“沉铋”步骤得到BiOCl 沉淀。此“沉铋”步骤控制溶液的
pH 范围为 。
(6)
（相对分子质量为Mr）的立方晶胞结构如图所示（棱长为apm）。
的化学式为 ；晶
胞密度为
（用含a、Mr、
的代数式表示；
为阿伏加德罗常数的值）。
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【答案】(1)
(2)共价晶体
(3)
还原成
(4)
(5)2<pH<6.5
(6)
【分析】某铋矿先水浸提锰，MnSO4溶于水通过过滤分离；用浓盐酸处理浸出固体后过滤，二氧化硅不反
应得到滤渣1 为SiO2，铋、铁元素反应进入滤液，滤液中含有Fe3+、Bi3+；加入Bi 粉处理滤液，Fe3+被还原
成Fe2+，过滤后滤液中含有Fe2+、Bi3+；加入NaOH 使得铋转化为沉淀过滤分离出来，沉淀加入氢氧化钠溶
液脱氯处理得到Bi2O3。
【详解】（1）元素Bi 较同主族N 的周期数大4，则为第6 周期ⅤA 族，基态Bi 原子的价层电子排布式
6s26p3。
（2）滤渣1 为SiO2，是由共价键形成的共价晶体。
（3）加入Bi 粉处理滤液，将Fe3+被还原成Fe2+。
（4）
在2.0<pH<11.0 的环境中，易水解成BiOCl 沉淀，根据质量守恒可知，还生成HCl，该反应的化
学方程式：
。
（5）亚铁离子浓度度为0.05mol/L，亚铁离子开始沉淀时，
，pOH=7.5，pH=6.5，结合BiCl3在2.0＜pH＜
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11.0 的环境中易水解成BiOCl 沉淀，故“沉Bi”步骤控制溶液的pH 范围为2.0＜pH＜6.5。
（6）根据“均摊法”，晶胞中含
个Bi、6 个O，则晶体化学式为Bi2O3，密度为
。
12．ZnO 在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿
(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn 等元素)制备。工艺如图所示：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
Ni2+
开始沉淀的
pH
1.5
6.3
6.0
7.4
8.1
6.9
沉淀完全的
pH
2.8
8.3
8.0
9.4
10.1
8.9
已知：①“溶浸”后的溶液中金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。
②弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2。
氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。
(1)基态Zn 原子的核外电子排布式为 ，Ni2+和Fe2+可形成如图所示的配合物离子，其中铁的一个配体
为茂环阴离子(
)，该配体以π 电子参与配位，配合物离子中与铁形成配位键的电子共有 个。
(2)滤渣2 的主要成分是 ，加
“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是 和
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。
(3)“调
”是向“溶浸”后的溶液中加入少量ZnCO3调节至弱酸性(pH 为5.5)。此时溶液中
的最大浓
度是 。
(4)“还原除杂”需要添加的试剂是 。
(5)得到ZnO 的操作是 ，ZnO 的一种晶体的晶胞是立方晶胞(如图所示)，请在图中画出该晶胞沿轴
方向的平面投影图 。
【答案】(1)
12
(2) Fe(OH)3和MnO2
(3)1
(4)Zn
(5) 高温灼烧
【分析】向菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn 等元素)中加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、
Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，调节溶液pH 后加入高锰酸钾氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而
除去，反应的离子方程式为
、
，此时溶液中含有杂质离子Ni2+、Cd2+，由于离子的氧化性Ni2+＞
Cd2+＞Zn2+，所以加入金属锌将Ni2+、Cd2+化为Ni、Cd 过滤除去，最后向含硫酸锌的溶液中加入碳酸钠溶液
沉锌，生成碱式碳酸锌沉淀，反应的离子方程式为
，高
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温灼烧碱式碳酸锌得到氧化锌。
【详解】（1）①基态Zn 原子的核外电子排布式为：
，故答案为：
；
②茂环阴离子(
)中参与大π 键的有6 个电子，Fe2+周围有两个S 原子和一个CO 中的C 与Fe2+以配位键
结合，三个配位键中含有6 个价电子，配合物离子中与铁形成配位键的电子共有6+6=12 个，故答案为：
12；
（2）①通过以上分析得知：调节溶液pH 后加入高锰酸钾氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除
去，故答案为：
和
；
②反应的离子方程式为：
、
，故答案为：
；
