第05讲 工业流程题解题策略（专项训练）（全国通用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦工业流程题解题逻辑，分考向构建从基础到综合的训练体系，强化科学思维与证据推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模拟·基础演练|4考向24题|选择为主，涵盖物质制备/提纯微型流程|从单一反应分析到多步操作推理，衔接元素化合物与反应原理| |重难·创新演练|13题|填空综合题，涉及陌生工艺与计算|整合氧化还原、沉淀溶解平衡等核心概念，体现科学探究与实践素养| |真题·实战演练|10题|高考真题再现，注重流程评价与优化|还原真实工业情境，强化信息提取与问题解决能力，契合高考命题趋势|

第05讲 工业流程题解题策略(专项训练) 目 录 模拟·基础演练 考查物质制备类微型工业流程题的分析判断 考查物质提纯类微型工业流程题的分析判断 考查物质制备类工业流程综合题的分析判断 考查物质提纯类工业流程综合题的分析判断 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 考查物质制备类微型工业流程题的分析判断 1．(2026·福建漳州高三期末)一种以菱锰矿(主要成分为MnCO3，含SiO2、Fe3O4、FeO、CuO、NiO等杂质)为原料生产锰的工艺流程如下： 已知：①25℃时，，。 ②金属性：Mn＞Fe。 下列说法错误的是( ) A．滤渣①主要成分是SiO2，滤渣③主要成分是CuS、NiS B．“氧化”时，发生反应的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O C．“除铁”后，25℃时，溶液中c(Fe3+)=为1.0×10-26.6mol·L-1 D．“电解”时，加入抑制剂的作用是减少阴极生成H2的量 2．(2026·安徽六校高三联考)蛇纹石主要成分为R3Si2O5(OH)4(R=Mg或Ni)，利用绿矾(FeSO4·7H2O)焙烧时产生的SO3可以提取蛇纹石中的金属镍制备Ni(NH4)2(SO4)2·6H2O，工艺流程如下图 已知：①SO3可破坏蛇纹石的硅酸盐结构，有利于生成硫酸盐和SiO2等 ②Ni2+可形成[Ni(NH3)6]2+ 下列有关说法正确的是( ) A．焙烧时绿矾发生的反应为2FeSO4·7H2O2Fe2O3＋SO23↑＋SO3↑+14H2O B．浸渣的主要成分是SiO2 C．随矿化剂中(NH4)2CO3浓度的增大，矿化渣中Ni2+的含量减小 D．酸化后的溶液电解，可在阳极得到Ni 3．(2026·四川内江一模)LiBr易溶于水，可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。一种用含溴蒸气的溴化氢气体合成LiBr的工艺流程如下： 下列说法错误的是( ) A．“环节一”目的是将Br2还原为Br- B．“酸X”为氢溴酸 C．向“滤渣”中加入CS2，可分离出一种生产硫酸的原料 D．“环节三”目的是除去多余的H+，固体可用Li2CO3 4．(2026·青海西宁高三期中)工业上煅烧FeS2产生的SO2可以按如下流程脱除或利用(反应Ⅲ的原子利用率为100％)。 下列有关说法正确的是( ) A．X为CH3OH B．CaSO4和SO3均为电解质 C．煅烧时，SO2是氧化产物，不是还原产物 D．途径I脱除的化学方程式为SO2＋CaCO3CaSO4＋CO2 5．(2026·宁夏银川高三期中)医学发现一种Fe3O4纳米粒子具有肝靶向功能。利用废旧镀锌铁皮制备Fe3O4胶体粒子的工艺流程图如下： 已知：Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-。下列说法不正确的是( ) A．“碱洗”是为了洗去废旧镀锌铁皮表面的油污 B．“碱洗”中发生反应的离子方程式为Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑ C．“酸溶”后溶液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+ D．可用丁达尔效应鉴别溶液和胶体 6．(2026·四川内江一模)LiBr易溶于水，可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。一种用含溴蒸气的溴化氢气体合成LiBr的工艺流程如下： 下列说法错误的是( ) A．“环节一”目的是将Br2还原为Br- B．“酸X”为氢溴酸 C．向“滤渣”中加入CS2，可分离出一种生产硫酸的原料 D．“环节三”目的是除去多余的，固体可用Li2CO3 7．(2026·福建南平高三期中)实验室用生产发光二极管(LED)的废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg)制备Ga2O3的一种流程如下。 已知：Ga和In均为第ⅢA族元素，In难溶于NaOH溶液。 下列说法错误的是( ) A．Ga元素位于元素周期表的p区 B．Ⅰ中GaN生成[Ga(OH)4]−的离子方程式为GaN+OH−+3H2O[Ga(OH)4]−+NH3↑ C．从沉淀1中可以提取In和Mg 考查物质提纯类微型工业流程题的分析判断 8．(2026·安徽阜阳高三期中)铜阳极泥是铜电解精炼的副产物，富含Au、Ag、Se等元素。一种从铜阳极泥中回收硒的工艺流程如图所示： 已知：①Se与S同主族，化学性质相似。②SeO2易溶于水，生成H2SeO3。 下列分析错误的是( ) A．SO2尾气可用NaOH溶液吸收处理 B．Se与S同主族，故H2SeO4的酸性比H2SO4强 C．“吸收与还原”过程中发生反应：SeO2+2H2O+2SO2=Se↓+2H2SO4 D．类比SO2的性质，可推测SeO2与强碱溶液反应生成SeO32- 9．(2026·辽宁沈阳一模)一种铁钴铜湿法分离的工艺如下，下列说法中错误的是( ) A．滤渣为单质铜 B．“氧压水解”反应方程式：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3 +8H+ C．X为稀硫酸 D．可通过快速降温从硫酸钴溶液中获得硫酸钴大晶体 10．(2026·广东肇庆高三期中)钴铁矿经焙烧后得到的CoO和Fe2O3，通过如下转化，进行分离。 已知：Co2++4SCN-[Co(SCN)4]2-(蓝紫色)此反应可用于检验Co2+。 下列说法正确的是( ) A．步骤Ⅰ中CoO、Fe2O3均与焦炭发生反应且根据分析可知Co3O4的热稳定性强于Fe3O4 B．步骤Ⅳ的操作：将Fe3O4溶于硫酸，加入一定量H2O2，45℃恒温加热一段时间后，再加入浓氨水，经过滤、干燥、煅烧，获得Fe2O3 C．检验中是否还含有CoO：将产品溶于盐酸，再滴加KSCN溶液，若溶液出现蓝紫色，说明含有CoO D．铁与钴为同周期的邻族元素，此过程利用CoO与Fe3O4的磁性强弱不同进行分离 11．(2026·湖北省直辖县级单位高三期中)氰化法从金矿提取黄金简易工艺流程如下(已知：通常情况下，电负性较小的原子易提供孤电子对)： 下列叙述不正确的是( ) A．“氰浸”中，NaCN作络合剂且N原子为配位原子 B．“氰浸”反应：4Au+8CN-+O2+2H2O=4[Au(CN)2]-+4OH- C．“还原”中，除生成两种配合物外，还产生一种还原剂 D．“除锌”中，试剂X不宜选择硝酸 12．已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是( ) A．苯胺既可与盐酸也可与NaOH溶液反应 B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D．①、②、③均为两相混合体系 考查物质制备类工业流程综合题的分析判断 13．(2026·河南驻马店高二期末)三草酸合铁酸钾{K3[ Fe(C2O4)3]}是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，利用废铁屑制备三草酸合铁酸钾的一种工艺流程如下。 回答下列问题： (1)一定温度下，H2C2O4溶液中含碳微粒的分布分数随pH的变化如图。 ①H2C2O4第一步电离方程式为 ，H2C2O4的第二步电离常数Ka2= 。 ②保持温度不变，将0.1mol·L-1草酸溶液加水稀释，数值增大的是 (填选项字母)。 A．Ka2(H2C2O4)     B．c(C2O42-)     C．c(OH-)     D． (2)①有“沉淀”时，检验溶液中Fe2+已沉淀完全的实验操作及现象为 。 ②已知Ksp( FeC2O4)=10-6.7，“沉淀”时，当溶液中Fe2+恰好沉淀完全时[c(Fe3＋)=10-5mol·L-1]，c(C2O42-)= mol·L-1；反应的K= 。 (3)K2C2O4溶液中c(K+)=2c(C2O42-)+ ；温度升高，溶液碱性将 (填“增强”“减弱”或“不变”)。 (4)“氧化络合”时，发生反应的化学方程式为 。 14．(2026·江苏基地学校高三大联考)三草酸合铁酸钾晶体{K3[ Fe(C2O4)3] ·3H2O，M=491 g·molˉ1}为翠绿色晶体，易溶于水，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，具有生产价值。简易制备流程如下： (1)“溶解”时加入稀硫酸的作用是 。 (2)“氧化”过程发生反应的离子方程式为 。 (3)“调pH”时，反应最佳pH条件为3.5，pH过高或过低影响制备效果的原因为 。 (4)“调pH”过程中伴随少量Fe(OH)3生成，则“系列操作”的具体操作为 、过滤、洗涤、干燥(已知：三草酸合铁酸钾的溶解度：0℃时，4.7 g/100 g水；100℃时，117.7 g/100 g水)。 (5) [ Fe(C2O4)3]3-的结构如图，配体个数为 ，中心离子配位数为 ，设计简单的实验证明Fe3+为内界的一部分： 。 (6)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量：称量a g样品于锥形瓶中，加稀硫酸溶解，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，在上述溶液中加入适量锌粉，使溶液恰好从黄色变为浅绿色，反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为 。 15．(2026·湖北T8联考高三模拟)补铁剂乙二胺四乙酸铁钠(NaFeEDTA，分子式为C10H12FeN2NaO8·3H2O)的一种合成路线如下： 已知：室温下，当离子浓度小于时视为沉淀完全；EDTA和NaFeEDTA的水溶性均随温度升高显著上升；“络合”步骤的反应式为。 回答下列问题： (1)NaFeEDTA中基态Fe3+的价电子排布式为 。 (2)“沉铁”步骤生成FeCO3，当Fe2+恰好完全沉淀时溶液中的cCO32-= 。 (3)“氧化”步骤的化学方程式为 。 (4)实验室洗涤沉淀通常在 (填仪器名称)中进行。“氧化”后过滤得到的滤饼需要用去离子水洗涤2～3次。检验该滤饼是否洗涤干净的最佳试剂为 (填化学式)溶液。 (5)“减压过滤”步骤的目的是 。从滤液2中获取纯净NaFeEDTA晶体的操作为 (填标号)。 a.蒸发至大量晶体析出时停止加热，趁热过滤 b.蒸发至大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干滤液 c.蒸发至有晶膜出现时即停止加热，冷却结晶后过滤 (6)产品中总含铁量的测定：取1.000 g产品放入150 mL烧杯，加入20 mL去离子水和5 mL 3mol/L硫酸溶液，搅拌溶解后，加入1 g锌粉，加热反应30 min，过滤。得到的无色溶液用250 mL容量瓶定容。快速移取25 mL溶液至250 mL锥形瓶中，加入10mLH2SO4-H3PO4混酸以掩蔽生成的的黄色，用0.02000mol·L-1KMnO4标准溶液平行滴定3次，消耗KMnO4标准溶液的体积平均为V mL，则产品中铁元素的质量分数为 (铁的相对原子质量为55.85)。 (7)产品的块状晶体在生物偏光显微镜下能观察到瑰丽色彩，展现出化学之美。从晶体的微观结构角度分析，其原因是 。 16．(2026·江西南昌高三期中)某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料@，实验流程如下： 已知：①含锌组分间的转化关系： ②ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式 。 (2)下列有关说法不正确的是___________(填字母)。 A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分 B．步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε-Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率 C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50 ℃的热水洗涤 D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小 (3)步骤Ⅱ中检验沉淀是否洗涤干净的操作是 。 (4)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是 。 (5)为表征纳米的晶体结构，所用仪器是___________。 A．核磁共振仪 B．质谱仪 C．红外光谱仪 D．射线衍射仪 (6)用Zn(CH3COO)2和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是 。 (7)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2＋浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2＋在一定浓度范围内的关系如图。 某研究小组取7.5×10-3 g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2＋并定容至1 L。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含 个铜原子。 17．(2026·江苏苏州高三期中)利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量SiO2、FeO、Fe2O3、MnO2)制备二次电池添加剂β- Co(OH)2的流程如下： 已知：ⅰ．沉淀过快无法形成β- Co(OH)2， Co(OH)2在碱性溶液中易被O2氧化。 ⅱ．Co2+、Co3+易与NH3形成配合物。 ⅲ．水合肼(N2H4·H2O)为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为N2。 (1)“酸浸”中Na2SO3溶液与Co2O3反应的离子方程式为 。 (2)滤渣2主要成分为NaFe3(SO4)2(OH)6，“沉铁”步骤加入NaClO的作用为 。 (3)在转化过程中： ①制备β- Co(OH)2，先加氨水再加NaOH溶液的理由是 。 ②“沉钴”中使用热NaOH溶液有利于形成较纯净的β- Co(OH)2，可能原因是 。 (4)经仪器分析，测得按题(3)步骤制得的Co(OH)2晶体结构中含有Co(III)，进一步用碘量法测得Co(II)的氧化程度为8%。因此制备时必须加入一定量的还原剂，如水合肼。实验室模拟题(3)步骤，为确保制得的Co(OH)2产品中不含Co(III)，用500 mL1mol·L-1的CoSO4溶液制备时，至少需加入水合肼的质量为 g。(写出计算过程) (5)钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如下图所示。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有 个。 考查物质提纯类工业流程综合题的分析判断 18．(2025·四川成都一模)从废钴钼系催化剂(主要含MoS2、CoS及少量Al2O3、CuO、ZnO)中回收钼的工艺如下所示： 已知酸浸后钼元素主要存在形式为MoO22+和Mo2O52+，仲钼酸盐中为Mo7O24n-。 回答下列问题： (1)Co位于元素周期表第四周期、第 族。 (2) MoS2在空气中高温焙烧生成两种氧化物，有MoO3和 。 (3)“焙烧”中加入CaCO3的优点是 (写一条)。 (4)“酸浸”后Mo的价态不再发生改变，则Mo7O24n-中n= 。 (5)“净化”产生废渣2，其中难溶硫化物主要有ZnS和 。参考溶液中含铝形体浓度负对数与pH关系(如下图所示)，则“净化”时pH最佳控制范围是 (选填标号)。 A ．4~6     B．6~8     C．＞8 (6)“洗脱”时加入氨水的最佳浓度为1.25 mol·L-1。氨水浓度过大，会导致有机萃取剂(酯类物质)失效，从而降低Mo的洗脱效率，有机萃取剂失效的可能原因是 。 (7)用NaClO- NaOH湿法氧化MoS2，直接生成MoO4-和SO42-，对应的离子方程式为 。 19．(2026·山西晋城三模)铅浮渣是粗铅冶炼副产物，主要成分为PbS、金属Pb及Pb2Sb2O7，并含少量SnO2。某工厂回收其中的锡、锑的工艺流程如图所示。 已知：①PbSO4可溶于硝酸生成可溶性铅盐；②Na3SbS3可溶于水，在氧化剂作用下转化为难溶的NaSbO3·9H2O；③，，。 (1)“焙烧”过程中转化为难溶性硫酸盐，同时生成一种能使品红溶液褪色的气体，该反应的化学方程式为________。 (2)在“脱硫”过程中难溶性硫酸盐发生转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因：________。 (3)“浆化熔炼”时，Sb2O3与Na2S·9H2O共熔生成Na3SbS3的化学方程式为________。 (4)“分锑”工序中，若H2O2用量不足，可能导致的后果是________。 (5)已知Sn与Al的性质相似。“沉锡”工序中，加入硫酸调节溶液得到粗Sn(OH)4沉淀。 ①pH过高会导致沉淀溶解，原因是________。 ②粗Sn(OH)4沉淀的洗涤操作是________。 (6)常温下，若“沉锡”后溶液中c(Sn4+)=1.0×10-6mol·L-1，此时溶液的为________。 20．(2026高三·全国·专题练习)钛白粉(TiO2)是一种性能优良、应用广泛的白色颜料，工业上以钛铁矿精矿(主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、Fe2O3 和 SiO2)为原料冶炼钛白粉的流程如图所示。 已知：酸解后，钛主要以TiO2+形式存在。室温条件下，在pH＞3的溶液中TiO2+会完全水解生成H2TiO3沉淀。 回答下列问题： (1)基态Ti原子核外价层电子排布式为 。 (2)试剂X应为 (填化学式)。 (3)酸解过程中，FeTiO3发生的非氧化还原反应的化学方程式为 。 (4)酸解后需要加入铁粉还原的原因是 。 (5)测定样品中TiO2纯度：取样品，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将TiO2+还原为Ti3+。过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配制成溶液。取所配溶液于锥形瓶中，滴加几滴溶液，用0.10mol·L-1 NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3+转化成TiO2+，重复操作3次，平均消耗25.10mL标准溶液。 ①该样品中TiO2的质量分数是 (保留2位有效数字)。 ②若其他操作都正确，量取待测液的滴定管没有润洗，则测得结果将 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 21．(2026·宁夏山西一模)硫化铋(Bi2S3)在光催化剂、锂离子电池等领域具有重要的潜在价值。一种以氧化铋渣(主要成分是Bi2O3、MnSO4、Fe2O3、CuO、Ag2O和Al2O3)为原料，制取高纯Bi2S3并回收锰的工艺流程如图所示。 已知：①常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 Fe3+ Cu2+ Al3+ 开始沉淀的pH 2.2 5.2 3.6 沉淀完全( c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 3.2 6.7 4.7 ②硫代乙酰胺(CH3CSNH2)在酸性溶液中会水解为乙酰胺(CH3CONH2可溶于水)和硫化氢；硫化氢会进一步发生反应：2Bi3+(s)+3H2S(g)Bi2S3(s)+6H+(aq)。 回答下列问题： (1)基态的价电子排布式为 。 (2)“酸浸”时，Bi2O3化为Bi3+的离子方程式为 。 (3)从“滤液1”中可回收的金属主要有 (填化学式)。 (4)“沉铋”时，BiCl3转化为BiOCl沉淀的化学方程式为 。 (5)“转化”的两种方法如下： 方法一：第一步，用NH4HCO3溶液将BiOCl转化为(BiO)2CO3，发生反应2NH4HCO3+2BiOCl=(BiO)2CO3↓ +CO2↑+H2O+2NH4Cl； 第二步，(BiO)2CO3受热分解为Bi2O3，发生反应的化学方程式为 。 方法二：第一步，用NaOH溶液将BiOCl转化为Bi(OH)3；第二步，Bi(OH)3受热分解为Bi2O3。已知：常温下，Ksp[Bi(OH)3]=4.0×10-31，反应 2BiOCl(s)+H2O(l)Bi3+(aq) +2OH-(aq) +Cl-(aq) K=1.6×10-31。 常温下，当BiOCl恰好完全转化为Bi(OH)3时，溶液中c(Cl-)=0.04mol·L-1，此时溶液pH= 。 (6)“硫化”后需用蒸馏水洗涤Bi2S3固体，洗涤固体的操作方法是 。 22．(2026·河南驻马店高三期末)硫酸锰常用作微量分析试剂、媒染剂和油漆干燥剂。工业上利用天然二氧化锰粉与硫化锰矿(主要成分为MnS、MnS2，还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素的硫化物或氧化物)制备高纯硫酸锰的工艺如图所示。回答下列问题： 已知：①溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时可认为该离子沉淀完全。常温下，部分物质的溶度积如表。 