（3）表中数据显示，Zn2+开始沉淀的pH=6.0，此时c(OH-)=10-8mol/L，Zn(OH)2的
，pH=5.5 时溶液中
的最大浓度
，
故答案为：
；
（4）向菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn 等元素)中加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、
Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，调节溶液pH 后加入高锰酸钾氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而
除去，此时溶液中含有杂质离子Ni2+、Cd2+，由于离子的氧化性Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，所以加入金属锌将Ni2+、
Cd2+化为Ni、Cd 过滤除去，故答案为：Zn
（5）①向含硫酸锌的溶液中加入碳酸钠溶液沉锌，生成碱式碳酸锌沉淀，反应的离子方程式为：
，
高温分解生成氧化锌，故答案为：
高温；
②该ZnO 晶胞中与Zn 最近的O 原子有4 个，Zn 位于顶点和面心的位置、O 位于体内
晶胞的中心，则该晶
30
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胞沿z 轴方向的平面投影图为
，故答案为：
。
13．钛白(主要成分
)用途广泛，常用来作高级白色颜料，在造纸工业中作填充剂，合成纤维中作消光
剂。制取钛白的方法主要有两种，利用钛铁矿(主要成分
，还有
、FeO、
等杂质)为原料，
通过硫酸法和氯化法两种生产工艺制备钛白粉的流程如图所示，请回答下列问题：
已知：“酸溶”后钛主要以
形式存在，
在80℃左右水解生成
(1)下列状态的钛元素形成的微粒中，电离其最外层的一个电子所需能量最小的是_______(填序号)。
A．
B．
C．
D．
(2)“酸溶”时主要成分发生反应的离子方程式为 。
(3)“还原”时应选择合适的试剂X 是 (填化学式)；已知绿矾的溶解度随温度变化的曲线如图所示，
从溶液中获得绿矾的操作为 、过滤、洗涤、干燥。
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(4)“氯化”时得到的
在水中或潮湿空气中会发烟，可用于制作烟幕弹，原因是 (化学方程式表
示)
(5)以上两种工艺流程中，请说出方法一优于方法二的理由 (写出一条即可)。
(6)
在自然界中有三种形态，即金红石型、锐钛型和斜钛型三种，其中金红石型是三种形态中最稳定的
一种，其晶胞如图所示，钛的配位数为 ，该晶体的密度为
(设阿伏加德罗常数的值
为
，用含a、b、
的代数式表示)。
【答案】(1)D
(2)FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O
(3) Fe 加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶
(4)TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl
(5)方法一更环保，未使用有毒的氯气
(6) 6
【分析】由题给流程可知，方法一为向钛铁矿中加入硫酸溶液酸溶，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二
氧化硅不与硫酸溶液反应，过滤得到含有二氧化硅的废渣和滤液；向滤液中加入铁，将溶液中的铁离子转
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化为亚铁离子，反应得到的溶液经加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到七水硫酸亚铁和滤液；加热
滤液，使溶液中的TiO2+离子水解生成TiO2·xH2O，TiO2·xH2O 灼烧分解生成粗TiO2；方法二为钛铁矿与焦炭、
氯气高温条件下氯化得到四氯化钛，纯化后的四氯化钛与氧气在高温下氧化得到可以循环使用的氯气和粗
TiO2；粗TiO2经表面处理、过滤、洗涤、干燥、研磨得到精TiO2。
【详解】（1）钛元素的原子序数为22，基态原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，元素的第一电离能、第二电
离能、第三电离能依次增大，激发态原子失去1 个电子需要的能量小于基态原子，则电离其最外层的一个
电子所需能量最小的是[Ar]3d24s14p1，故选D；
（2）由分析可知，酸溶中加入硫酸溶液酸溶的目的是将金属元素转化为可溶的硫酸盐，则主要成分FeTiO3
发生的反应为FeTiO3与溶液中氢离子反应生成TiO2+离子、亚铁离子和水，反应的离子方程式为
FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O，故答案为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O；
（3）由分析可知，“还原”时加入铁的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子；由图可知，从还原得
到的溶液中获得绿矾的操作为溶液经加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，
故答案为：Fe；加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）四氯化钛在水中或潮湿空气中会发烟的原因是四氯化钛发生水解反应生成TiO2·xH2O 和氯化氢，氯化
氢遇空气中水蒸气形成盐酸小液滴而产生大量白雾，反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl，
故答案为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl；
（5）由分析可知，与方法二相比，方法一的最大优点是制备粗TiO2时，未使用有毒的氯气，不会对环境
造成污染，故答案为：方法一更环保，未使用有毒的氯气；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中与位于体心的钛原子距离最近的氧原子有6 个，则钛原子的配位数为6，位
于顶点和体心的钛原子个数为8×
+1=2，位于面上和体内的氧原子个数为2+4×
=4，设晶体的密度为dg/
cm3，由晶胞的质量公式可得：
=10—30a2bd，解得d=
，故答案为：6；
。
14．铍作为一种稀有元素，在航空航天、电子加工等领域具有重要意义。用铍矿石(含BeO 及少量Ca、
Mg、Mn 元素)与配料生产工业氧化铍的工艺流程如下：
33
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已知：碱性条件下
的还原产物为
。回答下列问题：
(1)若缺少粉碎步骤，产生的影响为 。
(2)烧结时，若铍矿石中BeO 恰好转化为
，Si 元素转化为
，则BeO 发生反应的化学方程式为
。
(3)水浸后溶液中仍有未反应的
，加入
后会转化为
沉淀，所得产物可除去溶液中的
钙、镁元素，
发生反应的离子方程式为 。
(4)水浸后溶液中Mn 元素以
形式存在，加入稍过量
溶液煮沸50min 至溶液 时说明反应
结束。结合平衡移动原理解释酸洗时控制溶液
的原因： 。
(5)碱化时，室温下加入NaOH，控制
，析出颗粒状的
，所得浸出液中
，此时
溶液中
。已知
，
的解离常数
(6)碱化后浸出液中
远高于排放标准，向其中加入硫酸铁生成
，
为八面体结构，则Fe 原
子采取的杂化方式为 (填标号)。
A．
B．
C．
【答案】(1)烧结时的反应速率慢，铍的利用率低
(2)
(3)
34
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(4) 紫色一段时间内不变
、
存在沉淀溶解平衡
、
，酸洗时控制溶液
，溶液中
与
结合生成HF，使上述沉淀溶解平
衡正向移动，
，
沉淀溶解，生成的HF 使
溶解
(5)
(6)C
【分析】流程剖析①碱性环境下发生反应
生成的
分别
与
、
反应生成
、
；②碱性环境下
与
反应生成
【详解】（1）(1)对铍矿石进行粉碎，可使后续烧结时铍转化更充分，若缺少粉碎步骤，烧结时的反应速
率慢，铍的利用率低。规律：工艺流程中粉碎的目的一般是增大反应物的接触面积、增大反应速率、提高
转化率或利用率
（2）(2)烧结时BeO、
、
反应生成
、
等，反应的化学方程式为：
；
（3）根据信息可写出该反应的离子方程式为
；
35
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（4）水浸后溶液中Mn 元素以
形式存在，加入稍过量
溶液发生归中反应生成
，溶液
紫色一段时间内不变时说明反应结束。浸出渣的成分为
、
、
、
，其中
、
存在沉淀溶解平衡
、
酸洗时控制溶液
，
溶液中
与
结合生成HF，使上述沉淀溶解平衡正向移动，
、
沉淀溶解，
和HF 反应，
从而除去
，沉淀仅剩下
；
（5）
，室温下
时，
，则
，又
，
的解离常数
，则
；
（6）
为八面体结构，Fe 形成6 个键，则Fe 原子的杂化方式为
；
15．2023 年诺贝尔化学奖授予对合成量子点有突出贡献的科研工作者。碲化镉(CdTe)量子点具有优异的光
电性能，常用作太阳能薄膜电池材料。我国科研人员设计以电解精炼铜获得的富碲渣(含铜、碲、银等)为
原料合成碲化镉量子点的流程如下：
回答下列问题：
(1)碲的原子序数为52，基态碲原子的价层电子排布式为 。
(2)“硫酸酸浸时，取含单质
的富碲渣
，为将
全部溶出转化为
，需加质量分数为
的
(密度：
)
(保留到小数点后两位)。但实际操作中，
用量远高于该计算
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值，原因之一是
同时也被
浸出，请写出
被浸出时发生反应的离子方程式： 。
(3)化学中用标准电极电势
(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态
转化为还原态越容易。已知硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为
、
，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是 。
(4)在研究“还原”步骤实验条件时，发现Te、Cu 单位时间内沉淀率随NaCl 溶液浓度的变化如图所示，则
该步骤应选择的NaCl 溶液适宜浓度为 。
(5)CdTe 的晶胞属立方晶系，晶胞如图所示，若CdTe 的摩尔质量为
，该晶体的密度为
，阿
伏加德罗常数为