物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Zn(OH)2 Ni(OH)2 Ksp 物质 Mn(OH)2 ZnS NiS Ksp ②流程中Mn2+的浓度为1.0 mol·L-1，杂质离子浓度视为0.01 mol·L-1。 ③，，。 (1)采用“氧化酸浸”而不采用“直接酸浸”的优点是 。 (2)写出“氧化酸浸”中MnO2与MnS2反应的离子方程式： 。 (3)“氧化”的目的是 。 (4)“调pH”除铁和铝时，溶液的pH范围应控制在 ~ 。(保留2位有效数字) (5)“除杂1”后的滤液中 。 (6)滤渣的主要成分是MnF2、 (填化学式)。 (7)写出“沉锰”的离子方程式： 。滤液中的主要阳离子为 (填离子符号)。 23．(2026·湖南衡阳三模)工业上由天然MnO2与MnS 矿(杂质是含Fe、Al、Mg、Si、Ca 的氧化物)制备MnCO3的工艺流程如图所示。 已知：室温下相关物质的、如下表， 。 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MgF2 CaF2 HF 10-32.9 10-11.3 10-5.3 10-16.3 10-38.6 10-12.7 10-10.3 2.25×10-11 3×10-4 回答下列问题： (1)请写出基态锰原子的价电子排布式：___________， (2)“酸浸”产生的气体是Cl2，写出产生该气体的离子方程式：___________。 (3)滤渣1中除含有单质硫外，另一种物质是___________(填化学式)，部分单质硫是两种气体反应产生的，请写出该反应的化学方程式：___________。 (4)“调pH ”的目的是除去铁、铝(以氢氧化物形式去除)，若将它们完全除去(溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1 视为完全沉淀)，则pH的调节范围可以选择的是___________(填字母)。已知“过滤”后溶液中c(Mg2+)=0.1mol·L-1，c(Mn2+)=1.0mol·L-1。 A．2＜pH＜3     B．5＜pH＜7     C．9＜pH＜12 (5)若“除杂”后的溶液中c(HF)==c(Ca2＋)=1.0×10-5mol·L-1 ，则此时溶液的pH为___________。 (6)MnCO3在空气流中热解得到不同价态锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图1所示(假设A、B、C三点均为纯净物)。C点对应物质的化学式为___________。 (7)碳酸锰能在某温度加热分解出MnO2，MnO2的一种晶胞如图2所示(已标注主视方向)，请在图3的晶胞主视图中补全 原子的位置，并判断 的配位数为___________。 24．(2026·山东荷泽一模)从银锌渣(含金属Bi、Pb、Ag、Zn、Au)中回收Bi、Ag、Au的工艺流程如下： 已知：①氯化浸出Au单质的效率高于置换还原Au单质； ②常温下，Ksp(PbCl2)= 9×10－5，Ksp(AgCl)= 1.8×10－10； ③溶液中离子浓度时，即可认定该离子沉淀完全。 回答下列问题： (1)“氯化浸出”通入蒸汽的目的是 ；实际生产中为了提高Au单质的回收效率，KClO3溶液的浓度不宜 (填“过高”或“过低”)。 (2)“置换1”反应的离子方程式 ；“置换2”可选用的试剂Y为 (填标号)。 A．Mg     B．Zn     C．Au   D．Bi (3)“还原熔炼”中纯碱与AgCl反应生成两种无色气体，两种气体的化学式为 。 (4)“氨溶”中发生反应的化学方程式为 。 (5)“沉银”中水合肼(N2H4·H2O)的作用是 。 (6)常温下，若“酸溶”过滤后的溶液中含有0.1molAg+、0.2molPb2+，加入NaCl充分沉铅银后的溶液体积为250 mL，理论上至少消耗 molNaCl。 重难·创新演练 1．(2026·黑龙江哈尔滨高三期中)下列化学工艺流程不可行的是(部分反应条件省略) ( ) A．实验室从海带中提取单质碘：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取→蒸馏 B． C．石英砂粗硅高纯硅 D．铝土矿 2．(2026·山东高三检测)一种利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质)制备LiCOO2的工艺流程如下。下列说法错误的是( ) 已知：常温下，部分金属离子沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Co2+ 开始沉淀的pH 8.5 2.2 3.4 7.8 完全沉淀[c(金属离子)= 1.0×10-5 mol·L-1]的pH 10.0 3.0 4.5 9.4 A．“酸浸”时不可用SO2代替H2O2 B．由流程可知氧化性：Co(III)＞H2O2 C．当Fe3+与Al3+完全沉淀时，溶液中 D．“高温焙烧”时的化学方程式：4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCOO2+6CO2 3．(2026·四川乐山一模)某兴趣小组以含金烧渣(含有Fe2O3和Au)为原料，制备单质和FeSO4·7H2O的流程如图所示： 下列说法正确的是( ) A．“溶浸”时发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4 B．[Au(CN)2]-中σ键与π键的个数比为 C．Na[Au(CN)2]与反应的方程式为：2Na[Au(CN)2]+Zn=2Au+Na2[Zn(CN)4] D．“试剂a”可以是粉或粉 4．(2026·黑龙江哈尔滨高三期末)天青石主要成分是SrSO4，还含有少量BaSO4及Si、Mg、Fe的氧化物等杂质，现以天青石为原料制备SrCO3的工艺流程如下： 已知：，。 下列说法错误的是( ) A．加入NH3·H2O-(NH4)2SO4缓冲溶液可使BaCO3转BaSO4化为 B．镁、硅元素分别在“调pH”工序和“酸浸工序”除去 C．若去掉“氧化”工序，“调pH”时消耗氨水量增大 D．将92gSrSO4投入到1LNa2CO3 溶液中，反应后c(CO32-)=10-4mol·L-1时，SrSO4 的转化率为32%(忽略溶液体积变化) 5．(2026·江西宜春高三期中)氯化磷酸三钠[(Na3PO4⋅12H2O)4⋅NaClO]具有良好的灭菌、消毒、漂白作用，亦能除去墨迹、血迹、油迹和茶迹等多种污垢，广泛地用于医院、餐馆、食品加工行业。氯化磷酸三钠的熔点为67℃，常温下较稳定，受热易分解。在水溶液中可直接与钙、镁及重金属离子形成不溶性磷酸盐。某小组设计如图流程制备氯化磷酸三钠。下列叙述错误的是( ) A．理论上制得的氯化磷酸三钠不超过0.3 mol B．“反应池1”中最少应加入的磷酸溶液 C．“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和高温烘干 D．氯化磷酸三钠因含NaClO而具有漂白、杀菌和消毒作用 6．(2026·山东百校大联考高三联考考)利用CaCO3和Mg2SiO4进行二氧化碳移除(CDR)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是( ) A．“研磨、预热”步骤能加快反应速率 B．反应过程中，Ca、Mg和Si的化合价都发生了改变 C．从量的角度看，相同条件下水生储存比陆地储存移除的碳更多 D．“煅烧和离子交换”时，使用电能作为能源比使用CH4与O2作为能源，可能更环保 7．(2026·江苏连云港·期中)以废钒催化剂(主要含有V2O5、CaO、Fe2O3、Al2O3和SiO2等)为原料制备V2O5的流程如下图所示： 已知：pH>9.6时Al元素在溶液中主要以[Al(OH)4]-形式存在。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。 金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀的pH 3.7 2.2 7.5 沉淀完全的pH 4.7 3.8 9.5 (1)酸浸还原。将废钒催化剂粉碎后，加入H2SO4和Na2SO3浸取，过滤。 ①浸取时，先向废钒催化剂中加入Na2SO3后缓慢滴加H2SO4，这样操作的主要原因是 。 ②浸取后的溶液中有VO2+、SO42-、Fe2+、Fe3+和Al3+等离子，V2O5转化为VOSO4的化学方程式为 。 (2)除杂。向酸浸还原后所得滤液中加入氨水调节溶液的pH至8.0，过滤得到含有VO2的滤渣。所得滤渣中加入NaOH溶液，再通入O2，调节溶液pH大于13，充分反应后过滤，向滤液中加入盐酸调节溶液的pH至8.5后过滤，得到NaVO3溶液和滤渣X。 ①碱性条件下，VO2和O2反应生成VO3-的离子方程式为 。 ②滤渣X的主要成分是 (填化学式)。 (3)沉钒。向所得NaVO3溶液中加入一定量NH4Cl固体，充分反应后得到NH4VO3沉淀。沉钒率(沉淀中钒的质量与原料中钒的总质量之比)随温度的变化如图-1所示。 ①温度高于80℃，沉钒率随温度升高而减小的可能原因有 。 ②反应过程中加入一定量的醇类溶剂可以提高沉钒率，原理是 。 (4)制备V2O5。将一定质量的NH4VO3在空气中煅烧至恒重时，固体残留率随温度的变化如图-2所示。A点产物可表示为aV2O5·bNH3·cH2O，则其中a：b：c的比值为 。 8．(2026·山东菏泽高三期中)铜冶炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣(主要含Fe2SiO4、Co2SiO4、CoFe2O4和SiO2及少量单质Cu、Co)中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下： 已知：①H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250℃时，易脱水；②25℃时，相关物质的Ksp见下表。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ksp 回答下列问题： (1)“酸浸”前，采用 方法可提高酸浸效率(填一条即可)。 (2)“酸浸”时，有空气参与反应，Cu溶解的化学方程式为 。 (3)“高温固化”的作用是 。 (4)“氧化”中可选用的最佳试剂X为 (填标号)。 A．MnO2     B．H2O2     C．FeCl3 (5)“氧化”后c(Co2＋)=0.01mol·L-1，25℃“碱沉1”中，应控制pH的范围是 。 (6)“碱沉2”发生反应的离子方程式是 ；“滤液3”中可回收的盐主要有CoSO4和 (填化学式)。 9．(2026·福建莆田高三期中)工业上由钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2，等杂质)制备TiCl4的工艺流程如下： 已知：煅烧过程中发生 (1) FeTiO3中钛元素的化合价为 。 (2)碱浸过程所得废液的主要成分为NaOH、 (填化学式)。 (3)加入过量试剂A的作用为 。 (4)酸浸过程发生反应：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，酸浸后需将溶液温度冷却至70℃左右，若温度过高会导致最终产率过低，原因是 。 (5)水解工序所得滤液，可以返回到 (填写工序名称)。 (6)上述流程中氯化过程的化学方程式为 。已知TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+O2(g) ΔH1＝+151kJ·mol−1该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生。从化学平衡的角度解释原因是 。 (7) TiCl4极易水解，利用此性质可制备纳米级TiO2·xH2O，该反应的化学方程式是 。 10．(2026·宁夏石嘴山高三期中)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示： 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c)=1.0×10-5mol·L-1)的 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： (1)“碱浸”中溶液可以有效地除去金属铝及其氧化物，写出溶液除去铝单质的离子方程式 。 (2)“滤液”中含有的金属离子有Fe2+和 。 (3)“转化”中可替代H2O2的物质是 填序号。  ①O2 ②氯水 ③酸性KMnO4溶液 若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即。“滤液”中可能含有的杂质离子为 。 (4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp = 写出计算结果。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用Na ClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的。写出该反应的离子方程式 。 11．(2026·山东菏泽高三期中)软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4.H2O的流程如下： 已知： ①部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表： 金属阳离子 Fe3+ Al3+ Mn2+ Mg2+ 完全沉淀时的pH 3.2 5.2 10.4 12.4 ②温度高于24℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低。 回答下列问题： (1)“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为 。 (2)“第1步除杂”中形成滤渣1的主要成分为 (填化学式)，调pH 至 5~6 所加的试剂，可选择 (填标号)。 a．CaO     b．MgO     с.NaOH     d．氨水 (3)第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2+的离子反应方程式： ，该反应的平衡常数数值为 。 (已知：MnF2的Ksp=5.3×10-3；CaF2的Ksp=1.5×10-10，MgF2的Ksp=7.4×10-11) (4)硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如下图所示。从滤液中获得较高纯度MnSO4.H2O的操作是：控制温度在80℃~90℃之间蒸发结晶， ，使固体MnSO4.H2O与溶液分离， 、真空干燥。 12．(2026·河北保定高三期中)钛白粉(TiO2)是一种重要化工原料，在涂料、油墨、造纸、陶瓷等工业领域有重要用途。其两种合成路线如下： Ⅰ．氯化法 Ⅱ．硫酸法 已知：①天然金红石主要成分为TiO2(90%以上)，还含有Fe2O3、Al2O3和SiO2等；②钛铁矿主要成分是 FeTiO3，含有少量SiO2等杂质；③FeSO4 的溶解度随温度升高而大幅升高，TiOSO4 的溶解度受温度影响较小；④SiCl4、TiCl4、AlCl3、FeCl3的沸点分别为58℃、136℃、181℃(升华)、316℃。回答下列问题： (1)是22 号元素，则基态原子的价电子排布式为 。 (2)“氯化焙烧”过程，TiO2参与反应的产物有两种，其中一种产物中C原子采取sp杂化，则TiO2参与反应的化学方程式为 。 (3)“冷却除杂”可除去大多数的 (填化学式)，“二次除杂”采取的操作为 。 (4)“TiCl4氧化”的氧化产物可以返回 步骤循环使用。 (5)硫酸法中，“除铁”过程可先加热至 ，再进行冷冻处理，析出绿矾后过滤、洗涤并干燥。 (6) TiOSO4溶液“加热水解”过程加热的目的为 。 (7)“TiCl4氧化”过程相对于“H2TiO3·SO3煅烧几小时”过程制备TiO2的优点有 (任答一点)。 13．(2026·陕西榆林考前冲刺模拟预测)砷化镓(GaAs)是一种重要的半导体材料，广泛应用于航空航天、半导体、光电和通讯等领域。一种由冶炼锌的副产品(主要含Ga2O3、GeO2、ZnS、SiO2、ZnO、MgO、ZnFe2O4等)制备Ge和CaAs的工艺流程如图1所示。 已知：ⅰ．镓元素类似于Al元素，表现为两性； ⅱ．ZnFe2O4难溶于水； ⅲ．室温下，该工艺流程中部分金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如表： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Mg2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.0 6.4 9.5 恰好完全沉淀的pH 3.2 9.0 8.0 11.1 当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全，回答下列问题： (1)基态Ga原子的价电子排布式为_______，基态As有_______种能量不同的电子。 (2)“酸浸”时，ZnFe2O4被SO2还原生成的离子方程式为_______。 (3)“酸浸”时，ZnS被SO2氧化生成S的化学方程式为_______，分离S和SiO2可选用的试剂为_______(填化学式)，充分溶解后进行过滤即可得SiO2。 (4)电解制Ga时，金属Ga在电解池的_______(填“阳”或“阴”)极生成。 (5)溶液2经氧化后含有Fe3+、Zn2+和Mg2+，欲先除去Fe3+，再除去Zn2+，可先调节溶液pH的范围是_______，过滤后加入_______(填化学式)。 (6)1kg锌的副产品中含有12％Ga2O3，整个流程中Ga的损失率为3％，理论上能制得GaAs的质量为_______kg(保留3位有效数字)。 真题·实战演练 1．(2025·湖南卷，12，3分)工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的Ksp； 金属化合物 CdS CdCO3 MnS MnCO3 Ksp 8.0×10-27 1.0×10-12 2.5×10-13 2.3×10-11 下列说法错误的是( ) A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B．试剂X可以是Na2S溶液 C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn2++HCO3-=MnCO3↓+H+ 2．(2025•山东卷，13，4分)钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca、Si、Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；Ksp(CaC2O4)=2.3×10－9，Ksp(FeC2O4)=3.2×10－7。下列说法错误的是( ) A．试剂X可选用粉 B．试剂Y可选用盐酸 C．“分离”后元素主要存在于滤液Ⅱ中 D．“酸浸”后滤液Ⅰ的过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 3．(2025·甘肃卷，11，3分)处理某酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)的部分流程如下： 下列说法正确的是( ) A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe+3Cu2+=3Cu+2Fe3+ B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全 C．“氧化”过程中铁元素化合价降低 D．“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质 4．(2025•辽吉黑内卷，11，3分)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4，下列说法错误的是( ) A．硫酸用作催化剂和浸取剂 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“浸出”时，3种金属元素均被还原 D．“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4 5．(2026·贵州卷，16)钪是一种关键的战略金属，对国防科技、产业升级有重要的作用。从某钪铝渣［含Sc(OH)3及Al、Mg、Fe等的氢氧化物］中回收钪和铝，工艺流程如图。 已知： ①钪铝渣中Sc(OH)3夹杂在其他金属氢氧化物中或包裹在其他颗粒的孔隙中。 ②“酸浸”工序中，钪主要以Sc3+的形式被浸出。 ③25℃ 时，Ksp[Al(OH)3]= 10－32.9，Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-  K=1033.3。 回答下列问题： (1)基态钪原子的价层电子轨道表示式为_______________。 (2)“预处理”工序的操作是________。 (3)“碱浸”工序中，在一定条件下，NaOH溶液浓度对钪和铝浸取率的影响如图1，最佳NaOH溶液浓度为________________。 (4)“酸浸”工序中浸出钪的主要离子方程式为____________________。 (5)pH对萃取率的影响如图2，HNO3溶液浓度对洗脱率的影响如图3。 ①“无机溶液1”中存在的金属阳离子主要是___________。 ②本工艺中去除溶液中Fe3+的工序是___________，依据是________________________。 (6)“碱浸”工序中，25℃ 、溶液中c{[Al(OH)4]-}=0.1mol·L-1时，pH为________。 6．(2026·河北卷，16)钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 已知：钒渣主要含FeO·V2O3、FeO·Cr2O3、SiO2和少量CaO、MgO等。 回答下列问题： (1)V和Cr均位于元素周期表的_____区。 (2)氧化工序通常采用较大的O2流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。 _____FeO·V2O3+ _____NaOH+ _____O2 _____Fe2O3+ _____Na3VO4+ ______H2O (3)滤渣的主要成分有MgO、__________、__________(填化学式)。 (4)80℃和40℃时，Na3VO4和Na2CrO4的溶解度随NaOH 质量分数变化如图所示。结合图像分析NaOH 质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：________________________________。 (5)母液返回_________工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。 7．(2026·江西卷，16)稀散金属铟(In)是重要的战略资源。粗In(OH)3中主要杂质元素有As(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)、Pb(Ⅱ)，精制工艺流程图如下： 已知： a)萃取剂[Hbet][Tf2N]是离子液体 b)Ksp[In(OH)3]= 6.4×10－34，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39 c)分配率(Fe) 回答下列问题： (1)离子液体[Hbet][Tf2N]________(填“能”或“不能”)与水互溶。 (2)阶段Ⅰ，In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素C(Vc)的作用是________________________________。 (3)有机相2可循环用于阶段________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 (4)试剂①可选择HCl或H2SO4，主要元素的含量如下表(wt%，按投料计质量分数)。 元素 粗In(OH)3/wt% 水相2/(mg/L) 精制In(OH)3/wt% H2SO4组 HCl组 H2SO4组 HCl组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i．水相2中，H2SO4组Pb2+浓度远小于HCl组，原因是___________________________。 ii．实际工艺中选用HCl的原因是______________________________________________。 (5)阶段Ⅲ，溶液中c(OH-)=________mol·L-1时，In3+恰好沉淀完全。 (6)水相2中的砷酸(H3AsO4)最终转化成FeAsO4沉淀，杂质As被除去。写出总化学反应方程式________________________________。 8．(2026·山东卷，17)一种从铜阳极泥(主要含Au、Ag2Se、Cu2Se)中分离提取贵金属Au、Ag的工艺流程如下： 已知：“球磨提金”时，生成的高活性Cl2直接和Au反应生成AuCl3。 Ksp(AgCl)= 1.6×10－10；Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+ K= 1.0×107。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，Cu2Se与稀HNO3反应生成二元弱酸H2SeO3的离子方程式为_________________________________________。 (2)“球磨提金”时，生成Cl2的反应中作氧化剂的是__________(填化学式)。 (3)“酸溶”时，AuCl3转化为[AuCl4]-；“反萃取”时加入Na2SO3溶液后，水相中Au以[AuSO3]-形式存在，Na2SO3的两个作用是_______________________________________。“酸化析金”时，[AuSO3]-发生自身氧化还原反应的离子方程式为_________________________。 (4)“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使0.010molAgCl完全溶于1.0L氨水，则反应后溶液中c(NH3)≥_______0.25mol·L-1。 (5)“还原提银”所得滤液X经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X时加入的物质是___________(填化学式)。 9．(2026·陕晋青宁卷，16)一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含Na3Li3Al2F12和少量NH4Fe3P6O20。 回答下列问题： (1)废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为________。 (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有________(任写两种)。该过程有H3PO4生成，LiFePO4溶解的化学方程式为________。滤渣的主要成分为________。 (3)“沉铝”时，NH4Fe3P6O20中Fe元素的化合价为________。 (4)“焙烧”时产生的HF，用________吸收后，产物可以循环利用。 (5)“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应AlPO4+3Li++3OH-Al(OH)3+Li3PO4(平衡常数为aL6·molˉ6)。若溶液中c(Li+)为bmol·L-1，不考虑其他离子参与反应，为防止Li+沉淀，c(OH-)需小于________mol·L-1(用含a、b的代数式表示)。 (6)滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含________(填化学式)。 (7)滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是________。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加________，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 10．(2026·上海卷)黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分CuFeS2，含有少量SiO2 杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： (1)化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A．C、S B．C、H C．N、S D．N、H (2)离子液体[]HSO4-可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A．配位键 B．离子间静电作用 C．氢键 D．金属键 (3)已知：Cu+的歧化反应 2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(g) ΔH1＝+1212kJ·mol−1 Cu+(aq)Cu+(g) ΔH2＝+582kJ·mol−1 Cu2+(g)Cu2+(aq) ΔH3＝-42kJ·mol−1 Cu(g)Cu(s) ΔH4＝-337kJ·mol−1 2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(s) ΔH ①根据上述信息，计算反应热ΔH＝___________kJ·mol−1。 ②在298 K时，反应2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(s)的ΔS=-148J·mol-1·K-1则在该条件下，Cu+在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。 (4)写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：___________ 4CuFeS2+________O2+2NH3+____________=4[Cu(NH3)4]2++________NH4++2Fe2O3+8SO42- (5)用硫酸浸出黄铜矿时，生成Cu2+、Fe3+、SO42-。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 (6)写出正极的电极反应式___________。 (7)反应中CuFeS2可以用___________替代。 A．葡萄糖 B． C． D． (8)下图为CuFeS2晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。 A．体心 B．面心 C．顶点 D．棱心 距离Cu原子最近的S原子有___________个。 (9)NH3、H2O、H3O+三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明NH3和H2O键角不同的原因是___________。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 工业流程题解题策略(专项训练) 参考答案 模拟·基础演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C C B A C B D B D B 11 12 A C 13．(1) H2C2O4HC2O4－+H+ 10-4.2 C (2) 取少量“沉淀”后的上层清液，滴加K3[ Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀生成，说明Fe2+已沉淀完全 10-1.7 101.3 (3)2c(H2C2O4)+2c(HC2O4-)或cOH－＋cHC2O4--cH＋ 增强 (4)2 FeC2O4+H2O2+3K2C2O+H2C2O4=2K3[ Fe(C2O4)3]+2H2O 14．(1)抑制Fe2+的水解 (2) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (3)pH过小易生成草酸，难生成[ Fe(C2O4)3]3-，pH过高形成Fe(OH)3沉淀 (4)蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶 (5) 3 6 取少量样品配成溶液后，加入KSCN溶液，若未见红色则证明Fe3+为内界一部分 (6) 15．(1) 3d5 (2)3.0×10-6mol·L-1 (3) 2FeCO3+H2O2+2H2O＝2Fe(OH)3↓＋2CO2↑ (4)漏斗(或布氏漏斗) BaCl2 (或其他可溶性钡盐) (5) 快速滤去未反应完的Fe(OH)3 c (6)5.585V% (7)晶体中微观粒子高度有序排列 16．(1)4NaOH＋ZnSO4=Na2[Zn(OH)4] ＋Na2SO4 (2)BC (3)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入1~2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净 (4)坩埚 (5)D (6)杂质中含有CH3COO-、CO32-、NH，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去 (7)8 17．(1)Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O (2)作氧化剂，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，有利于生成沉淀去除 (3)加氨水“碱溶”形成[Co(NH3)6]2+，可降低c(Co3+)，有利于形成β- Co(OH)2 温度高利于减少溶解氧，形成NH3气氛隔绝空气，防止产物被氧化 (4)0.5g (5)4 18．(1)Ⅷ (2)SO2 (3)减少SO2排放造成的环境污染 (4)6 (5) CuS B (6)酯类在较浓氨水中发生水解反应(或取代反应或皂化反应) (7)9ClO-+MoS2+6OH-=MoO4-+2SO42-+9Cl-+3H2O 19．(1)2PbS+2H2SO4+3O22PbSO4+2SO2＋2H2O (2)PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq) 反应PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq) 的平衡常数，PbSO4可较彻底地转化为PbCO3 (3)Sb2O3+6(Na2S·9H2O)2Na3SbS3+6NaOH+51H2O (4)锑沉淀不完全，进入后续“沉锡”工序导致锡产品纯度降低 (5)Sn(OH)4为两性氢氧化物，pH过高时会与OH-反应生成可溶性盐 向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次 (6)1.5 20．(1)3d24s2 (2)NaOH溶液 (3)FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O (4)将酸解过程中生成的Fe3+还原为Fe2+，防止加纯碱调节pH时Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀 (5)91% 偏低 21．(1)3d5 (2)Bi2O3+6H+=2Bi3++3H2O (3)Al、Cu (4)BiCl3+ Na2CO3=BiOCl+CO2↑+2NaCl (5) (BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑ 13 (6)将待洗涤的固体放在过滤器的滤纸上，用玻璃棒引流，向固体表面滴加适量蒸馏水，使溶剂缓慢流过固体，重复2-3次 22．(1)“直接酸浸”则S2-会与H+反应生成有毒的H2S气体，污染环境，而“氧化酸浸”， MnO2作氧化剂，可将S2-氧化为S单质进而沉淀分离 (2) MnO2+MnS2+4H+=2Mn2++2S↓+2H2O (3)将Fe2+转化为Fe3+ (4) 4.7 7.6 (5) 2.0×105 (6)MgF2 (7) Mn2++2HCO3-= MnCO3↓+CO2↑+H2O NH4+ 23．(1)3d54s2 (2)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+ 2H2O (3) SiO2 H2S+Cl2=S↓+2HCl (4)B (5)5.7 (6)MnO (7)、6 24．(1) 加快反应速率，使反应充分进行 过高 (2) Bi+ AuCl4-=Bi3++ Au+4Cl- B (3)O2、 CO2 (4) AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl (5)还原剂，将[Ag(NH3)2]+还原为 Ag 单质 (6)1.25 重难·创新演练 1 2 3 4 5 6 A C C D C B 7．(1) 减少Na2SO3与H2SO4反应生成SO2逸出，提高Na2SO3的利用率 V2O5+2H2SO4+Na2SO3=2VOSO4+Na2SO4+2H2O (2) 4VO2+O2+4OH-=4VO3-+2H2O Al(OH)3 (3) 温度高于80℃，NH4Cl受热分解，使沉钒率下降；NH4VO3的溶解度增大 降低NH4VO3的溶解度，有利于NH4VO3析出 (4)2：2：1 8．(1)粉碎铜渣或提高酸浸温度等 (2) 2Cu＋O2+2H2SO4=2CuSO4＋2H2O (3)使H4SiO4脱水生成SiO2，便于除去 (4)B (5) (6) 4Cu2++6 NH3·H2O+SO42-=Cu4SO4(OH)6↓ +6NH4+ (NH4)2SO4 9．(1)+4 (2) Na[Al(OH)4]、Na2SiO3 (3)将Fe3+全部转化为Fe2+ (4)温度过高会导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀造成损失 (5)酸浸 (6) TiO2+C+2Cl2TiCl4+CO2 C与O2反应，O2的浓度减小使平衡向右移动；C与O2反应放热，温度升高，使平衡向右移动 (7) TiCl4 + (x+2)H2O = TiO2·xH2O + 4HCl 10．(1)2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑ (2)Ni2+、Fe3+ (3) ① Fe3+ (4) 10-15.6 (5)2Ni2++4OH-+ClO-=2NiOOH↓+Cl-+H2O 11．(1) MnO2+SO2= Mn2++SO42- (2) Al(OH)3、Fe(OH)3 ab (3) MnF2+Mg2+ =Mn2++ MgF2 7.2×107 (4) 趁热过滤 80℃~90℃的蒸馏水洗涤 2-3 次 12．(1) 3d24s2 (2) TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO (3) SiCl4、AlCl3、FeCl3 蒸馏 (4)氯化焙烧 (5)溶液表面出现晶膜 (6)加快反应TiOSO4+H2O=H2TiO3·SO3的反应速率，使平衡正向移动，提高H2TiO3·SO3的产率 (7)反应耗时短等 13．(1)4s24p1 8 (2)ZnFe2O4+SO2+4H+=2Fe2++Zn2++SO42-+2H2O (3)2ZnS+2H2SO4+SO2=2ZnSO4+3S+2H2O CS2 (4)阴 (5) MgO或MgCO3或Mg(OH)2 (6)0.180 真题·实战演练 1 2 3 4 D A D C 5．(1) (2)研磨(粉碎)钪铝渣 (3)5.00mol·L-1 (4)Sc(OH)3+3H+=Sc3++3H2O (5)Mg2+ 洗脱 相同条件下，c(HNO3)＞4.8mol·L-1 时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中 (6)12.6 6．(1)d (2) 提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可) 4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O22Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O (3) Fe2O3 CaSiO3 (4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 (5)氧化 (6)2CrO42- + 3SO32- + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3SO42- + 5H2O 7．(1)不能 (2)将Fe( III )还原为Fe(II ) (3)Ⅰ (4) PbSO4的溶解度小于PbCl2 In元素的损失更少 (5)4×10－10 (6)4 FeCl2+8NaOH+O2+4H3AsO4=FeAsO4↓+ 8NaCl+10H2O 8．(1)3Cu2Se+20H++8NO3-=6Cu2++3H2SeO3+8NO↑+7H2O (2)KMnO4 (3)将+3价的Au还原为+1价、提供配体 2[AuSO3]-=2Au↓+SO42-+SO2↑ (4)0.25 (5)HCl 9．(1)xLi++Li1-xFePO4+xe-=LiFePO4 (2) 适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等(任写两种) 2LiFePO4+3H2SO4=Li2SO4+2FeSO4+2H3PO4 C(石墨) (3)+3 (4)NaOH溶液或Na2CO3溶液 (5) (6)Na2SO4 (7) 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀 铁氰化钾溶液( K3[Fe(CN)6] ) 10．(1)D (2)BC (3) ① 875 ②不能 该温度下反应的 ΔG=ΔH-TΔS＞0 ，歧化反应正向自发，Cu+会转化为Cu2+和Cu (4)17 (5)氧化剂 (6)2H2O-4e-=O2↑＋4H＋ (7)A (8)A 4 (9)H3O+＞NH3＞H2O NH3中N原子有1对孤电子对，H2O中O原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 工业流程题解题策略(专项训练) 目 录 模拟·基础演练 考查物质制备类微型工业流程题的分析判断 考查物质提纯类微型工业流程题的分析判断 考查物质制备类工业流程综合题的分析判断 考查物质提纯类工业流程综合题的分析判断 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 考查物质制备类微型工业流程题的分析判断 1．(2026·福建漳州高三期末)一种以菱锰矿(主要成分为MnCO3，含SiO2、Fe3O4、FeO、CuO、NiO等杂质)为原料生产锰的工艺流程如下： 已知：①25℃时，，。 ②金属性：Mn＞Fe。 下列说法错误的是( ) A．滤渣①主要成分是SiO2，滤渣③主要成分是CuS、NiS B．“氧化”时，发生反应的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O C．“除铁”后，25℃时，溶液中c(Fe3+)=为1.0×10-26.6mol·L-1 D．“电解”时，加入抑制剂的作用是减少阴极生成H2的量 【答案】C 【解析】菱锰矿的主要成分是MnCO3，含SiO2、Fe3O4、FeO、CuO、NiO等杂质，加入硫酸进行酸浸，SiO2不溶，过滤得到滤渣①，酸浸后得到的溶液中含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+、Ni2+等；结合已知中Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]和Ksp[Mn(OH)2]的相对大小知，Fe3+更容易除去，故在酸性环境中加入MnO2，可将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续除杂，而MnO2自身被还原成Mn2+，再用氨水调pH，促使Fe3+形成沉淀除去，故滤渣②为Fe(OH)3；沉淀后得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，加入MnS得到的沉淀为CuS、NiS，过滤得到滤渣③，滤液为含MnSO4的溶液[含杂质(NH4)2SO4]，电解得到Mn。