，则最近的两个Te 原子的距离
。(用含M、
、
的代数式表示)
(6)量子点不同于其他的半导体材料，在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色
的光，关于这一现象下列说法正确的是 (填字母)。
A．属于化学变化 B．由光化学反应产生 C．由电子跃迁形成
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【答案】(1)5s25p4
(2) 2.06 Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
(3)Te(SO4)2+2SO2+4H2O=Te+8
(4)30g/L
(5)
×107
(6)C
【分析】由题干流程图可知，向富碲渣(含铜、碲、银等)中加入30%H2O2和硫酸进行酸浸得到Te(SO4)2、
CuSO4的浸出液和含有Ag 等贵金属渣，向浸出液中通入SO2，加入NaCl 将Te4+还原为Te，Cu2+转化为CuCl，
过滤得到粗碲，粗碲处理后得到精制碲，与NaBH4反应得到H2Te，在反应釜中与CdCl2和柠檬酸钠反应制得
CdTe 量子点，据此分析解题。
【详解】（1）碲的原子序数为52，54＞52＞36，即Te 位于周期表中第5 周期ⅥA 主族，故基态碲原子的
价层电子排布式为5s25p4，故答案为：5s25p4；
（2）“硫酸酸浸时，取含单质Te6.38%的富碲渣20g，为将Te 全部溶出转化为Te(SO4)2，则该反应方程式
为：Te+2H2SO4+2H2O2=Te(SO4)2+4H2O，需加质量分数为30%的H2O2(密度：1.1g/cm3)的体积为：
=2.06mL(保留到小数点后两位)，但实际操作中，H2O2用量远高于该计算值，原因
之一是Cu 同时也被H2O2浸出，Cu 被浸出时发生反应的离子方程式：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：
2.06；Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
（3）由题干信息可知，化学中用标准电极电势
(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般
这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易，结合硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为
、
，Te4+较Cu2+易被还原，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反
应的化学方程式是Te(SO4)2+2SO2+4H2O=Te+8
，故答案为：Te(SO4)2+2SO2+4H2O=Te+8
；
（4）由题干图示信息可知，当NaCl 溶液浓度为30g/L 时，Te 的沉淀率已经较高，Cu 的沉淀率最低，使Cu
和Te 分离更加完全，故该步骤应选择的NaCl 溶液适宜浓度为30g/L，故答案为：30g/L；
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（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碲原子个数为8×
+6×
=4，位于体内的镉原子个数为
4，设晶胞的参数为anm，由晶胞的质量公式可得：
=(10-7a)3ρ，解得a=
×107nm，晶胞中距离最
近的碲原子的距离为面对角线的
，则距离最近的碲原子的距离为
×107nm，故答案为：
×107；
（6）量子点不同于其他的半导体材料，在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同
颜色的光，这一现象是发生了电子的跃迁，属于物理变化，故答案为：C。
16．钪（Sc）是一种重要的稀土金属，具有密度低、延展性好、催化性能优异等显著特点，目前已被广泛
应用于燃料电池、钪钠卤灯、示踪剂、催化剂等领域。工业上可从红泥（主要成分为
、
、
、
、
）中回收钪，同时生产聚合硫酸铁铝（PFAS）。工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)基态钪原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 ，滤渣的成分是 。
(2)已知钪离子可以在不同pH 下生成
（n＝1～6），在有机相中加入NaOH 溶液进行反萃取后，
主要生成n＝6 的含钪产物，写出加入足量盐酸酸化步骤的离子方程式 。
(3)根据下表所示该工艺条件下溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH 值，选择合理的试剂，设计完成
流程图中的步骤Ⅰ和步骤Ⅱ（供选择的试剂：铁粉、铜粉、30%双氧水、浓硝酸、酸性高锰酸钾溶液）。
离子
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开始沉淀的pH
3.5
6.5
1.8
0.3
完全沉淀的pH
4.9
9.0
3.2
2.0
①步骤Ⅰ： 、步骤Ⅱ： 。
②该工艺流程中设计步骤Ⅰ和步骤Ⅱ的原因是 。
(4)为检验产品聚合硫酸铁铝中是否含有亚铁离子，实验小组选择铁氰化钾溶液进行检测。写出该检验方法
对应的离子反应方程式 。
(5)钪晶体属六方晶系，晶体结构如图所示，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，
为阿伏加德罗常数的值。
钪晶体的密度为
。
【答案】(1) 2 1∶（或1 2∶）
(2)
(3) 步骤Ⅰ：加入铁粉还原
步骤Ⅱ：加入30%双氧水，将
重新氧化为
防止在
水解工序，部分
同时沉淀，不利于元素Ti 与Fe 的分离
(4)
(5)
【分析】红泥加入硫酸进行浸取，得到浸取液进行萃取，所得萃取物加入氢氧化钠溶液进行反萃取，将所
得沉淀加入稀盐酸进行沉淀转化，进行一系列的处理后，再加入氯化钪置换得到Sc；而萃取后的溶液加入
铁粉还原将铁离子转化为亚铁离子，然后进行水解得到
，再加入双氧水进行氧化，加入碳酸氢钠
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溶液进行聚合，得到聚合硫酸铁铝。
【详解】（1）①基态钪原子的价电子排布式为
，两种自旋状态的电子数之比为2 1(
∶
或1 2)
∶
，故答案
为2 1(
∶
或1 2)
∶
；
②
不能溶于硫酸，红泥用硫酸浸取后，滤渣的成分是
，故答案为SiO2；
（2）在有机相中加入NaOH 溶液进行反萃取后，主要生成n＝6 的含钪产物，水相2 中含钪离子为
，加入足量盐酸酸化后，
能转化为
，反应的离子方程式为
，故答案为
；
（3）①加入铁粉还原Fe3+，故答案为加入铁粉；
②步骤Ⅱ：加入30%双氧水，将Fe2+重新氧化为Fe3+，故答案为加入30%双氧水；
③防止
和
在“水解”工序同时沉淀，不利于元素Fe 与Ti 的分离，故答案为防止
和
在
“水解”工序同时沉淀，不利于元素Fe 与Ti 的分离；
（4）用铁氰化钾溶液检验产品聚合硫酸铁铝中是否含有亚铁离子，若有蓝色沉淀产生，则证明含有Fe2+，
离子方程式为：
，故答案为
；
（5）由于钪晶体属六方晶系，计算钪晶体的密度时，可以选取题图中六棱柱的1/3（如下图所示）进行计
算：
一个晶胞中所含有的钪原子数为
，晶胞的体积
，钪晶体的密度为
41
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，故答案为
。
17．电解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回
收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
(1)基态Cu 原子价电子排布式为 。
(2)“浸取1”步骤中，将阳极泥中的铜浸出，并处理“浸出液1”回收CuSO4·5H2O。
①“浸取1”步骤中若单纯加入硫酸和O2，铜的浸出速率低，加入少量Fe2(SO4)3溶液，可提高铜的浸出速率，
用离子方程式解释： 。
②“浸出液1”提纯、分离过程中，需加氧化剂，调pH 约为3。若氧化剂选用H2O2，则其利用率明显比选用
O2的利用率低，原因是 。
(3)“浸取2”步骤中，单质金转化为
进入“浸出液2”中，单质银转化为AgCl 进入浸渣2 中。
①如果将盐酸换成硫酸，金的浸取率大大降低，原因是： 。
②写出“还原”步骤中的离子反应方程式： 。
(4)“浸取3”步骤中，AgCl 转化为
，“电沉积”步骤中生成Ag 的电极为 (填“阴
极”或“阳极”)；该极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。
(5)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，从物质结构与性质关系的角度分析，
的结构为 (填“a”
或“b”)。
42
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【答案】(1)
(2)
或
H2O2不稳定，Fe3+、Cu2+催化H2O2分解
(3) Cl-较
更易与Au3+形成配离子，增强了金的还原性
(4) 阴极 Na2S2O3
(5)a
【分析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等多种元素，加入硫酸和氧气浸取，铜溶解，生成硫酸铜，过滤得到
的滤液中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au 等，再向滤渣中加入盐酸和双氧水，发生反应：
2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl↓+2H2O，过滤，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl
溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3-，再进行电解，[Ag(S2O3)2]3-在阴极得到电子，被还原为Ag，电解反应为：
[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2
阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，向浸出液2 中加入N2H4，可以还原
HAuCl4，生成Au 和氮气，该反应N 元素升高2 价，Au 元素降低3 价，据此分析作答。
【详解】（1）已知Cu 的原子序数为29，基态Cu 原子价电子排布式为：3d104s1；
（2）①Fe3+迅速将铜氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+：离子方程式为：