A项，从分析可知，MnCO3、Fe3O4、FeO、CuO、NiO均可以和稀硫酸反应，只有SiO2不溶于稀硫酸；加入MnS除铜、镍后，Cu2+、NI2+转化为CuS、NiS，滤渣①主要成分是SiO2，滤渣③主要成分是CuS、NiS，A正确；B项，“氧化”过程，MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，B正确；C项，由，可知，由氨水除铁控制pH=4，可以计算，25℃时，c(H＋)=1.0×10-4mol·L-1，则，计算可知c(Fe3+)=1.0×10-8.6mol·L-1，C错误；D项，“电解”时，阴极的电极反应可以是Mn2++2e-= Mn和2H＋＋2e-=H2↑，二者是竞争反应，加入抑制剂可抑制阴极生成H2，D正确；故选C。 2．(2026·安徽六校高三联考)蛇纹石主要成分为R3Si2O5(OH)4(R=Mg或Ni)，利用绿矾(FeSO4·7H2O)焙烧时产生的SO3可以提取蛇纹石中的金属镍制备Ni(NH4)2(SO4)2·6H2O，工艺流程如下图 已知：①SO3可破坏蛇纹石的硅酸盐结构，有利于生成硫酸盐和SiO2等 ②Ni2+可形成[Ni(NH3)6]2+ 下列有关说法正确的是( ) A．焙烧时绿矾发生的反应为2FeSO4·7H2O2Fe2O3＋SO23↑＋SO3↑+14H2O B．浸渣的主要成分是SiO2 C．随矿化剂中(NH4)2CO3浓度的增大，矿化渣中Ni2+的含量减小 D．酸化后的溶液电解，可在阳极得到Ni 【答案】C 【解析】绿矾焙烧和空气混合焙烧可以产生SO3，有助于将蛇纹石转化为硅酸盐利于浸取，水浸后得到的浸渣为Fe2O3和SiO2，将浸取液中加入氨水-碳酸铵混合液，过滤，得到含[Ni(NH3)6]2+的滤液和含MgCO3的矿化渣，将滤液酸化，系列结晶操作，得到目标产物。A项，和空气混合焙烧，有O2参与反应，方程式应该为4FeSO4·7H2O＋O22Fe2O3＋4SO3↑+28H2O，A错误；B项，结合焙烧方程式及已知①分析，滤渣的主要成分有Fe2O3和SiO2，B错误；C项，随矿化剂中(NH4)2CO3浓度的增大，NH4+浓度增大，NH3·H2O NH4++OH-逆向移动，NH3浓度增大，导致Ni2+的配位平衡Ni2++6NH3[Ni(NH3)6]2+正向移动，更多Ni元素留在溶液中，Ni2+在矿渣中含量减少，C正确；D项，酸化后溶液中Ni2+在电解时得电子，在阴极析出Ni，D错误；故选C。 3．(2026·四川内江一模)LiBr易溶于水，可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。一种用含溴蒸气的溴化氢气体合成LiBr的工艺流程如下： 下列说法错误的是( ) A．“环节一”目的是将Br2还原为Br- B．“酸X”为氢溴酸 C．向“滤渣”中加入CS2，可分离出一种生产硫酸的原料 D．“环节三”目的是除去多余的H+，固体可用Li2CO3 【答案】B 【解析】先用BaS将混合气体中的Br2还原为Br-，同时生成S沉淀；再加入适量硫酸除去溶液中的Ba2+，则滤渣主要含S和BaSO4；最后用Li2CO3中和多余的H+，得到LiBr溶液，经浓缩后制得LiBr。A项，加入BaS时，BaS作为还原剂，能将Br2还原为Br-，则“环节一”目的是将Br2还原为Br-，A正确；B项，结合分析可知，“环节一”反应生成了BaBr2和S沉淀，“环节二”若加入氢溴酸，则无法除去溶液中的Ba2+，因此应加入硫酸，使Ba2+转化为BaSO4沉淀而除去，所以“酸X”为硫酸，B错误；C项，滤渣主要含有S和BaSO4，S易溶于CS2，则向“滤渣”中加入CS2，可分离出一种生产硫酸的原料S，C正确；D项，“环节三”目的是除去多余的H+，又不能引入新杂质，固体Y可用Li2CO3，Li2CO3可与过量H+反应生成Li+、CO2和H2O，既除去H+又不引入新杂质，D正确；故选B。 4．(2026·青海西宁高三期中)工业上煅烧FeS2产生的SO2可以按如下流程脱除或利用(反应Ⅲ的原子利用率为100％)。 下列有关说法正确的是( ) A．X为CH3OH B．CaSO4和SO3均为电解质 C．煅烧时，SO2是氧化产物，不是还原产物 D．途径I脱除的化学方程式为SO2＋CaCO3CaSO4＋CO2 【答案】A 【解析】FeS2煅烧，即与O2反应，生成Fe2O3和SO2，途径ⅠSO2与CaCO3、O2反应，生成CaSO4和CO2，途径ⅡSO2氧化生成SO3，SO3与CH3OH反应得到。A项，根据原子利用率100％及质量守恒定律知X为CH3OH，A正确；B项，SO3为非电解质，B错误；C项，煅烧时发生反应4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，S元素的价态从-1价升高到+4价，O元素的价态从0价降低到-2价，所以SO2既是氧化产物，也是还原产物，C错误；D项，途径Ⅰ中，S元素价态从+4价升高到+6价，所以反应需要氧化剂，因此途径Ⅰ发生的化学反应为2SO2＋O2+2CaCO32CaSO4＋2CO2，D错误；故选A。 5．(2026·宁夏银川高三期中)医学发现一种Fe3O4纳米粒子具有肝靶向功能。利用废旧镀锌铁皮制备Fe3O4胶体粒子的工艺流程图如下： 已知：Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-。下列说法不正确的是( ) A．“碱洗”是为了洗去废旧镀锌铁皮表面的油污 B．“碱洗”中发生反应的离子方程式为Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑ C．“酸溶”后溶液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+ D．可用丁达尔效应鉴别溶液和胶体 【答案】C 【解析】A项，油脂在碱性条件下会发生水解反应(属于皂化反应)，生成可溶于水的物质。因此用NaOH溶液“碱洗”，能除去铁皮表面的油污，A正确；B项，铁与氢氧化钠溶液不反应，结合已知信息知，“碱洗”中发生反应的离子方程式为Zn＋2OH－＋2H2O===[Zn(OH)4]－＋H2↑，锌作为还原剂被氧化，H2O被还原为H2，同时生成[Zn(OH)4]－，离子方程式书写符合反应事实，B正确；C项，过滤后得到铁，“酸溶”步骤加入的是过量稀硫酸，Fe与稀硫酸发生反应：Fe +H2SO4 == FeSO4 +H2↑，“酸溶”后的溶液中存在的阳离子只有SO42+和H+，C错误；D项，丁达尔效应(当一束光线透过胶体时，从垂直入射光方向能观察到胶体里出现一条光亮的“通路”)是胶体特有的性质，溶液无此现象，因此丁达尔效应可鉴别溶液和胶体，D正确；故选C。 6．(2026·四川内江一模)LiBr易溶于水，可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。一种用含溴蒸气的溴化氢气体合成LiBr的工艺流程如下： 下列说法错误的是( ) A．“环节一”目的是将Br2还原为Br- B．“酸X”为氢溴酸 C．向“滤渣”中加入CS2，可分离出一种生产硫酸的原料 D．“环节三”目的是除去多余的，固体可用Li2CO3 【答案】B 【解析】先用BaS将混合气体中的Br2还原为Br-，同时生成S沉淀；再加入适量硫酸除去溶液中的Ba2+，则滤渣主要含S和BaSO4；最后用Li2CO3中和多余的H+，得到LiBr溶液，经浓缩后制得LiBr。A项，加入BaS时，BaS作为还原剂，能将Br2还原为Br-，则“环节一”目的是将Br2还原为Br-，A正确；B项，结合分析可知，“环节一”反应生成了BaBr2和S沉淀，“环节二”若加入氢溴酸，则无法除去溶液中的Ba2+，因此应加入硫酸，使Ba2+转化为BaSO4沉淀而除去，所以“酸X”为硫酸，B错误；C项，滤渣主要含有S和BaSO4，S易溶于CS2，则向“滤渣”中加入CS2，可分离出一种生产硫酸的原料S，C正确；D项，“环节三”目的是除去多余的H+，又不能引入新杂质，固体Y可用Li2CO3，Li2CO3可与过量H+反应生成Li+、CO2和H2O，既除去H+又不引入新杂质，D正确；故选B。 7．(2026·福建南平高三期中)实验室用生产发光二极管(LED)的废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg)制备Ga2O3的一种流程如下。 已知：Ga和In均为第ⅢA族元素，In难溶于NaOH溶液。 下列说法错误的是( ) A．Ga元素位于元素周期表的p区 B．Ⅰ中GaN生成[Ga(OH)4]−的离子方程式为GaN+OH−+3H2O[Ga(OH)4]−+NH3↑ C．从沉淀1中可以提取In和Mg D．Ⅲ中需加入过量的稀硫酸 【答案】D 【解析】LED生产废料的主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg金属，LED生产废料中加入2mol/L的NaOH溶液并加热80℃，In、Mg都不溶于NaOH溶液，GaN溶于NaOH溶液得到Na[Ga(OH)4]和NH3，过滤后得到的沉淀1为In、Mg，滤液中加入H2SO4然后过滤得到Ca(OH)3和滤液，滤液中含有Na2SO4和过量的H2SO4，Ga(OH)3受热分解生成Ga2O3和H2O。A项，基态镓(Ga)位于第四周期，和Al位于同一主族，Ga元素位于元素周期表的p区，A正确；B项，GaN溶于NaOH溶液得到Na[Ga(OH)4]和NH3，GaN生成[Ga(OH)4]-的反应：GaN+OH−+3H2O[Ga(OH)4]−+NH3↑，B正确；C项，“沉淀1”含金属元素In、Mg，从沉淀1中可以提取In和Mg，C正确；D项，由分析可知，Ⅲ中析出Ga(OH)3沉淀，若加入过量的硫酸会使Ga(OH)3溶解，D错误；故选D。 考查物质提纯类微型工业流程题的分析判断 8．(2026·安徽阜阳高三期中)铜阳极泥是铜电解精炼的副产物，富含Au、Ag、Se等元素。一种从铜阳极泥中回收硒的工艺流程如图所示： 已知：①Se与S同主族，化学性质相似。②SeO2易溶于水，生成H2SeO3。 下列分析错误的是( ) A．SO2尾气可用NaOH溶液吸收处理 B．Se与S同主族，故H2SeO4的酸性比H2SO4强 C．“吸收与还原”过程中发生反应：SeO2+2H2O+2SO2=Se↓+2H2SO4 D．类比SO2的性质，可推测SeO2与强碱溶液反应生成SeO32- 【答案】B 【解析】铜阳极泥是铜电解精炼的副产物，富含Au、Ag、Se等元素，加入浓硫酸酸化焙烧得到SeO2、SO2，加水，“吸收与还原”得到硒单质，化学方程式为：SeO2+2H2O+2SO2=Se↓+2H2SO4；进一步提纯得到纯硒。A项，SO2能与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，则SO2尾气可用NaOH溶液吸收处理，A正确；B项，由于S的非金属性比Se强，则最高价氧化物对应水化物的酸性较强，则H2SeO4的酸性比H2SO4弱，B错误；C项，由分析可知，SeO2、SO2、H2O经“吸收与还原”得到硒单质，化学方程式为：SeO2+2H2O+2SO2=Se↓+2H2SO4，C正确；D项，SeO2与SO2为同主族元素的氧化物，化学性质相似，属于酸性氧化物，与强碱反应生成亚硒酸盐(SeO32-)，D正确；故选B。 9．(2026·辽宁沈阳一模)一种铁钴铜湿法分离的工艺如下，下列说法中错误的是( ) A．滤渣为单质铜 B．“氧压水解”反应方程式：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3 +8H+ C．X为稀硫酸 D．可通过快速降温从硫酸钴溶液中获得硫酸钴大晶体 【答案】D 【解析】一种铁钴铜湿法分离的工艺如下，经X溶液低酸浸出，根据Fe、Co元素进入滤液，故Cu元素进入滤渣，则X酸不能与Cu反应，最后得到的是硫酸钴说明X酸中含有SO42-，X酸为稀硫酸；滤液中的Fe2+经氧气“氧压水解”转化为Fe2O3；得到的滤液含有硫酸钴。A项，根据分析可知滤渣为单质铜，A正确；B项，“氧压水解”是Fe2+被氧气氧化为Fe2O3，反应方程式：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3 +8H+，B正确；C项，根据分析，X为稀硫酸，C正确；D项，获得大晶体需要缓慢降温结晶，快速降温会得到小晶体，D错误；故选D。 10．(2026·广东肇庆高三期中)钴铁矿经焙烧后得到的CoO和Fe2O3，通过如下转化，进行分离。 已知：Co2++4SCN-[Co(SCN)4]2-(蓝紫色)此反应可用于检验Co2+。 下列说法正确的是( ) A．步骤Ⅰ中CoO、Fe2O3均与焦炭发生反应且根据分析可知Co3O4的热稳定性强于Fe3O4 B．步骤Ⅳ的操作：将Fe3O4溶于硫酸，加入一定量H2O2，45℃恒温加热一段时间后，再加入浓氨水，经过滤、干燥、煅烧，获得Fe2O3 C．检验中是否还含有CoO：将产品溶于盐酸，再滴加KSCN溶液，若溶液出现蓝紫色，说明含有CoO D．铁与钴为同周期的邻族元素，此过程利用CoO与Fe3O4的磁性强弱不同进行分离 【答案】B 【解析】该流程通过分步焙烧与磁选实现钴铁分离：首先在真空条件下焙烧使部分Fe2O3还原为Fe3O4，随后富氧焙烧将CoO氧化为Co3O4，再经高温真空焙烧使Co3O4转化CoO，最终利用磁性差异磁选分离出非磁性的CoO与磁性的Fe3O4，后者经后续处理得Fe2O3。A项， 过程 I 中 C 只与 Fe2O3 反应产生 Fe3O4，过程 II 中 400℃富氧焙烧 CoO 生成了 Co3O4， 过程 III 中只有Co3O4被反应，说明 Co3O4的热稳定性弱于Fe3O4，A错误；B项，步骤 IV 的操作：将Fe3O4溶于硫酸，加入一定量 H2O2，45℃恒温加热一段时间后，再加入浓氨水，经过滤、干燥、煅烧，获得 Fe2O3，B正确；C项，由于 Fe3+和Co2+均可与 SCN-结合，产生的红色[Fe(SCN)]2+与蓝紫色的[Co(SCN)4]2-离子之间互相干扰，无法判断，C错误；D项，铁与钴为同族元素，均为第四周期第 Ⅷ 族，D错误；故选B。 11．(2026·湖北省直辖县级单位高三期中)氰化法从金矿提取黄金简易工艺流程如下(已知：通常情况下，电负性较小的原子易提供孤电子对)： 下列叙述不正确的是( ) A．“氰浸”中，NaCN作络合剂且N原子为配位原子 B．“氰浸”反应：4Au+8CN-+O2+2H2O=4[Au(CN)2]-+4OH- C．“还原”中，除生成两种配合物外，还产生一种还原剂 D．“除锌”中，试剂X不宜选择硝酸 【答案】A 【解析】金矿料与NaCN、O2发生反应4Au+8CN-+O2+2H2O=4[Au(CN)2]-+4OH-，生成Na[Au(CN)2]和NaOH溶液，加入过量的Zn发生还原反应，生成Au、Na2[Zn(OH)4]、Na2[Zn(CN)4]以及过量的Zn，Au不与NaOH、H2SO4反应，但Zn与NaOH、H2SO4反应，所以除锌的试剂可以选用NaOH、H2SO4等，最后得到粗Au。A项，“氰浸”中NaCN提供CN-作为配体，故NaCN为络合剂；根据“电负性较小的原子易提供孤电子对”，CN-中C电负性(2.5)小于N(3.0)，则配位原子为C而非N，A错误；B项，“氰浸”反应中，Au从0价升至+1价(生成[Au(CN)2]-)，O2从0价降至-2价(生成OH-)，4个Au共失4e⁻，1个O2得4e⁻，得失电子守恒；原子、电荷均守恒，方程式正确，B正确；C项，“还原”中Zn将[Au(CN)2]-还原为Au，自身被氧化为Zn2+，与CN-、OH-形成Na2[Zn(CN)4]和Na2[Zn(OH)4]两种配合物，同时可能生成H2(Zn与碱性溶液反应)，H2为还原剂，C正确；D项，“除锌”需溶解Zn而不溶解Au，硝酸为强氧化性酸，可能氧化Au导致损失，不宜选用，D正确；故选A。 12．已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是( ) A．苯胺既可与盐酸也可与NaOH溶液反应 B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D．①、②、③均为两相混合体系 【答案】C 【解析】由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。A项，苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B项，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故B错误；C项，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C正确；D项，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，故D错误；故选C。 考查物质制备类工业流程综合题的分析判断 13．(2026·河南驻马店高二期末)三草酸合铁酸钾{K3[ Fe(C2O4)3]}是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，利用废铁屑制备三草酸合铁酸钾的一种工艺流程如下。 回答下列问题： (1)一定温度下，H2C2O4溶液中含碳微粒的分布分数随pH的变化如图。 ①H2C2O4第一步电离方程式为 ，H2C2O4的第二步电离常数Ka2= 。 ②保持温度不变，将0.1mol·L-1草酸溶液加水稀释，数值增大的是 (填选项字母)。 A．Ka2(H2C2O4)     B．c(C2O42-)     C．c(OH-)     D． (2)①有“沉淀”时，检验溶液中Fe2+已沉淀完全的实验操作及现象为 。 ②已知Ksp( FeC2O4)=10-6.7，“沉淀”时，当溶液中Fe2+恰好沉淀完全时[c(Fe3＋)=10-5mol·L-1]，c(C2O42-)= mol·L-1；反应的K= 。 (3)K2C2O4溶液中c(K+)=2c(C2O42-)+ ；温度升高，溶液碱性将 (填“增强”“减弱”或“不变”)。 (4)“氧化络合”时，发生反应的化学方程式为 。 【答案】(1) H2C2O4HC2O4－+H+ 10-4.2 C (2) 取少量“沉淀”后的上层清液，滴加K3[ Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀生成，说明Fe2+已沉淀完全 10-1.7 101.3 (3)2c(H2C2O4)+2c(HC2O4-)或cOH－＋cHC2O4--cH＋ 增强 (4)2 FeC2O4+H2O2+3K2C2O+H2C2O4=2K3[ Fe(C2O4)3]+2H2O 【解析】该流程以废铁屑为原料，先加硫酸酸溶得到含Fe2+的溶液，再加入草酸( H2C2O4)沉淀得到FeC2O4固体，最后向FeC2O4中加入K2C2O4溶液、H2O2和 H2C2O4，经氧化结合反应制备三草酸合铁酸钾(K3[ Fe(C2O4)3])； H2C2O4溶液中随着pH增大，相当于 H2C2O4与碱反应，刚开始发生反应H2C2O4+OH-═HC2O4--+H2O，c(H2C2O4)浓度减小，c(HC2O4-)增大；继续加碱，则发生反应HC2O4-+OH-═C2O42--+H2O，c(HC2O4-)减小，c(C2O42-)增大，因此pH=1.2时，c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，pH=4.2时，c(C2O42-)=c(HC2O4-)。 (1)①草酸是二元弱酸，第一步电离方程式为：H2C2O4HC2O4－+H+ ；第二步电离常数，由图知pH=4.2时，微粒的分布分数为0.5，即c(C2O42-)=c(HC2O4-)，因此；②A项，Ka2只与温度有关，稀释后不变，A不符合题意；B项，稀释促进电离，但C2O42-浓度减小，B不符合题意；C项，稀释后c(H＋)减小，水的离子积不变，因此增大，C符合题意；D项，，稀释后c(H＋)减小，比值减小，D不符合题意；故选C； (2)① 检验 Fe2+沉淀完全的操作为取少量“沉淀”后的上层清液，滴加K3[ Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀生成，说明Fe2+已沉淀完全；②由，得；反应的，结合草酸电离常数，可得。由图可知pH=1.2时，微粒的分布分数为0.5，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，因此，又，代入得； (3)K2C2O4溶液中，C2O42-会水解生成HC2O4-、 H2C2O4，因此物料守恒式为：cK＋＝2cC2O42-＋2cHC2O4-＋2cH2C2O4；或根据电荷守恒：cK＋＋cH＋＝cOH－＋cHC2O4-＋2cC2O42-，则cK＋＝cOH－＋cHC2O4-＋2cC2O42--cH＋，C2O42-的水解是吸热反应，温度升高，水解平衡正向移动，cOH－增大，溶液碱性增强； (4)“氧化络合”时，FeC2O4被H2O2氧化为Fe3+，与K2C2O4、 H2C2O4络合生成K3[ Fe(C2O4)3]，结合得失电子守恒和原子守恒得反应方程式为：2 FeC2O4+H2O2+3K2C2O+H2C2O4=2K3[ Fe(C2O4)3]+2H2O。 14．(2026·江苏基地学校高三大联考)三草酸合铁酸钾晶体{K3[ Fe(C2O4)3] ·3H2O，M=491 g·molˉ1}为翠绿色晶体，易溶于水，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，具有生产价值。简易制备流程如下： (1)“溶解”时加入稀硫酸的作用是 。 (2)“氧化”过程发生反应的离子方程式为 。 (3)“调pH”时，反应最佳pH条件为3.5，pH过高或过低影响制备效果的原因为 。 (4)“调pH”过程中伴随少量Fe(OH)3生成，则“系列操作”的具体操作为 、过滤、洗涤、干燥(已知：三草酸合铁酸钾的溶解度：0℃时，4.7 g/100 g水；100℃时，117.7 g/100 g水)。 (5) [ Fe(C2O4)3]3-的结构如图，配体个数为 ，中心离子配位数为 ，设计简单的实验证明Fe3+为内界的一部分： 。 (6)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量：称量a g样品于锥形瓶中，加稀硫酸溶解，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，在上述溶液中加入适量锌粉，使溶液恰好从黄色变为浅绿色，反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为 。 【答案】(1)抑制Fe2+的水解 (2) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (3)pH过小易生成草酸，难生成[ Fe(C2O4)3]3-，pH过高形成Fe(OH)3沉淀 (4)蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶 (5) 3 6 取少量样品配成溶液后，加入KSCN溶液，若未见红色则证明Fe3+为内界一部分 (6) 【解析】(NH4)2Fe(SO4)2 “溶解”时，溶液中会有亚铁离子，亚铁容易水解，而加入稀硫酸，可以抑制Fe2+的水解；加入过氧化氢，可将Fe2+氧化Fe3+；用草酸和草酸钾“调pH”，可以得到三草酸合铁酸钾；再经过“系列操作”，得到K3[ Fe(C2O4)3] ·3H2O。 (1)(NH4)2Fe(SO4)2 “溶解”时，溶液中会有亚铁离子，亚铁容易水解，而加入稀硫酸，可以抑制Fe2+的水解，故答案为：抑制Fe2+的水解。 (2)“氧化”过程中加入过氧化氢，可将Fe2+氧化Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。 (3)草酸为弱酸，铁离子易水解，则pH过小易生成草酸，难生成[ Fe(C2O4)3]3-，pH过高形成Fe(OH)3沉淀。 (4)三草酸合铁酸钾的溶解度：0℃时，4.7 g/100 g水；100℃时，117.7 g/100 g水，而“调pH”过程中伴随少量Fe(OH)3生成，要过滤除去，温度越高，三草酸合铁酸钾溶解度越大，则“系列操作”的具体操作为蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 (5)由配离子的结构简式可知，具有空轨道的铁离子与3个草酸根离子形成配离子，则配离子的中心离子为铁离子、配位原子为氧原子，配体个数为3，配位数为6；配离子在溶液中存在络合平衡，溶液中铁离子浓度较小，所以取少量样品配成溶液后，加入KSCN溶液，若未见红色则证明Fe3+为内界一部分。 (6)样品于锥形瓶中，加稀硫酸溶解，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，除去草酸根离子，在上述溶液中加入适量锌粉，使溶液恰好从黄色变为浅绿色，Fe3+会转化为Fe2+，加稀H2SO4酸化， KMnO4溶液滴定，离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O则存在关系式：5Fe2+~MnO4-+，该晶体中铁的质量分数的表达式为。 15．(2026·湖北T8联考高三模拟)补铁剂乙二胺四乙酸铁钠(NaFeEDTA，分子式为C10H12FeN2NaO8·3H2O)的一种合成路线如下： 已知：室温下，当离子浓度小于时视为沉淀完全；EDTA和NaFeEDTA的水溶性均随温度升高显著上升；“络合”步骤的反应式为。 回答下列问题： (1)NaFeEDTA中基态Fe3+的价电子排布式为 。 (2)“沉铁”步骤生成FeCO3，当Fe2+恰好完全沉淀时溶液中的cCO32-= 。 (3)“氧化”步骤的化学方程式为 。 (4)实验室洗涤沉淀通常在 (填仪器名称)中进行。“氧化”后过滤得到的滤饼需要用去离子水洗涤2～3次。检验该滤饼是否洗涤干净的最佳试剂为 (填化学式)溶液。 (5)“减压过滤”步骤的目的是 。从滤液2中获取纯净NaFeEDTA晶体的操作为 (填标号)。 a.蒸发至大量晶体析出时停止加热，趁热过滤 b.蒸发至大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干滤液 c.蒸发至有晶膜出现时即停止加热，冷却结晶后过滤 (6)产品中总含铁量的测定：取1.000 g产品放入150 mL烧杯，加入20 mL去离子水和5 mL 3mol/L硫酸溶液，搅拌溶解后，加入1 g锌粉，加热反应30 min，过滤。得到的无色溶液用250 mL容量瓶定容。快速移取25 mL溶液至250 mL锥形瓶中，加入10mLH2SO4-H3PO4混酸以掩蔽生成的的黄色，用0.02000mol·L-1KMnO4标准溶液平行滴定3次，消耗KMnO4标准溶液的体积平均为V mL，则产品中铁元素的质量分数为 (铁的相对原子质量为55.85)。 (7)产品的块状晶体在生物偏光显微镜下能观察到瑰丽色彩，展现出化学之美。从晶体的微观结构角度分析，其原因是 。 【答案】(1) 3d5 (2)3.0×10-6mol·L-1 (3) 2FeCO3+H2O2+2H2O＝2Fe(OH)3↓＋2CO2↑ (4)漏斗(或布氏漏斗) BaCl2 (或其他可溶性钡盐) (5) 快速滤去未反应完的Fe(OH)3 c (6)5.585V% (7)晶体中微观粒子高度有序排列 【解析】绿矾用去离子水溶解后用适量的纯碱将Fe2+转化为FeCO3后用H2O2氧化为 Fe(OH)3后过滤得到Fe(OH)3滤饼，滤饼中加入NaOH(s)和EDTA和去离子水络合形成乙二胺四乙酸铁钠，减压过滤得到含乙二胺四乙酸铁钠的滤液2，滤液2经过一系列操作得到产品。 (1)基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；则基态Fe3+的价电子排布式为3d5，。 (2)当Fe2+恰好完全沉淀时，，，则。 (3)由流程图得知：H2O将FeCO3中的Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+在溶液中发生水解生成Fe(OH)3和H+，水解产生的H+与CO32-发生反应产生CO2，则“氧化”反应的化学方程式为2FeCO3+H2O2+2H2O＝2Fe(OH)3↓＋2CO2↑。 (4)实验室洗涤沉淀通常用过滤装置，则通常在漏斗中进行；“氧化”后得到Na2SO4、过量的H2O、Fe(OH)3和CO2(因加入的纯碱适量，CO32-不会过量)，该滤饼上附着的滤液中主要含SO42-，检验该滤饼是否洗涤干净即检验洗涤滤液中是否含有SO42-，最佳试剂为BaCl2溶液(或其他可溶性钡盐溶液)。 (5)由流程图得知减压过滤需要的是滤液，弃去的是滤渣，分析已知条件“络合”的方程式和此温度下各物质的水溶性得知：滤渣只能是Fe(OH)3，则减压过滤的目的是快速滤去未反应完的Fe(OH)3；由题干信息知：NaFeEDTA晶体的分子式为C10H12FeN2NaO8·3H2O，含有结晶水，且其水溶性随温度升高显著上升，所以从减压过滤后得到的滤液2中获取纯净NaFeEDTA晶体的操作为将滤液蒸发至有晶膜出现时即停止加热，冷却结晶后过滤。 (6)产品中含的铁为Fe3+，用锌粉将其还原为Fe2+，再用KMnO4标准溶液氧化还原滴定生成的Fe2+，由于5Fe2+~MnO4-，则产品中铁元素的质量分数为。 (7)产品的块状晶体在生物偏光显微镜下能观察到瑰丽色彩，这是晶体的光学特征，从晶体的微观结构角度看，是由于晶体中微观粒子高度有序排列导致的。 16．(2026·江西南昌高三期中)某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料@，实验流程如下： 已知：①含锌组分间的转化关系： ②ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式 。 (2)下列有关说法不正确的是___________(填字母)。 A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分 B．步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε-Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率 C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50 ℃的热水洗涤 D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小 (3)步骤Ⅱ中检验沉淀是否洗涤干净的操作是 。 (4)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是 。 (5)为表征纳米的晶体结构，所用仪器是___________。 A．核磁共振仪 B．质谱仪 C．红外光谱仪 D．射线衍射仪 (6)用Zn(CH3COO)2和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是 。 (7)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2＋浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2＋在一定浓度范围内的关系如图。 某研究小组取7.5×10-3 g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2＋并定容至1 L。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含 个铜原子。 【答案】(1)4NaOH＋ZnSO4=Na2[Zn(OH)4] ＋Na2SO4 (2)BC (3)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入1~2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净 (4)坩埚 (5)D (6)杂质中含有CH3COO-、CO32-、NH，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去 (7)8 【解析】氢氧化钠溶液中滴入硫酸锌溶液，不断搅拌，反应得到ε−Zn(OH)2，过滤、洗涤得到ε−Zn(OH)2，控温，在坩埚中煅烧得到纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF。 (1)根据信息含锌组分间的转化关系：，步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠溶液过量，反应的化学方程式4NaOH+ZnSO4=Na2[Zn(OH)4]+ Na2SO4； (2)A项，步骤Ⅰ，在强碱性条件下，Zn元素以Na2[Zn(OH)4]存在，搅拌使反应物接触面积增大，加快化学反应速率，避免反应物浓度局部过高，故A正确；B项，步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2，ε−Zn(OH)2和过量氢氧化钠溶液反应生成Na2[Zn(OH)4]，故B错误；C项，根据ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃ 以下稳定，步骤Ⅱ，若用50°C的热水洗涤，会导致ε−Zn(OH)2晶型不稳定，会发生一定变化，故C错误；D项，步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小，得到纳米ZnO，故D正确；故选BC。 (3)步骤Ⅱ中检验沉淀是否洗涤干净即检验其中是否有SO42-残留，其操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入1~2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净； (4)煅烧时所需要使用的容器为坩埚； (5)可以使用X射线衍射仪表征纳米ZnO的晶体结构； (6)用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应生成碳酸锌沉淀、醋酸铵，杂质中含有CH3COO-、CO32-、NH4+，煅烧沉淀时，杂质中CH3COO-、CO32-、NH4+，反应生成二氧化碳、氨气、水，二氧化碳、氨气、水高温条件下都是气体，所以沉淀无需洗涤； (7)根据图中信息，取样测得荧光强度比值为10.2，则c(Cu2+)＝4×10-7mol/L，溶液体积为1L，则n(Cu2+)＝4×10-7mol，7.5 ×10-3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5 ×105)，则n(人血浆铜蓝蛋白)＝，个数之比等于物质的量之比，所以1个人血浆铜蓝蛋白中含有Cu2+个数。 17．(2026·江苏苏州高三期中)利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量SiO2、FeO、Fe2O3、MnO2)制备二次电池添加剂β- Co(OH)2的流程如下： 已知：ⅰ．沉淀过快无法形成β- Co(OH)2， Co(OH)2在碱性溶液中易被O2氧化。 ⅱ．Co2+、Co3+易与NH3形成配合物。 ⅲ．水合肼(N2H4·H2O)为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为N2。 (1)“酸浸”中Na2SO3溶液与Co2O3反应的离子方程式为 。 (2)滤渣2主要成分为NaFe3(SO4)2(OH)6，“沉铁”步骤加入NaClO的作用为 。 (3)在转化过程中： ①制备β- Co(OH)2，先加氨水再加NaOH溶液的理由是 。 ②“沉钴”中使用热NaOH溶液有利于形成较纯净的β- Co(OH)2，可能原因是 。 (4)经仪器分析，测得按题(3)步骤制得的Co(OH)2晶体结构中含有Co(III)，进一步用碘量法测得Co(II)的氧化程度为8%。因此制备时必须加入一定量的还原剂，如水合肼。实验室模拟题(3)步骤，为确保制得的Co(OH)2产品中不含Co(III)，用500 mL1mol·L-1的CoSO4溶液制备时，至少需加入水合肼的质量为 g。(写出计算过程) (5)钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如下图所示。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有 个。 【答案】(1)Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O (2)作氧化剂，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，有利于生成沉淀去除 (3)加氨水“碱溶”形成[Co(NH3)6]2+，可降低c(Co3+)，有利于形成β- Co(OH)2 温度高利于减少溶解氧，形成NH3气氛隔绝空气，防止产物被氧化 (4)0.5g (5)4 【解析】由题知，水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量SiO2、FeO、Fe2O3、MnO2)，向水钴矿中加入硫酸溶液和亚硫酸钠溶液酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到二氧化硅滤渣和含有Co2+、Fe2+、Mn2+的滤液；向滤液中加入次氯酸钠溶液、碳酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，过滤得到NaFe3(SO4)2(OH)6滤渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取、分液得到含有亚钴离子的水相和含有锰离子的有机相；水相经系列操作制得硫酸亚钴，向硫酸亚钴中加入氨水，将亚钴离子转化为六氨合亚钴离子，向反应后的溶液中加入热的氢氧化钠溶液，将六氨合亚钴离子转化为沉淀β- Co(OH)2，过滤得到β- Co(OH)2。 (1)“酸浸”中Na2SO3溶液与Co2O3发生氧化还原反应，亚硫酸根被氧化为硫酸根，氧化钴被还原为二价钴离子，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O； (2)滤渣2主要成分为NaFe3(SO4)2(OH)6 ，其中铁元素为+3价，所以“沉铁”步骤加入NaClO的作用为：作氧化剂，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，有利于生成沉淀去除； (3)①由信息i可知，沉淀过快无法形成β- Co(OH)2，所以制备β- Co(OH)2时，先向溶液中加入氨水形成六氨合亚钴离子，然后再缓慢加入氢氧化钠溶液利于形成β- Co(OH)2；②已知 Co(OH)2在碱性溶液中易被O2氧化，“沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是温度高利于减少溶解氧，形成氨气氛隔绝空气，防止产物被氧化； (4)已知：水合肼(N2H4·H2O)为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为N2，500 mL1mol·L-1的CoSO4溶液含有，则被氧化后的，根据得失电子守恒，反应中，消耗的水合肼，； (5)如图，以图中Li为例，晶胞2中距Li+最近的S2-有4个。 考查物质提纯类工业流程综合题的分析判断 18．(2025·四川成都一模)从废钴钼系催化剂(主要含MoS2、CoS及少量Al2O3、CuO、ZnO)中回收钼的工艺如下所示： 已知酸浸后钼元素主要存在形式为MoO22+和Mo2O52+，仲钼酸盐中为Mo7O24n-。 回答下列问题： (1)Co位于元素周期表第四周期、第 族。 (2) MoS2在空气中高温焙烧生成两种氧化物，有MoO3和 。 (3)“焙烧”中加入CaCO3的优点是 (写一条)。 (4)“酸浸”后Mo的价态不再发生改变，则Mo7O24n-中n= 。 (5)“净化”产生废渣2，其中难溶硫化物主要有ZnS和 。参考溶液中含铝形体浓度负对数与pH关系(如下图所示)，则“净化”时pH最佳控制范围是 (选填标号)。 A ．4~6     B．6~8     C．＞8 (6)“洗脱”时加入氨水的最佳浓度为1.25 mol·L-1。氨水浓度过大，会导致有机萃取剂(酯类物质)失效，从而降低Mo的洗脱效率，有机萃取剂失效的可能原因是 。 (7)用NaClO- NaOH湿法氧化MoS2，直接生成MoO4-和SO42-，对应的离子方程式为 。 【答案】(1)Ⅷ (2)SO2 (3)减少SO2排放造成的环境污染 (4)6 (5) CuS B (6)酯类在较浓氨水中发生水解反应(或取代反应或皂化反应) (7)9ClO-+MoS2+6OH-=MoO4-+2SO42-+9Cl-+3H2O 【解析】废钴钼系催化剂在空气中焙烧，生成金属氧化物和二氧化硫，加入碳酸钙吸收二氧化硫防止污染，加硫酸酸浸后得到金属的硫酸盐，由流程图可知，加入硫化铵除去铝离子、铜离子和锌离子，然后萃取分离钴离子和钼离子，用氨水洗脱得到(NH4)2MoO4，加入盐酸调pH后得到仲钼酸铵，据此回答； (1)Co是27号元素，位于周期表第4周期VIII族； (2)MoS2在空气中高温焙烧，Mo生成MoO3，S生成SO2； (3)加入碳酸钙高温下分解生成氧化钙，与SO2反应可以减少SO2排放造成的环境污染； (4)“酸浸”后Mo的价态不再发生改变，则由MoO22+可知其中Mo的化合价为+6，由化合价的代数和等于离子所带电荷数可知+6×7+(-2)×24=-n，解得n=6； (5)净化时加入硫化铵，锌离子、铜离子与硫离子生成ZnS和CuS沉淀，铝离子与硫离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，净化目的是使溶液中含铝形体的浓度尽量低，观察题图可知当pH在6~8时，溶液中含铝形体的浓度最小，说明铝以沉淀形式存在，故选B； (6)氨水浓度过大，溶液碱性过强会导致有机萃取剂(酯类物质)水解，从而降低Mo的洗脱效率； (7)次氯酸根氧化MoS2生成MoO4-和SO42-，自身被还原为氯离子，由此可写出离子方程式9ClO-+MoS2+6OH-=MoO4-+2SO42-+9Cl-+3H2O 19．(2026·山西晋城三模)铅浮渣是粗铅冶炼副产物，主要成分为PbS、金属Pb及Pb2Sb2O7，并含少量SnO2。某工厂回收其中的锡、锑的工艺流程如图所示。 已知：①PbSO4可溶于硝酸生成可溶性铅盐；②Na3SbS3可溶于水，在氧化剂作用下转化为难溶的NaSbO3·9H2O；③，，。 (1)“焙烧”过程中转化为难溶性硫酸盐，同时生成一种能使品红溶液褪色的气体，该反应的化学方程式为________。 (2)在“脱硫”过程中难溶性硫酸盐发生转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因：________。 (3)“浆化熔炼”时，Sb2O3与Na2S·9H2O共熔生成Na3SbS3的化学方程式为________。 (4)“分锑”工序中，若H2O2用量不足，可能导致的后果是________。 (5)已知Sn与Al的性质相似。“沉锡”工序中，加入硫酸调节溶液得到粗Sn(OH)4沉淀。 ①pH过高会导致沉淀溶解，原因是________。 ②粗Sn(OH)4沉淀的洗涤操作是________。 (6)常温下，若“沉锡”后溶液中c(Sn4+)=1.0×10-6mol·L-1，此时溶液的为________。 