；在酸性
环境中，Fe2+被氧气重新氧化为Fe3+，完成催化循环，离子方程式为：
，故
答案为：
，
或
；
②过氧化氢不稳定，三价铁和铜离子可以催化其分解，故答案为：H2O2不稳定，Fe3+、Cu2+催化H2O2分解；
（3）①Cl⁻作为配体形成稳定的
，促进金的溶解，而硫酸根无法形成类似的稳定配合物，同时
更容易被氧化，故答案为：Cl-较
更易与Au3+形成配离子，增强了金的还原性；
43
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②结合分析可知，“还原”步骤中N2H4可以还原HAuCl4生成金和氮气，离子方程式为：
；
（4）结合分析可知，“电沉积”步骤中生成Ag 的电极为阴极；同样由分析可知，阴极区的溶液中含有
Na2S2O3，可以循环使用，故答案为：阴极；Na2S2O3；
（5）Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，从物质结构的角度分析
的结构为(a)而不是(b)的原因是：(a)结构
中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且a 中含有
过硫键，b 中含有过氧键，两者均有氧化性，但过氧键的氧化性强于I2，则b 不能被I2氧化，由此可知该离
子的结构应该是a。
18．独居石精矿是一种以稀土(RE)元素的磷酸盐为主的矿物，还含有FePO4、SiO2和极少量含铀(U)的化合物。
一种从独居石精矿中提取铀和稀土的工艺如图。
已知：①常温下，Ka1(H3PO4)=6.9×10﹣3，Ka2(H3PO4)=6.2×10﹣8，Ka3(H3PO4)=4.8×10﹣13，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10﹣
12。
②盐酸体系中，存在
4Cl﹣
[UO2Cl4]3﹣。Fe3++4Cl﹣[FeCl
═
4]﹣，其他金属离子与Cl﹣的配位可忽略。
③工艺中“离子交换”是将含(An﹣)的溶液流过盛有阴离子交换树脂(RCl)的离子交换柱(如图)，发生反应：
nRCl(s)+An﹣(aq)
RaA(s)+nCl﹣(aq)。
(1)“碱转化”后溶液中的阴离子含有OH、 (填离子符号)和含磷的酸根离子。常温下测得溶液
pH=12.0，则溶液中c(
) c(
)(填“>”“<”或“=”)。
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(2)
中O 为-2 价，U 的化合价为 。“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2﹣，其离子
方程式为 。
(3)“氧化”和“调pH”工序的目的是避免 (填离子符号)与交换树脂反应，从而有利于U 的分离。
(4)“沉铀”中，加入NH4HCO3使UO2Cl2转化为(NH4)4[UO2(CO3)3]再加热促使其分解生成UO3。(NH4)4[UO2(CO3)3]
分解的化学方程式为 。
(5)常温下，若“沉淀”后溶液中c(Mg2+)=0.056mol•L﹣1为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2应确保溶液的pH 低于
。
(6)一种铀的氧化物晶体结构可描述为U 与空位交替填充在由氧原子构成的体积相等的立方体体心，形成如
图所示的结构单元。
①该氧化物的化学式为 。
②若该氧化物的立方晶胞的晶胞参数为anm，则O 与U 原子最近的距离为 nm(用a 表示)。
【答案】(1) Si
<
(2) +6 UO(OH)2+2Fe3++4Cl﹣=[UO2Cl4]2﹣+2Fe2++H2O
(3)[FeCl4]﹣
(4)(NH4)4[UO2(CO3)3)
UO3+4NH3↑+3CO2↑+2H2O
(5)9
(6) UO2
a
【分析】由工艺图可知：碱转化：独居石精矿（含稀土磷酸盐、FePO4、SiO2、含铀化合物 ）与NaOH 溶液
反应，SiO2 等会发生转化进入滤液，实现初步分离。酸浸：用盐酸溶解碱转化后的产物，使相关元素以离
子形式进入溶液。氧化：加入H2O2将可能存在的低价态离子（如Fe2+ ）氧化。调pH：加MgO 调节pH，
使部分杂质离子沉淀为滤渣除去。离子交换：利用阴离子交换树脂，选择性交换特定阴离子，实现目标离
子与其他离子分离。洗脱、加热沉淀：对交换后的树脂处理，洗脱目标离子，再经加热沉淀得到UO3 ，流
出液经处理得RE(OH)3 ，据此分析解答。
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【详解】（1）独居石精矿中含有FePO4、SiO2，“碱转化”时SiO2会与碱反应生成
，所以溶液中的阴
离子含有OH-、
和含磷的酸根离子；已知Ka3(H3PO4)=4.8×10-13，pH = 12.0 时，c(H+) = 10-12mol/L，
0.48<1，所以c(
)<c(
)，故答案为：
；<；
（2）在
中，O 为-2，设U 的化合价为x，则x+2×(-2)=+2，解得x =+6，“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应
生成[UO2Cl4]2-，Fe3+被还原为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为
，故答案为：+6；
；
（3）根据“离子交换”原理，Fe3+会形成[FeCl4]-与交换树脂反应，所以“氧化”和“调pH”工序的目的是
避免[FeCl4]-与交换树脂反应，从而有利于U 的分离，故答案为：[FeCl4]-；
（4）
分解生成UO3，根据原子守恒，还会生成NH3、CO2和H2O，化学方程式为
，故答案为：
；
（5）已知Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，c(Mg2+)=0.056mol/L，当Mg(OH)2开始沉淀时，c(OH-)
10-5mol/L，pOH=5，pH=9，所以为防止RE(OH)3中混入
Mg(OH)2，应确保溶液的pH 低于9，故答案为：9；
（6）①由晶胞结构可知，O 原子位于顶点和棱心，O 原子个数为8
12
4，U 原子个数为2，所以
该氧化物的化学式为UO2，故答案为：UO2；
②O 与U 原子最近的距离为晶胞体对角线长度的
，晶胞体对角线长度为
a，所以O 与U 原子最近的距
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离为
anm，故答案为：
a。
19．对电解制锰过程中产生的复合硫酸盐[成分为
和
]进行回
收利用具有较高的经济价值与环保价值，相关工艺流程如图所示。
已知：室温下，
；
；
。
(1)气态化合物a 的化学式为 。
(2)“沉淀1”时，室温下将“浸液1”的
调至9.5，得到
沉淀，此时浸液中
的浓度为
。
(3)草酸镁晶体
在足量空气中充分“焙烧”时发生反应的化学方程式为 。
(4)“浸出2”中加入
溶液的目的为 。
(5)“浸出3”后，铅元素以
的形式存在，该过程中涉及铅元素的反应的离子方程式为 ；“浸
渣3”的主要成分为 (填化学式)。
(6)将“沉淀1”中所得的
焙烧，可制得锰的某种氧化物，其立方晶胞结构如图中A 所示(
和O
原子省略)，晶胞棱长为
。A 可看作是i、ii 两种基本单元交替排列而成。
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①该氧化物的化学式为 。
②设该氧化物最简式的式量为
，则晶体密度为
(列出计算式，
为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)将
和
转化为能与酸反应的
和
，便于后续
和
的分离、回收处理
(5)
(6)
【分析】将复合硫酸盐[成分为
和
]进行低温焙烧，复合硫酸
盐中含有
，低温焙烧时，铵盐受热分解，
分解产生的气态化合物a 为
，将固体进
行加水浸出，
和
能溶于水，故进入浸液1 中，通入氨气调节pH 值，由
，
转化为
沉淀，再加入
，得到
，
在空气中焙烧得到MgO；难溶的
和
进入浸渣1，向浸渣1 中加入
溶
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液进行浸出2，将
和
转化为能与酸反应的
和
，得到含
和
的浸
渣2，向浸渣2 中加入HCl 和NaCl 进行浸取3，与
反应生成含
的浸液3 和含
的浸渣
3，据此回答。
【详解】（1）复合硫酸盐中含有
，低温焙烧时，铵盐受热分解，
分解产生的气态化
合物a 为
；
（2）室温下将 “浸液1” 的pH 调至9.5，则
，根据
，可得
；
（3）草酸镁晶体
在足量空气中充分 “焙烧”，C 元素被氧气氧化为CO2，根据原子守恒和
得失电子守恒配平化学方程式为
；
（4）由
可知，PbCO3的溶解度小于PbSO4，加入
溶
液可发生沉淀转化，将
和
转化为能与酸反应的
和
，便于后续
和
的分离、
回收处理；
（5）“浸出3” 后，铅元素以
的形式存在，“浸渣2” 主要含
，加入HCl、NaCl，发生反应
的离子方程式为
；复合硫酸盐中含
，加入
转化
为
，再加入HCl、NaCl，
转化为AgCl 沉淀，所以 “浸渣3” 的主要成分为AgCl；
（6）①计算Mn 原子个数：在晶胞中，i、ii 两种基本单元交替排列，一个晶胞中含有8 个基本单元。每个
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i 单元中Mn 原子个数为
（1 个位于体心，4 个位于顶点，顶点原子被8 个晶胞共用）；每个ii
单元中Mn 原子个数为
（4 个位于顶点）。则一个晶胞中Mn 原子总数为
个；计算
O 原子个数：每个i 单元中O 原子个数为4 个，每个ii 单元中O 原子个数为4 个，所以一个晶胞中O 原子总
数为
个，因此，Mn 与O 原子个数比为
，该氧化物的化学式为
；
②由①可知一个晶胞中含有8 个 “
”，根据m = nM，晶胞质量
(Mr为该氧化物最简式的
式量，
为阿伏加德罗常数的值)，已知晶胞棱长为
，根据正方体体积公式
（a 为棱
长），则晶胞体积
，根据密度公式
，可得晶体密度
。
20．锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。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。
(1)基态Zn 原子核外电子排布式为 ；黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn 和Cu 组成。第一
电离能Ⅰ1(Zn) Ⅰ1(Cu)(填“大于”或“小于”)；Cu、Zn 等金属具有良好的导电性，从金属键的理论
看，原因是 。
(2)下列现代分析手段中，可用于检验水中痕量锌元素的是_______。
A．X 射线衍射
B．原子光谱
C．质谱
D．红外光谱
菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物，可用于制备硫酸锌，流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离
子
Fe3＋
Zn2＋
Cu2＋
Fe2＋
Mg2＋
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Ksp
4.0×10-38
6.7×10-17
2.2×10-20
8.0×10-16
1.8×10-11
(3)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。
(4)滤渣①的主要成分有_______。(不定项)
A．Mg(OH)2
B．Fe(OH)3
C．Fe(OH)2
D．SiO2
(5)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施不正确的是_______。
A．加热
B．用浓硫酸浸取
C．不断搅拌
D．充分粉碎
(6)加入物质X 调溶液pH=5，最适宜使用的X 是 (填标号)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2 C．NaOH
(7)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 。
(8)滤液②中加入锌粉的目的是 。
(9)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF 并循环利用，同时得到的副产物是 、 。
【答案】(1) [Ar]3d104s2 大于 自由电子在外加电场作用又发生定向移动
(2)B
(3)ZnCO3
ZnO＋CO2↑
(4)BD
(5)B
(6)B
(7)MnO ＋3Fe2＋＋7H2O=MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋
(8)除去铜离子
(9) 硫酸钙 硫酸镁
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，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
，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、
Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+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Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到
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Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++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CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到
ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
【详解】（1）Zn 原子序数30，核外电子排布式：[Ar]3d104s2，各能级电子排布处于全充满的稳定结构，Cu
核外电子排布：[Ar]3d104s1，Cu 更容易失去一个电子形成价电子排布为3d10的较稳定结构，所以Ⅰ1(Zn)＞
Ⅰ1(Cu)；金属内部存在自由电子在外加电场作用又发生定向移动，具有比较好的导电能力；
（2）可以通过借助原子光谱来检验水中痕量锌元素；
（3）菱锌矿的主要成分为ZnCO3，焙烧时分解生成氧化锌和二氧化碳：ZnCO3
ZnO＋CO2↑；
（4）根据分析可知，滤渣①中含Fe(OH)3、CaSO4、SiO2，答案选BD；
（5）A．加热可以提高锌的浸取效果，A 不符题意；
B．浓硫酸中水较少，电离出的氢离子浓度较低，不利于浸取锌，B 符合题意；
C．搅拌可以提高锌的浸取效果，C 不符题意；
D．充分粉碎可增大接触面积，可以提高锌的浸取效果，D 不符题意；
答案选B；
（6）A．NH3·H2O 易分解产生NH3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Na+，故C 不适宜；
答案选B；
（7）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程
式：MnO ＋3Fe2＋＋7H2O=MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋；
（8）根据分析可知，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu
从而除去；
（9）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
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