【答案】(1)2PbS+2H2SO4+3O22PbSO4+2SO2＋2H2O (2)PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq) 反应PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq) 的平衡常数，PbSO4可较彻底地转化为PbCO3 (3)Sb2O3+6(Na2S·9H2O)2Na3SbS3+6NaOH+51H2O (4)锑沉淀不完全，进入后续“沉锡”工序导致锡产品纯度降低 (5)Sn(OH)4为两性氢氧化物，pH过高时会与OH-反应生成可溶性盐 向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次 (6)1.5 【解析】铅浮渣(含PbS、金属Pb、Pb2Sb2O7、少量SnO2)先通空气、加入硫酸焙烧，PbS被氧化为PbSO4并生成SO2；加碳酸钠脱硫，难溶PbSO4转化为更难溶PbCO3；再用硝酸浸出，铅元素溶解进入滤液，固体剩余SnO2、Sb2O3；固体加入Na2S·9H2O浆化熔炼，Sb2O3反应生成可溶于水的Na3SbS3；加水浸出后向溶液加H2O2分锑，Na3SbS3被氧化为难溶NaSbO3·9H2O过滤除去得到滤液2；滤液2加硫酸调节pH沉锡，析出粗Sn(OH)4，完成锡的回收； (1)反应物为PbS、空气(O2)、硫酸，生成物为难溶性硫酸盐(PbSO4)，金属元素价态不变(Pb仍为+2价)，因此PbS中的S元素被氧化为SO2，故该反应的化学方程式为2PbS+3O2+2H2SO42PbSO4+2H2O+2SO2； (2)脱硫是PbSO4固体和CO32-转化为更难溶PbCO3，离子方程式：PbSO4(s) + CO32-(aq)PbCO3(s) + SO42-(aq)； 由Ksp数据，Ksp(PbCO3)Ksp(PbSO4)，PbCO3解度远小于PbSO4，反应的，故CO32-可结合溶液中微量Pb2+生成PbCO3沉淀，促使PbSO4沉淀溶解平衡正向移动，实现PbSO4沉淀较彻底地转化为PbCO3； (3)Sb2O3与Na2S·9H2O共熔生成Na3SbS3，同时生成NaOH，无化合价变化：Sb2O3+6(Na2S·9H2O)2Na3SbS3+6NaOH+51H2O； (4)已知Na3SbS3溶于水，需H2O2氧化为难溶NaSbO3·9H2O过滤除锑；若H2O2不足，Na3SbS3无法完全转化为沉淀，锑元素留在滤液2中，后续沉锡时锑会混入粗Sn(OH)4，导致锡产品纯度下降； (5)① Sn与Al性质相似，Sn(OH)4是两性氢氧化物，pH过高时，过量OH-会与Sn(OH)4反应生成可溶性锡酸盐(如Na2SnO3)，沉淀溶解；② 沉淀洗涤标准操作：向过滤器中加入蒸馏水至完全浸没沉淀，待水自然滤出，重复2~3次； (6)已知Ksp[Sn(OH)4]=c(Sn4+)·c4(OH-)=1.0×10-56，c(Sn4+)=1.0×10-6mol·L-1；c4(OH-)===1.0×10-50；c(OH-)===10-12.5 mol·L-1；c(H+)===10-1.5 mol·L-1；pH=-lg c(H+)=1.5。 20．(2026高三·全国·专题练习)钛白粉(TiO2)是一种性能优良、应用广泛的白色颜料，工业上以钛铁矿精矿(主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、Fe2O3 和 SiO2)为原料冶炼钛白粉的流程如图所示。 已知：酸解后，钛主要以TiO2+形式存在。室温条件下，在pH＞3的溶液中TiO2+会完全水解生成H2TiO3沉淀。 回答下列问题： (1)基态Ti原子核外价层电子排布式为 。 (2)试剂X应为 (填化学式)。 (3)酸解过程中，FeTiO3发生的非氧化还原反应的化学方程式为 。 (4)酸解后需要加入铁粉还原的原因是 。 (5)测定样品中TiO2纯度：取样品，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将TiO2+还原为Ti3+。过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配制成溶液。取所配溶液于锥形瓶中，滴加几滴溶液，用0.10mol·L-1 NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3+转化成TiO2+，重复操作3次，平均消耗25.10mL标准溶液。 ①该样品中TiO2的质量分数是 (保留2位有效数字)。 ②若其他操作都正确，量取待测液的滴定管没有润洗，则测得结果将 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 【答案】(1)3d24s2 (2)NaOH溶液 (3)FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O (4)将酸解过程中生成的Fe3+还原为Fe2+，防止加纯碱调节pH时Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀 (5)91% 偏低 【解析】钛铁矿精矿(主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、Fe2O3 和 SiO2)加碱溶浸，Al2O3、 SiO2和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠、硅酸钠，FeTiO3和Fe2O3 与氢氧化钠不反应，过滤，滤渣中含有FeTiO3和Fe2O3 ，用浓硫酸“酸解”滤渣，酸解液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+，加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，加纯碱调节pH使TiO2+水解为H2TiO3沉淀，过滤出H2TiO3，H2TiO3煅烧得TiO2。 (1)Ti是22号元素，基态Ti原子核外价层电子排布式为3d24s2； (2)“溶浸”目的是除去Al2O3、 SiO2，Al2O3、 SiO2和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠、硅酸钠，所以试剂X应为NaOH溶液； (3)酸解过程中，钛主要以TiO2+形式存在，FeTiO3发生的非氧化还原反应，可知FeTiO3和浓硫酸反应生成硫酸亚铁、TiOSO4、水，反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O； (4)Fe2O3 与浓硫酸反应生成硫酸铁，酸解液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+，Fe3+易水解，为防止加纯碱调节pH生成氢氧化铁沉淀，酸解后需要加入铁粉把Fe3+还原为Fe2+； (5)①滴定过程中发生的反应方程式为Fe3++Ti3++H2O=Fe2++TiO2++2H+，则25.00 mL中，根据钛元素守恒，样品中，故该样品中TiO2的质量分数是；②若其他操作都正确，量取待测液的滴定管没有润洗，待测液浓度偏小，消耗标准液体积偏小，则测得结果将偏低。 21．(2026·宁夏山西一模)硫化铋(Bi2S3)在光催化剂、锂离子电池等领域具有重要的潜在价值。一种以氧化铋渣(主要成分是Bi2O3、MnSO4、Fe2O3、CuO、Ag2O和Al2O3)为原料，制取高纯Bi2S3并回收锰的工艺流程如图所示。 已知：①常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 Fe3+ Cu2+ Al3+ 开始沉淀的pH 2.2 5.2 3.6 沉淀完全( c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 3.2 6.7 4.7 ②硫代乙酰胺(CH3CSNH2)在酸性溶液中会水解为乙酰胺(CH3CONH2可溶于水)和硫化氢；硫化氢会进一步发生反应：2Bi3+(s)+3H2S(g)Bi2S3(s)+6H+(aq)。 回答下列问题： (1)基态的价电子排布式为 。 (2)“酸浸”时，Bi2O3化为Bi3+的离子方程式为 。 (3)从“滤液1”中可回收的金属主要有 (填化学式)。 (4)“沉铋”时，BiCl3转化为BiOCl沉淀的化学方程式为 。 (5)“转化”的两种方法如下： 方法一：第一步，用NH4HCO3溶液将BiOCl转化为(BiO)2CO3，发生反应2NH4HCO3+2BiOCl=(BiO)2CO3↓ +CO2↑+H2O+2NH4Cl； 第二步，(BiO)2CO3受热分解为Bi2O3，发生反应的化学方程式为 。 方法二：第一步，用NaOH溶液将BiOCl转化为Bi(OH)3；第二步，Bi(OH)3受热分解为Bi2O3。已知：常温下，Ksp[Bi(OH)3]=4.0×10-31，反应 2BiOCl(s)+H2O(l)Bi3+(aq) +2OH-(aq) +Cl-(aq) K=1.6×10-31。 常温下，当BiOCl恰好完全转化为Bi(OH)3时，溶液中c(Cl-)=0.04mol·L-1，此时溶液pH= 。 (6)“硫化”后需用蒸馏水洗涤Bi2S3固体，洗涤固体的操作方法是 。 【答案】(1)3d5 (2)Bi2O3+6H+=2Bi3++3H2O (3)Al、Cu (4)BiCl3+ Na2CO3=BiOCl+CO2↑+2NaCl (5) (BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑ 13 (6)将待洗涤的固体放在过滤器的滤纸上，用玻璃棒引流，向固体表面滴加适量蒸馏水，使溶剂缓慢流过固体，重复2-3次 【解析】氧化铋渣(主要成分是Bi2O3、MnSO4、Fe2O3、CuO、Ag2O和Al2O3)制取高纯Bi2S3的工业流程为：氧化铋渣水浸提锰，过滤得到含Mn2+的浸出液，Bi2O3、Fe2O3、CuO、Ag2O和Al2O3不溶于水存在于滤渣中，用硫酸溶液、氯化钠溶液酸浸，Bi2O3与硫酸反应生成Bi3+、Fe2O3与硫酸反应生成Fe3+，CuO与硫酸反应生成Cu2+，Al2O3与硫酸反应生成Ale3+，Ag2O与硫酸反应生成Ag2SO4，过滤得滤渣1为Ag2SO4，滤液中加饱和碳酸钠溶液调节pH=3沉铋，Bi3+转化为BiOCl沉淀，还混有少量Fe(OH)3沉淀，过滤得到BiOCl、Fe(OH)3固体，“滤液1”中含有Fe3+、Al3+、Cu2+，“洗涤”时先用水洗除去附着的可溶性离子，BiOCl不溶于稀硫酸，再用稀硫酸洗涤除去Fe(OH)3，经过“转化”得到Bi(OH)3在空气中分解生成Bi2O3，加盐酸酸溶得到BiCl3溶液，再加入硫代乙酰胺进行硫化得到Bi2S3，反应为3CH3CSNH2+2BiCl3+3H2O=Bi2S3↓ +3CH3CONH2+6HCl。 (1)Mn是25号元素，基态Mn原子价电子排布式为3d54s2，则基态Mn2+的价电子排布式为3d5。 (2)“酸浸”时，Bi2O3和硫酸反应转化为Bi3+的离子方程式为：Bi2O3+6H+=2Bi3++3H2O。 (3)由分析可知，“滤液1”中含有Fe3+、Al3+、Cu2+，可回收的金属主要有Al、Cu。 (4)“沉铋”时，BiCl3和 Na2CO3、NaCl反应生成BiOCl沉淀和CO2，化学方程式为：BiCl3+ Na2CO3=BiOCl+CO2↑+2NaCl。 (5)(BiO)2CO3受热分解为Bi2O3和2，发生反应的化学方程式为：(BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑；已知2BiOCl(s)+H2O(l)Bi3+(aq) +2OH-(aq) +Cl-(aq)的，常温下，当BiOCl恰好完全转化为Bi(OH)3时，溶液中，；，则，，此时溶液pH=13。 (6)由分析可知，“硫化”后需用蒸馏水洗涤Bi2S3固体，洗涤固体的操作方法是：将待洗涤的固体放在过滤器的滤纸上，用玻璃棒引流，向固体表面滴加适量蒸馏水，使溶剂缓慢流过固体，重复2-3次。 22．(2026·河南驻马店高三期末)硫酸锰常用作微量分析试剂、媒染剂和油漆干燥剂。工业上利用天然二氧化锰粉与硫化锰矿(主要成分为MnS、MnS2，还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素的硫化物或氧化物)制备高纯硫酸锰的工艺如图所示。回答下列问题： 已知：①溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时可认为该离子沉淀完全。常温下，部分物质的溶度积如表。 物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Zn(OH)2 Ni(OH)2 Ksp 物质 Mn(OH)2 ZnS NiS Ksp ②流程中Mn2+的浓度为1.0 mol·L-1，杂质离子浓度视为0.01 mol·L-1。 ③，，。 (1)采用“氧化酸浸”而不采用“直接酸浸”的优点是 。 (2)写出“氧化酸浸”中MnO2与MnS2反应的离子方程式： 。 (3)“氧化”的目的是 。 (4)“调pH”除铁和铝时，溶液的pH范围应控制在 ~ 。(保留2位有效数字) (5)“除杂1”后的滤液中 。 (6)滤渣的主要成分是MnF2、 (填化学式)。 (7)写出“沉锰”的离子方程式： 。滤液中的主要阳离子为 (填离子符号)。 【答案】(1)“直接酸浸”则S2-会与H+反应生成有毒的H2S气体，污染环境，而“氧化酸浸”， MnO2作氧化剂，可将S2-氧化为S单质进而沉淀分离 (2) MnO2+MnS2+4H+=2Mn2++2S↓+2H2O (3)将Fe2+转化为Fe3+ (4) 4.7 7.6 (5) 2.0×105 (6)MgF2 (7) Mn2++2HCO3-= MnCO3↓+CO2↑+H2O NH4+ 【解析】以硫化锰矿(主含MnS、MnS2，杂质含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si的硫化物或氧化物)和天然二氧化锰粉为原料，向原料中加入H2SO4溶液和MnO2，在酸性、氧化条件下，硫化锰矿中的Mn元素转化为Mn2+进入溶液，S元素被氧化为S单质，Si元素转化为SiO2沉淀，过滤后得到含Mn2+、Fe2+、Al3+等的MnSO4溶液(滤渣为S、SiO2)；向溶液中加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+；加入氨水调节溶液pH，使Fe3+、Al3+分别以Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去；加入Na2S，使Zn2+、Ni2+分别以ZnS、NiS沉淀除去；加入MnF2，使Mg2+以MgF2沉淀除去；加入NH4HCO3，使Mn2+转化为MnCO3沉淀；MnCO3与入H2SO4反应，得到高纯MnSO4。 (1)若采用“直接酸浸”，硫化锰矿中的S2-会与H+反应生成有毒的H2S气体，污染环境；而“氧化酸浸”中，MnO2作氧化剂，可将S2-氧化为S单质进而沉淀分离，既避免了H2S的污染，又能提高锰元素的浸出率； (2)MnO2中Mn为+4价，作氧化剂被还原为Mn2+；MnS2中Mn为+2价、S为-1价，S被氧化为S单质，结合得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒，离子方程式为：MnO2+MnS2+4H+=2Mn2++2S↓+2H2O； (3)原料中的Fe元素在酸浸后主要以Fe2+形式存在，而Fe(OH)2的溶度积较大，难以通过调pH完全沉淀；“氧化”可将Fe2+转化为Fe3+，Fe(OH)3的溶度积很小，后续调pH时能以沉淀形式完全除去； (4)溶液的pH需满足“Fe3+、Al3+完全沉淀，Mn2+不沉淀”：Fe3+完全沉淀的pH：离子浓度时沉淀完全，由，得，此时溶液的pOH≈ 11.2，则pH≈ 2.8；Al3+完全沉淀的pH：同理，，pH≈4.7；Mn2+开始沉淀的pH：Mn2+浓度为1.0 mol·L－1，由，得，pH≈7.6；因此，pH范围需控制在4.7~7.6； (5)“除杂1”是加入Na2S，使Zn2+、Ni2+分别以ZnS、NiS沉淀，此时溶液中S2-浓度相同。根据溶度积公式：， 因此； (6)“除杂2”是加入MnF2，利用F-与Mg2+生成MgF2沉淀，因此滤渣除MnF2外，还含MgF2； (7)由题，NH4HCO3提供HCO3-，Mn2+与HCO3-电离出的碳酸根离子生成MnCO3沉淀，同时HCO3-与其电离出的氢离子反应生成CO2和H2O，因此离子方程式为：Mn2++2HCO3-= MnCO3↓+CO2↑+H2O；NH4HCO3中的NH4+未参与沉淀反应，因此滤液主要阳离子为NH4+。 23．(2026·湖南衡阳三模)工业上由天然MnO2与MnS 矿(杂质是含Fe、Al、Mg、Si、Ca 的氧化物)制备MnCO3的工艺流程如图所示。 已知：室温下相关物质的、如下表， 。 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MgF2 CaF2 HF 10-32.9 10-11.3 10-5.3 10-16.3 10-38.6 10-12.7 10-10.3 2.25×10-11 3×10-4 回答下列问题： (1)请写出基态锰原子的价电子排布式：___________， (2)“酸浸”产生的气体是Cl2，写出产生该气体的离子方程式：___________。 (3)滤渣1中除含有单质硫外，另一种物质是___________(填化学式)，部分单质硫是两种气体反应产生的，请写出该反应的化学方程式：___________。 (4)“调pH ”的目的是除去铁、铝(以氢氧化物形式去除)，若将它们完全除去(溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1 视为完全沉淀)，则pH的调节范围可以选择的是___________(填字母)。已知“过滤”后溶液中c(Mg2+)=0.1mol·L-1，c(Mn2+)=1.0mol·L-1。 A．2＜pH＜3     B．5＜pH＜7     C．9＜pH＜12 (5)若“除杂”后的溶液中c(HF)==c(Ca2＋)=1.0×10-5mol·L-1 ，则此时溶液的pH为___________。 (6)MnCO3在空气流中热解得到不同价态锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图1所示(假设A、B、C三点均为纯净物)。C点对应物质的化学式为___________。 (7)碳酸锰能在某温度加热分解出MnO2，MnO2的一种晶胞如图2所示(已标注主视方向)，请在图3的晶胞主视图中补全 原子的位置，并判断 的配位数为___________。 【答案】(1)3d54s2 (2)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+ 2H2O (3) SiO2 H2S+Cl2=S↓+2HCl (4)B (5)5.7 (6)MnO (7)、6 【解析】天然MnO2与MnS矿(杂质是含Fe、Al、Mg、Si、Ca的氧化物)中加入浓盐酸并调节温度为50℃，产生气体有氯气，同时生成氯化锰、氯化铁、氯化镁、氯化钙等，过滤得到滤渣1主要成分为S和二氧化硅，滤液加入氨水调节pH，得到滤渣2为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液加入氟化钠除杂，得到滤渣3为氟化钙、氟化镁，滤液加入碳酸氢铵沉锰，得到MnCO3。 (1)Mn为25号元素，基态锰原子的价电子排布式：3d54s2。 (2)“酸浸”产生的气体是Cl2，是二氧化锰与浓盐酸反应产生的，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+ 2H2O。 (3)根据分析可知，滤渣1中除含有单质硫外，另一种物质是SiO2；部分单质硫是两种气体反应产生的，为氯气氧化硫化氢，该反应的化学方程式为：H2S+Cl2=S↓+2HCl。 (4)根据题意加入氨水的目的是调节溶液pH除去Fe3+、Al3+，且Mn2+不能转化为Mn(OH)2，因 ，当Al3+完全沉淀时，得mol·L-1，此时溶液的pH为4.7；为防止Mn2+沉淀，由，c(Mn2+)=1.0mol·L-1，得，对应pH=7.65，因此pH需要小于7.65； 符合4.7~7.65之间的选择B。 (5)由溶度积可知，溶液中钙离子浓度为1×10-5 mol/L时，溶液中氟离子浓度为=1.5×10-3 mol/L，由电离常数可知，溶液中氢氟酸浓度为1×10-5 mol/L时，溶液中氢离子浓度为=2×10-6 mol/L，则溶液的pH为6-lg2=5.7，故选：5.7。 (6)假设MnCO3的物质的量为1 mol，即质量115g，则Mn的质量为55 g。A点： ，故A点固体为MnO2。同理B点： ，为Mn3O4；C点： ，为MnO。 (7)根据题目描述可绘图如下 ；配位数是指与中心离子最近的配位原子数。观察图-2，以体心的Mn为例，它周围有6个O原子(位于面心)，形成八面体配位。因此配位数为6。 24．(2026·山东荷泽一模)从银锌渣(含金属Bi、Pb、Ag、Zn、Au)中回收Bi、Ag、Au的工艺流程如下： 已知：①氯化浸出Au单质的效率高于置换还原Au单质； ②常温下，Ksp(PbCl2)= 9×10－5，Ksp(AgCl)= 1.8×10－10； ③溶液中离子浓度时，即可认定该离子沉淀完全。 回答下列问题： (1)“氯化浸出”通入蒸汽的目的是 ；实际生产中为了提高Au单质的回收效率，KClO3溶液的浓度不宜 (填“过高”或“过低”)。 (2)“置换1”反应的离子方程式 ；“置换2”可选用的试剂Y为 (填标号)。 A．Mg     B．Zn     C．Au   D．Bi (3)“还原熔炼”中纯碱与AgCl反应生成两种无色气体，两种气体的化学式为 。 (4)“氨溶”中发生反应的化学方程式为 。 (5)“沉银”中水合肼(N2H4·H2O)的作用是 。 (6)常温下，若“酸溶”过滤后的溶液中含有0.1molAg+、0.2molPb2+，加入NaCl充分沉铅银后的溶液体积为250 mL，理论上至少消耗 molNaCl。 【答案】(1) 加快反应速率，使反应充分进行 过高 (2) Bi+ AuCl4-=Bi3++ Au+4Cl- B (3)O2、 CO2 (4) AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl (5)还原剂，将[Ag(NH3)2]+还原为 Ag 单质 (6)1.25 【解析】氯化浸出：银锌渣(含Bi、Pb、Ag、Zn、Au)加入KClO3和HCl和蒸汽，使大部分金属形成氯化物或配离子进入浸出液(Bi3+、Pb2+、Zn2+、AuCl4-)，但PbCl2、AgCl溶解度较小，与未反应的Au进入浸出渣； 置换1：向浸出液(含Bi3+、Zn2+、AuCl4-)加入试剂X(Bi)，将AuCl4-还原为Au单质得到黑金粉(Au、Bi)，溶液剩余Bi3+、Zn2+； 置换2：向含Bi3+、Zn2+的溶液加入Zn粉，置换出Bi单质，同时过量的Zn进入溶液，最终得到Bi产品和含ZnCl2的溶液； 系列操作：对含ZnCl2溶液进一步处理，回收ZnCl2产品；还原熔炼：浸出渣(PbCl2、AgCl 、Au)加纯碱(Na2CO3)高温熔炼，PbCl2被还原为Pb，AgCl被还原为Ag，形成铅银合金，实现Au、Ag、Pb初步分离； 酸溶：黑金粉(Au、Bi)加入稀硝酸溶解Bi(生成Bi3+)，Au不溶而被分离； 氨溶与沉银：将“还原熔炼”产物中的AgCl与氨水反应生成[Ag(NH3)2]+，再加入水合肼(N2H4·H2O)将银氨配离子还原为Ag单质，实现Ag的纯化回收，据此分析。 (1)升温能提高反应速率，促进 Au、Ag 等金属的氯化浸出；已知氯化浸出 Au 单质的效率高于置换还原，若 KClO3浓度过高，氧化性过强可能产生杂质反应或浪费试剂，反而不利于 Au 的高效回收； (2)在置换1中加入试剂X后能将AuCl4-还原为Au单质，溶液剩余Bi3+、Zn2+，不能置换出Bi，根据金属活动顺序Bi＜Zn ，同时又不能引入杂质，则X可选用Bi， “置换1”反应的离子方程式：Bi+ AuCl4-=Bi3++ Au+4Cl-；置换2：向含Bi3+、Zn2+的溶液加入Y，置换出Bi单质，最终得到Bi产品和含ZnCl2的溶液， 使用Zn粉可将Bi3+、置换出来，同时避免引入新杂质；Mg 过于活泼，可能引入Mg2+杂质；Au 不活泼无法置换；Bi 活泼性弱于Zn，且本身是回收目标之一，不宜用作置换剂； (3)“还原熔炼”中纯碱与AgCl反应生成两种无色气体，加纯碱(Na2CO3)高温熔炼，PbCl2被还原为Pb，AgCl被还原为Ag，纯碱(Na2CO3)与AgCl发生反应：2Na2CO3+4AgCl4Ag+4NaCl+2CO2↑+O2↑； (4)AgCl 溶于氨水形成银氨络离子，实现 Ag 的分离，“氨溶”反应的化学方程式：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl； (5)水合肼(N2H4·H2O)具有强还原性，可将银氨络离子还原析出Ag； (6)若“酸溶”过滤后的溶液中含有0.1molAg+、0.2molPb2+，加入NaCl充分沉铅银，根据，0.1molAg+~0.1molCl-~0.1molAgCl；0.2molPb2+~0.4molCl-~0.2mollPbCl2，首先需要，当溶液中离子浓度时，即可认定该离子沉淀完全，当，，；， ，当溶液中时，Ag+、Pb2+完全沉淀，故消耗的至少为。 重难·创新演练 1．(2026·黑龙江哈尔滨高三期中)下列化学工艺流程不可行的是(部分反应条件省略) ( ) A．实验室从海带中提取单质碘：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取→蒸馏 B． C．石英砂粗硅高纯硅 D．铝土矿 【答案】A 【解析】A项，海带中的碘以碘离子形式存在，提取单质碘需氧化步骤(如加入H2O2或Cl2)，流程中缺少“氧化”步骤，无法得到I2，直接萃取无效，A不可行；B项，FeS2高温氧化生成SO2，SO2催化氧化为SO3，SO3与水反应生成H2SO4，B可行；C项，石英砂与焦炭高温生成粗硅，粗硅与HCl反应生成SiHCl3，SiHCl3再与H2高温还原为高纯硅，C可行；D项，铝土矿用过量NaOH溶解Al2O3生成Na[Al(OH)4]，通CO2生成Al(OH)3沉淀，氢氧化铝煅烧得Al2O3，电解熔融氧化铝制Al，D可行；故选A。 2．(2026·山东高三检测)一种利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质)制备LiCOO2的工艺流程如下。下列说法错误的是( ) 已知：常温下，部分金属离子沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Co2+ 开始沉淀的pH 8.5 2.2 3.4 7.8 完全沉淀[c(金属离子)= 1.0×10-5 mol·L-1]的pH 10.0 3.0 4.5 9.4 A．“酸浸”时不可用SO2代替H2O2 B．由流程可知氧化性：Co(III)＞H2O2 C．当Fe3+与Al3+完全沉淀时，溶液中 D．“高温焙烧”时的化学方程式：4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCOO2+6CO2 【答案】C 【解析】Co3O4中钴元素化合价由+2、+3组成，含钴废料加硫酸、H2O2酸浸能与金属氧化物反应生成Co2+、Fe3+、Al3+，SiO2不反应过滤为滤渣，滤液中加入氨水调pH得到Fe(OH)3 、Al(OH)3 沉淀，加入碳酸氢铵沉钴，气体X为CO2，碳酸钴和碳酸锂在氧气作用下高温焙烧生成LiCOO2和二氧化碳。A项，“酸浸”时过氧化氢将+3价Co还原为Co2+，不能将Fe3+还原，而二氧化硫会将Fe3+还原为Fe2+，不能用SO2代替H2O2，A正确；B项，“酸浸”时过氧化氢做还原剂，Co(III)做氧化剂，氧化性Co(III)＞H2O2，B正确；C项，pH=3.0时铁离子完全沉淀，=10-38，pH=4.5时铝离子完全沉淀，=10-33.5，，C错误；D项，“高温焙烧”时CoCO3被氧化为LiCOO2，化学方程式为4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCOO2+6CO2，D正确；故选C。 3．(2026·四川乐山一模)某兴趣小组以含金烧渣(含有Fe2O3和Au)为原料，制备单质和FeSO4·7H2O的流程如图所示： 下列说法正确的是( ) A．“溶浸”时发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4 B．[Au(CN)2]-中σ键与π键的个数比为 C．Na[Au(CN)2]与反应的方程式为：2Na[Au(CN)2]+Zn=2Au+Na2[Zn(CN)4] D．“试剂a”可以是粉或粉 【答案】C 【解析】含金烧渣种含有Al2O3和Au，在溶浸过程中与空气和NaCN溶液反应后得到Na[Au(CN)2]溶液和浸渣，则可推断浸渣的主要成分为Fe2O3，浸渣与稀硫酸反应后生成Fe3+ ，由于最终要制备FeSO4·7H2O，因此试剂a的作用是还原剂，且不引入杂质，最好的选择是铁粉。A项，“溶浸”时发生的反应中氧化剂是氧气，被还原为氧离子，即1mol氧化剂得到4mol电子，还原剂是Au，被氧化为Na[Au(CN)2]，即1mol还原剂失去电子1mol，根据得失电子守恒可知4n(O2)=n(Au)，因此n(O2)：n(Au)=1：4，A错误；B项，已知[Au(CN)2]-中CN-与Au+通过配位键结合，也属于σ键，即配位形成的σ键数目为2，CN-的结构式为C≡N-，2个CN-含2个σ键和4个π键，因此[Au(CN)2]-中σ键数：π键数=1：1，B错误；C项，溶液与Zn反应置换出Au，Zn2+也有很强的接受配体能力且配位数一般为4，故方程式为2Na[Au(CN)2]+Zn=2Au+Na2[Zn(CN)4]，C正确；D项，浸渣的主要成分为Fe2O3，与稀硫酸反应后生成Fe3+ ，由于最终要制备FeSO4·7H2O，因此试剂a的作用是还原剂，且不引入杂质，应选择铁粉，铜会引入杂质，不合要求，D错误；故选C。 4．(2026·黑龙江哈尔滨高三期末)天青石主要成分是SrSO4，还含有少量BaSO4及Si、Mg、Fe的氧化物等杂质，现以天青石为原料制备SrCO3的工艺流程如下： 已知：，。 下列说法错误的是( ) A．加入NH3·H2O-(NH4)2SO4缓冲溶液可使BaCO3转BaSO4化为 B．镁、硅元素分别在“调pH”工序和“酸浸工序”除去 C．若去掉“氧化”工序，“调pH”时消耗氨水量增大 D．将92gSrSO4投入到1LNa2CO3 溶液中，反应后c(CO32-)=10-4mol·L-1时，SrSO4 的转化率为32%(忽略溶液体积变化) 【答案】D 【解析】由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3<SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和Na2CO3溶液充分混合，发生沉淀转化：SrSO4 +Na2CO3 = SrCO3+Na2SO4，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质Si、Mg、Fe的氧化物及少量BaSO4。向粗SrCO3中先加盐酸酸浸，经过滤除去SiO2、BaSO4，然后向滤液中加HClO，将Fe2+氧化生成Fe3+，加氨水调pH，溶液中析出Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去Mg(OH)2、Fe(OH)3，再向滤液中加入NH4HCO3溶液，生成SrCO3沉淀，经过滤、洗涤、干燥即可得到纯净的SrCO3。A项，加入NH3·H2O-(NH4)2SO4缓冲溶液可使BaCO3转化为BaSO4，便于除去，A正确；B项，根据分析可知，硅的氧化物(如SiO2)不与盐酸反应，会在“酸浸”后进入滤渣1；镁的氧化物(如MgO)与盐酸反应生成Mg2+，但Mg2+在后续“调pH”步骤中会沉淀(进入滤渣2)，因此硅、镁元素分别在“酸浸工序”(硅)和“调pH”工序(镁)除去，B正确；C项， “氧化”工序是将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+沉淀的pH(约3~4)远低于Fe2+沉淀的pH(约7~8)。若去掉“氧化”工序，Fe2+需在更高pH下沉淀，会消耗更多氨水，C正确；D项，SrSO4的摩尔质量为184 g/mol，92gSrSO4的物质的量为0.5 mol，由反应CrSO4(s)+CO32-(aq)CrCO3(s)+SO42-(aq)，反应后c(CO32-)=10-4mol·L-1 时，溶液中，则此时溶液中，已转化的SrSO4的物质的量等于溶液中的SO42-物质的量，为0.32mol，则SrSO4的转化率为，D错误；故选D。 5．(2026·江西宜春高三期中)氯化磷酸三钠[(Na3PO4⋅12H2O)4⋅NaClO]具有良好的灭菌、消毒、漂白作用，亦能除去墨迹、血迹、油迹和茶迹等多种污垢，广泛地用于医院、餐馆、食品加工行业。氯化磷酸三钠的熔点为67℃，常温下较稳定，受热易分解。在水溶液中可直接与钙、镁及重金属离子形成不溶性磷酸盐。某小组设计如图流程制备氯化磷酸三钠。下列叙述错误的是( ) A．理论上制得的氯化磷酸三钠不超过0.3 mol B．“反应池1”中最少应加入的磷酸溶液 C．“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和高温烘干 D．氯化磷酸三钠因含NaClO而具有漂白、杀菌和消毒作用 【答案】C 【解析】向NaOH溶液先加入磷酸，得到磷酸钠溶液和NaOH溶液，通入氯气，生成[(Na3PO4⋅12H2O)4⋅NaClO]溶液，最后通过减压蒸发，冷却结晶的方式得到[(Na3PO4⋅12H2O)4⋅NaClO]。A项，n(NaOH)=3.9mol，根据Na守恒，1个[(Na3PO4⋅12H2O)4⋅NaClO]中含有13个Na原子，所以则n{[(Na3PO4⋅12H2O)4⋅NaClO]}最多为0.3mol，A正确；B项，根据钠原子守恒，生成1 mol [(Na3PO4⋅12H2O)4⋅NaClO] 需要消耗13 mol NaOH，3.9molNaOH可以得到[(Na3PO4⋅12H2O)4⋅NaClO]，需要磷酸的体积y=，B正确；C项，氯化磷酸三钠的熔点为67℃，常温下较稳定，受热易分解，所以不能高温烘干，C错误；D项，NaClO具有强氧化性，所以能够具有漂白、杀菌和消毒，D正确；故选C。 6．(2026·山东百校大联考高三联考考)利用CaCO3和Mg2SiO4进行二氧化碳移除(CDR)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是( ) A．“研磨、预热”步骤能加快反应速率 B．反应过程中，Ca、Mg和Si的化合价都发生了改变 C．从量的角度看，相同条件下水生储存比陆地储存移除的碳更多 D．“煅烧和离子交换”时，使用电能作为能源比使用CH4与O2作为能源，可能更环保 【答案】B 【解析】由题给流程图可知，经研磨、预热和煅烧、离子交换后冷却，CaCO3和Mg2SiO4转化成Ca2SiO4、氧化镁，将煅烧和离子交换步骤中生成的二氧化碳进行封存；Ca2SiO4和氧化镁吸收空气中的二氧化碳转化为碳酸氢钙、碳酸氢镁和二氧化硅；Ca2SiO4和氧化镁吸收土壤中的二氧化碳转化为碳酸钙、碳酸镁和二氧化硅。A项，研磨增大接触面积、预热提高温度，均能加快反应速率，A项正确；B项，从流程图可知，含有Ca、Mg、Si元素的物质中，Ca和Mg元素均为+2价，Si元素均为+4价，反应过程中Ca、Mg、Si化合价均未改变，B项错误；C项，由图可知，在相同条件下，水生储存移除8CO2，陆地储存移除4CO2，相同条件下水生储存移除的碳更多，C项正确；D项，CH4与O2燃烧生成CO2会增加碳排放，若电能来自清洁能源，则更环保，D项正确；故选B。 7．(2026·江苏连云港·期中)以废钒催化剂(主要含有V2O5、CaO、Fe2O3、Al2O3和SiO2等)为原料制备V2O5的流程如下图所示： 已知：pH>9.6时Al元素在溶液中主要以[Al(OH)4]-形式存在。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。 金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀的pH 3.7 2.2 7.5 沉淀完全的pH 4.7 3.8 9.5 (1)酸浸还原。将废钒催化剂粉碎后，加入H2SO4和Na2SO3浸取，过滤。 ①浸取时，先向废钒催化剂中加入Na2SO3后缓慢滴加H2SO4，这样操作的主要原因是 。 ②浸取后的溶液中有VO2+、SO42-、Fe2+、Fe3+和Al3+等离子，V2O5转化为VOSO4的化学方程式为 。 (2)除杂。向酸浸还原后所得滤液中加入氨水调节溶液的pH至8.0，过滤得到含有VO2的滤渣。所得滤渣中加入NaOH溶液，再通入O2，调节溶液pH大于13，充分反应后过滤，向滤液中加入盐酸调节溶液的pH至8.5后过滤，得到NaVO3溶液和滤渣X。 ①碱性条件下，VO2和O2反应生成VO3-的离子方程式为 。 ②滤渣X的主要成分是 (填化学式)。 (3)沉钒。向所得NaVO3溶液中加入一定量NH4Cl固体，充分反应后得到NH4VO3沉淀。沉钒率(沉淀中钒的质量与原料中钒的总质量之比)随温度的变化如图-1所示。 ①温度高于80℃，沉钒率随温度升高而减小的可能原因有 。 ②反应过程中加入一定量的醇类溶剂可以提高沉钒率，原理是 。 (4)制备V2O5。将一定质量的NH4VO3在空气中煅烧至恒重时，固体残留率随温度的变化如图-2所示。A点产物可表示为aV2O5·bNH3·cH2O，则其中a：b：c的比值为 。 【答案】(1) 减少Na2SO3与H2SO4反应生成SO2逸出，提高Na2SO3的利用率 V2O5+2H2SO4+Na2SO3=2VOSO4+Na2SO4+2H2O (2) 4VO2+O2+4OH-=4VO3-+2H2O Al(OH)3 (3) 温度高于80℃，NH4Cl受热分解，使沉钒率下降；NH4VO3的溶解度增大 降低NH4VO3的溶解度，有利于NH4VO3析出 (4)2：2：1 【解析】废钒催化剂(主要含有V2O5、CaO、Fe2O3、Al2O3和SiO2等)，经过还原酸浸，酸浸液中存在VO2+、SO42-、Fe2+、Fe3+和Al3+等离子，除杂除去Fe、Al元素，再经过沉钒，得到NH4VO3沉淀，最后煅烧得到V2O5。 (1)①Na2SO3中硫元素是+4价，主要体现为还原性，但在酸性条件下会反应逸出为SO2，丧失还原效果，故答案为：减少Na2SO3与H2SO4反应生成SO2逸出，提高Na2SO3的利用率； ②V2O5中V元素的化合价为+5价，产物VO2+中V的化合价为+4价，被还原，浸取液中起到还原性的作用的还原剂为Na2SO3，结合得失电子守恒、溶液的酸碱性，元素守恒，故答案为：V2O5+2H2SO4+Na2SO3=2VOSO4+Na2SO4+2H2O； (2)①VO2中V元素化合价为+4，升到产物VO3-中的+5价，氧的化合价从0价降到-2价，则根据电子得失守恒，VO2和O2化学计量数之比为4：1，结合环境为碱性，得到离子方程式为4VO2+O2+4OH-=4 VO3-+2H2O；②V元素之外，酸浸还原后所得的滤液中含有的阳离子为Fe3+和Al3+，由题干信息，pH大于8.0后，Fe3+和Al3+都已经完全以沉淀形式进入滤渣，加入NaOH后，Al(OH)3沉淀会被溶解，Fe(OH)3沉淀不会反应。且根据已知信息，pH>9.6时Al元素在溶液中主要以[Al(OH)4]-形式存在，往滤液中加入盐酸调节溶液的pH至8.5后，[Al(OH)4]-形式又会以Al(OH)3形式存在，故滤渣X为Al(OH)3； (3)①沉钒率随温度升高而减小可以从两个方面考虑，一是温度升高，一般物质的溶解度会增大；二是反应物容易受热分解，导致产物产率下降；②反应过程中加入一定量的醇类溶剂，可以降低溶剂的极性，从而降低产物的溶解度，使沉钒率增大； (4)灼烧失重的可能原因来自于水和氨气的流失，金属元素不减少。则灼烧的化学方程式为， NH4VO3相对分子质量为117，A点其固体残留率为88.9%，根据N元素守恒有：b+x=2a；根据O元素守恒有：5a+c+y=6a；根据H元素守恒有：3(x+b)+2(c+y)=8a；根据A点残留率有：；解得a：b：c=2：2：1。 8．(2026·山东菏泽高三期中)铜冶炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣(主要含Fe2SiO4、Co2SiO4、CoFe2O4和SiO2及少量单质Cu、Co)中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下： 已知：①H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250℃时，易脱水；②25℃时，相关物质的Ksp见下表。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ksp 回答下列问题： (1)“酸浸”前，采用 方法可提高酸浸效率(填一条即可)。 (2)“酸浸”时，有空气参与反应，Cu溶解的化学方程式为 。 (3)“高温固化”的作用是 。 (4)“氧化”中可选用的最佳试剂X为 (填标号)。 A．MnO2     B．H2O2     C．FeCl3 (5)“氧化”后c(Co2＋)=0.01mol·L-1，25℃“碱沉1”中，应控制pH的范围是 。 (6)“碱沉2”发生反应的离子方程式是 ；“滤液3”中可回收的盐主要有CoSO4和 (填化学式)。 【答案】(1)粉碎铜渣或提高酸浸温度等 (2) 2Cu＋O2+2H2SO4=2CuSO4＋2H2O (3)使H4SiO4脱水生成SiO2，便于除去 (4)B (5) (6) 4Cu2++6 NH3·H2O+SO42-=Cu4SO4(OH)6↓ +6NH4+ (NH4)2SO4 【解析】铜渣加入稀H2SO4酸浸，再高温固化将H4SiO4脱水生成SiO2便于除去，加水浸取，滤液中有Fe2+、Cu2+、Co2+等离子，滤渣为SiO2，加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，氧化剂选择H2O2，不会引入杂质，加入氨水调节pH值使Fe3+沉淀除去，滤渣2为Fe(OH)3，滤液中再加入氨水，使Cu2+转化为水胆矾，滤液3中有CoSO4和(NH4)2SO4。 (1)“酸浸”前，采用将铜渣粉碎，可以增大与酸的接触面积，从而提高酸浸效率； (2)“酸浸”时，有空气参与反应，Cu与O2和H2SO4反应的化学方程式为：2Cu＋O2+2H2SO4=2CuSO4＋2H2O； (3)H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250℃时，易脱水，高温固化的作用是将H4SiO4脱水形成SiO2，易于分离除去； (4)“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，不能引入杂质，可选用的最佳试剂为H2O2； (5)“碱沉1”是使Fe3+沉淀，而Co2+不沉淀，，得出 ，时，Fe3+沉淀完全；“氧化”后，，，pH＜7.9时，Co2+不沉淀，则应控制pH的范围是； (6)由上述分析可知，“碱沉2”发生反应的离子方程式是4Cu2++6 NH3·H2O+SO42-=Cu4SO4(OH)6↓ +6NH4+；“滤液3”中可回收的盐主要有CoSO4和(NH4)2SO4。 9．(2026·福建莆田高三期中)工业上由钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2，等杂质)制备TiCl4的工艺流程如下： 已知：煅烧过程中发生 (1) FeTiO3中钛元素的化合价为 。 (2)碱浸过程所得废液的主要成分为NaOH、 (填化学式)。 (3)加入过量试剂A的作用为 。 (4)酸浸过程发生反应：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，酸浸后需将溶液温度冷却至70℃左右，若温度过高会导致最终产率过低，原因是 。 (5)水解工序所得滤液，可以返回到 (填写工序名称)。 (6)上述流程中氯化过程的化学方程式为 。已知TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+O2(g) ΔH1＝+151kJ·mol−1该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生。从化学平衡的角度解释原因是 。 (7) TiCl4极易水解，利用此性质可制备纳米级TiO2·xH2O，该反应的化学方程式是 。 【答案】(1)+4 (2) Na[Al(OH)4]、Na2SiO3 (3)将Fe3+全部转化为Fe2+ (4)温度过高会导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀造成损失 (5)酸浸 (6) TiO2+C+2Cl2TiCl4+CO2 C与O2反应，O2的浓度减小使平衡向右移动；C与O2反应放热，温度升高，使平衡向右移动 (7) TiCl4 + (x+2)H2O = TiO2·xH2O + 4HCl 【解析】钛铁矿用氢氧化钠溶液溶解，氧化铝、二氧化硅反应溶解，过滤得到主要含有FeTiO3、Fe2O3、FeO的固体，再用硫酸处理，得到溶液中含有TiOSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4及未反应的硫酸等，加入试剂A后冷却、结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体，则A为Fe，将Fe3+转化为Fe2+，滤液中TiO2+水解得到H2TiO3，同时有H2SO4生成，用硫酸洗去杂质，再煅烧得到TiO2，TiO2、C、Cl2反应得到TiCl4及CO2，以此解答。 (1)FeTiO3中Fe元素化合价为+2价，氧元素为-2价，则Ti元素为+4； (2)由分析可知，碱浸过程中A12O3、SiO2分别和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，碱浸过程所得废液的主要成分为Na[Al(OH)4]、Na2SiO3、NaOH； (3)由分析可知，试剂A的名称还原铁粉，加入还原铁粉的作用为：将Fe3+全部转化为Fe2+； (4)TiOSO4可以水解生成H2TiO3，则若温度过高会导致最终产率过低，原因是：温度过高会导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀造成损失； (5)由分析可知，滤液中TiOSO4水解得到H2TiO3，同时有H2SO4生成，可以返回到酸浸； (6)氯化过程是TiO2、C、Cl2反应得到TiCl4及CO2，反应方程式为：TiO2+C+2Cl2TiCl4+CO2。当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生，原因是：C与氧气反应减小氧气浓度，使平衡TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+O2(g)正向移动，C与氧气反应为放热反应，温度升高，使平衡正向移动，促使反应顺利进行； (7)TiCl4极易水解生成纳米级TiO2·xH2O，该反应的化学反应方程式为：TiCl4 + (x+2)H2O = TiO2·xH2O + 4HCl。 10．(2026·宁夏石嘴山高三期中)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示： 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c)=1.0×10-5mol·L-1)的 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： (1)“碱浸”中溶液可以有效地除去金属铝及其氧化物，写出溶液除去铝单质的离子方程式 。 (2)“滤液”中含有的金属离子有Fe2+和 。 (3)“转化”中可替代H2O2的物质是 填序号。  ①O2 ②氯水 ③酸性KMnO4溶液 若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即。“滤液”中可能含有的杂质离子为 。 (4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp = 写出计算结果。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用Na ClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的。写出该反应的离子方程式 。 【答案】(1)2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑ (2)Ni2+、Fe3+ (3) ① Fe3+ (4) 10-15.6 (5)2Ni2++4OH-+ClO-=2NiOOH↓+Cl-+H2O 【解析】镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质，加NaOH溶液碱浸，Al及其氧化物和氢氧化钠反应，滤液①主要成分是Na[Al(OH)4]，滤饼①主要成分为Ni、Fe及其氧化物，少量不溶性物质，酸浸后滤渣②为不溶性物质，Ni、Fe及其氧化物和酸生成金属盐，滤液②主要成分为Ni2+、Fe2+、Fe3+，加过氧化氢溶液将Fe2+转化为Fe3+，加NaOH溶液调pH，Fe3+先沉淀，滤渣③为Fe(OH)3，滤液③是NiSO4，控制pH浓缩结晶生成硫酸镍晶体。 (1)NaOH溶液除去铝单质，生成Na[Al(OH)4]和H2，离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑； (2)Ni、Fe及其氧化物和酸反应生成金属盐，滤液②主要成分为Ni2+、Fe2+、Fe3+； (3)H2O2作用是氧化Fe2+，同时还不能引入新的杂质离子，所以选①，氯水和高锰酸钾引入新杂质离子；滤液②主要成分为Ni2+、Fe2+、Fe3+，先调pH，Ni2+、Fe2+不产生沉淀，Fe3+沉淀完全，再转化将Fe2+转化为Fe3+，则滤液③中会有Fe3+； (4)pH=7.2时，开始沉淀，c(OH-)=10-6.8mol/L，； (5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出NiOOH，Ni从+2被氧化到+3，Cl从+1被还原到-1，根据守恒，离子方程式为2Ni2++4OH-+ClO-=2NiOOH↓+Cl-+H2O。 11．(2026·山东菏泽高三期中)软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4.H2O的流程如下： 已知： ①部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表： 金属阳离子 Fe3+ Al3+ Mn2+ Mg2+ 完全沉淀时的pH 3.2 5.2 10.4 12.4 ②温度高于24℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低。 回答下列问题： (1)“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为 。 (2)“第1步除杂”中形成滤渣1的主要成分为 (填化学式)，调pH 至 5~6 所加的试剂，可选择 (填标号)。 a．CaO     b．MgO     с.NaOH     d．氨水 (3)第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2+的离子反应方程式： ，该反应的平衡常数数值为 。 (已知：MnF2的Ksp=5.3×10-3；CaF2的Ksp=1.5×10-10，MgF2的Ksp=7.4×10-11) (4)硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如下图所示。从滤液中获得较高纯度MnSO4.H2O的操作是：控制温度在80℃~90℃之间蒸发结晶， ，使固体MnSO4.H2O与溶液分离， 、真空干燥。 【答案】(1) MnO2+SO2= Mn2++SO42- (2) Al(OH)3、Fe(OH)3 ab (3) MnF2+Mg2+ =Mn2++ MgF2 7.2×107 (4) 趁热过滤 80℃~90℃的蒸馏水洗涤 2-3 次 【解析】由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、、CaO、SiO2等杂质，加硫酸溶解，可生成硫酸镁、硫酸铁、硫酸铝、硫酸钙等，并发生MnO2+SO2= MnSO4，滤渣为少量硫酸钙、二氧化硅，调节pH，则氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣1为Al(OH)3、Fe(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知MgF2、CaF2的溶度积较小，且不引入新的杂质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤，以此解答该题。 (1)SO2在反应条件下将MnO2转化为Mn2+的离子方程式为MnO2+SO2= Mn2++SO42-。 (2)调节pH至5~6，则氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣Ⅰ为Al(OH)3、Fe(OH)3，除杂过程中不能引入新杂质，所以可加氧化钙和氧化镁调节溶液的pH。 (3)氟化锰是难溶物，反应的离子方程式为MnF2+Mg2+ =Mn2++ MgF2； = (4)在80~90℃下，MnSO4·H2O的溶解度相对较低，此时结晶析出后需 “趁热过滤”，避免温度降低后其他结晶水合物析出，保证产物纯度； 过滤后得到的晶体表面会残留母液，需进行洗涤(用80~90℃的蒸馏水洗涤可减少MnSO4·H2O的溶解损失)，再结合后续的真空干燥，得到较高纯度的产物。 12．(2026·河北保定高三期中)钛白粉(TiO2)是一种重要化工原料，在涂料、油墨、造纸、陶瓷等工业领域有重要用途。其两种合成路线如下： Ⅰ．氯化法 Ⅱ．硫酸法 已知：①天然金红石主要成分为TiO2(90%以上)，还含有Fe2O3、Al2O3和SiO2等；②钛铁矿主要成分是 FeTiO3，含有少量SiO2等杂质；③FeSO4 的溶解度随温度升高而大幅升高，TiOSO4 的溶解度受温度影响较小；④SiCl4、TiCl4、AlCl3、FeCl3的沸点分别为58℃、136℃、181℃(升华)、316℃。回答下列问题： (1)是22 号元素，则基态原子的价电子排布式为 。 (2)“氯化焙烧”过程，TiO2参与反应的产物有两种，其中一种产物中C原子采取sp杂化，则TiO2参与反应的化学方程式为 。 (3)“冷却除杂”可除去大多数的 (填化学式)，“二次除杂”采取的操作为 。 (4)“TiCl4氧化”的氧化产物可以返回 步骤循环使用。 (5)硫酸法中，“除铁”过程可先加热至 ，再进行冷冻处理，析出绿矾后过滤、洗涤并干燥。 (6) TiOSO4溶液“加热水解”过程加热的目的为 。 (7)“TiCl4氧化”过程相对于“H2TiO3·SO3煅烧几小时”过程制备TiO2的优点有 (任答一点)。 【答案】(1) 3d24s2 (2) TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO (3) SiCl4、AlCl3、FeCl3 蒸馏 (4)氯化焙烧 (5)溶液表面出现晶膜 (6)加快反应TiOSO4+H2O=H2TiO3·SO3的反应速率，使平衡正向移动，提高H2TiO3·SO3的产率 (7)反应耗时短等 【解析】由题给流程可知，氯化法制备二氧化钛的过程为：向液态金红石矿粉中加入碳、通入氯气氯化焙烧，高温条件下将氧化物转化为气态氯化物，氯化物经冷却除杂除去四氯化硅和大多数的氯化铁、氯化铝，再用蒸馏的方法二次除杂除去氯化铁、氯化铝得到纯四氯化钛，四氯化钛在高温条件下与氧气反应后，经表面处理得到二氧化钛，反应生成的氯气可以返回氯化焙烧步骤循环使用；硫酸法的过程为：向钛铁矿粉中加入硫酸溶液热浸，将铁元素转化为亚铁离子、钛元素转化为TiOSO4，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的不溶物和滤液，滤液经除铁、过滤得到TiOSO4溶液，溶液经加热水解得到H2TiO3·SO3，H2TiO3·SO3煅烧几小时得到二氧化钛。 (1)钛元素的原子序数为22，基态钛原子的价电子排布式为3d24s2； (2)由题意可知，“氯化焙烧”过程中二氧化钛发生的反应为二氧化钛与碳、氯气高温条件下反应生成四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO； (3)由分析可知，氯化物经冷却除杂除去四氯化硅和大多数的氯化铁、氯化铝，再用蒸馏的方法二次除杂除去氯化铁、氯化铝得到纯四氯化钛； (4)由分析可知，“四氯化钛氧化”过程中生成的氯气可以返回氯化焙烧步骤循环使用； (5)由硫酸亚铁的溶解度随温度升高而大幅升高，TiOSO4的溶解度受温度影响较小可知，“除铁”过程为：先加热至溶液表面出现晶膜，再进行冷冻处理，析出绿矾后过滤、洗涤并干燥得到绿矾和TiOSO4溶液； (6)TiOSO4溶液加热水解发生的反应为：TiOSO4+H2O=H2TiO3·SO3，该反应为吸热反应，加热可以加快反应速率，使平衡向正反应方向移动，有利于提高H2TiO3·SO3的产率； (7)由题给流程可知，“四氯化钛氧化”过程相对于H2TiO3·SO3煅烧几小时过程制备二氧化钛的优点是反应耗时短，且反应生成的氯气可以返回氯化焙烧步骤循环使用。 13．(2026·陕西榆林考前冲刺模拟预测)砷化镓(GaAs)是一种重要的半导体材料，广泛应用于航空航天、半导体、光电和通讯等领域。一种由冶炼锌的副产品(主要含Ga2O3、GeO2、ZnS、SiO2、ZnO、MgO、ZnFe2O4等)制备Ge和CaAs的工艺流程如图1所示。 已知：ⅰ．镓元素类似于Al元素，表现为两性； ⅱ．ZnFe2O4难溶于水； ⅲ．室温下，该工艺流程中部分金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如表： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Mg2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.0 6.4 9.5 恰好完全沉淀的pH 3.2 9.0 8.0 11.1 当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全，回答下列问题： (1)基态Ga原子的价电子排布式为_______，基态As有_______种能量不同的电子。 (2)“酸浸”时，ZnFe2O4被SO2还原生成的离子方程式为_______。 (3)“酸浸”时，ZnS被SO2氧化生成S的化学方程式为_______，分离S和SiO2可选用的试剂为_______(填化学式)，充分溶解后进行过滤即可得SiO2。 (4)电解制Ga时，金属Ga在电解池的_______(填“阳”或“阴”)极生成。 (5)溶液2经氧化后含有Fe3+、Zn2+和Mg2+，欲先除去Fe3+，再除去Zn2+，可先调节溶液pH的范围是_______，过滤后加入_______(填化学式)。 (6)1kg锌的副产品中含有12％Ga2O3，整个流程中Ga的损失率为3％，理论上能制得GaAs的质量为_______kg(保留3位有效数字)。 【答案】(1)4s24p1 8 (2)ZnFe2O4+SO2+4H+=2Fe2++Zn2++SO42-+2H2O (3)2ZnS+2H2SO4+SO2=2ZnSO4+3S+2H2O CS2 (4)阴 (5) MgO或MgCO3或Mg(OH)2 (6)0.180 【解析】冶炼锌的副产品(主要含Ga2O3、GeO2、ZnS、SiO2、ZnO、MgO、ZnFe2O4等)用稀硫酸和二氧化硫酸浸还原，ZnFe2O4被SO2还原生成Fe2+，溶液1中含有Ga3+、Ge4+、Zn2+、Mg2+、Fe2+，ZnS反应还生成S，SiO2不反应存在于滤渣1中，滤渣1中含二氧化硅和S；向溶液1中加入萃取剂甲，分液，萃取后的水相中加水调pH=1、加入萃取剂乙分离出Ga3+，加入NaOH溶液得到[Ga(OH)4]-，电解含有[Ga(OH)4]-的溶液得到Ga，与As加热反应生成GaAs，溶液2中含Fe2+，有机相1中加入NaOH溶液反萃取得到[Ga(OH)4]-，要一系列操作得到Ge，以此解答。 (1)Ga是第31号元素，基态Ga原子的价层电子排布式为4s24p1，基态As原子核外电子排布1s22s22p63s23p63d74s24p3，有8种能量不同的电子。 (2)由已知信息ZnFe2O4难溶于水，在酸性条件下，ZnFe2O4中的Fe(III)被二氧化硫还原为Fe2+，S(IV)被氧化为SO42-，Zn元素溶解为Zn2+，离子方程式为ZnFe2O4+SO2+4H+=2Fe2++Zn2++SO42-+2H2O 。 (3)“酸浸还原”时，ZnS与SO2发生归中反应单质S，化学方程式为2ZnS+2H2SO4+SO2=2ZnSO4+3S+2H2O ；S溶于二硫化碳，而SiO2不溶，因此分离S和SiO2可选用非极性溶剂CS2溶解硫，然后过滤，得到SiO2。 (4)据分析，电解时，[Ga(OH)4]-得电子生成Ga，发生还原反应，反应在阴极发生。 (5)根据已知iii，Fe3+、Zn2+和Mg2+的沉淀pH范围不同，为使Fe3+完全沉淀，而Zn2+不沉淀，应调节溶液的pH为3.2~6.4；Fe3+完全沉淀过滤后，溶液中存在有Zn2+和Mg2+，为使Zn2+完全沉淀，而Mg2+不沉淀，同时不引入新杂质，需要加入MgO或Mg(OH)2或MgCO3等固体调节溶液的pH范围是8.0~9.5。 (6)根据反应前后质量守恒解题，1 kg锌的副产品中含有12％Ga2O3，则初始Ga2O3的质量为，含Ga的质量为，整个流程中Ga的损失率为3％，则GaAs中Ga的质量为，因此GaAs的质量为。 真题·实战演练 1．(2025·湖南卷，12，3分)工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的Ksp； 金属化合物 CdS CdCO3 MnS MnCO3 Ksp 8.0×10-27 1.0×10-12 2.5×10-13 2.3×10-11 下列说法错误的是( ) A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B．试剂X可以是Na2S溶液 C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn2++HCO3-=MnCO3↓+H+ 【答案】D 【解析】富集液中含有两种金属离子Cd2+、Mn2+，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的Ksp可知，CdCO3、MnCO3的Ksp接近，不易分离，则试剂X选择含S2-的试剂，得到CdS滤饼，加入NaHCO3溶液沉锰，发生反应：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O。A项，粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确；B项，试剂X可以是Na2S溶液，B正确；C项，若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”，由题中信息以及Ksp数据可知，金属离子Cd2+、Mn2+浓度相当，则Cd2+也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确；D项，“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，D错误；故选D。 2．(2025•山东卷，13，4分)钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca、Si、Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；Ksp(CaC2O4)=2.3×10－9，Ksp(FeC2O4)=3.2×10－7。下列说法错误的是( ) A．试剂X可选用粉 B．试剂Y可选用盐酸 C．“分离”后元素主要存在于滤液Ⅱ中 D．“酸浸”后滤液Ⅰ的过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 【答案】A 【解析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO2，滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y盐酸生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I加入试剂X和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣II为CaC2O4，滤液II中有Fe3+。A项，根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；B项，加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，B正确；C项，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；D项，“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2O42-浓度小，使Ca2+(aq)+ C2O42- (aq) CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少，D正确；故选A。 3．(2025·甘肃卷，11，3分)处理某酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)的部分流程如下： 下列说法正确的是( ) A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe+3Cu2+=3Cu+2Fe3+ B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全 C．“氧化”过程中铁元素化合价降低 D．“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质 【答案】D 【解析】酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。A项，“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，A错误；B项，Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误；C项，“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误；D项，加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质，D正确；故选D。 4．(2025•辽吉黑内卷，11，3分)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4，下列说法错误的是( ) A．硫酸用作催化剂和浸取剂 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“浸出”时，3种金属元素均被还原 D．“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4 【答案】C 【解析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。【解析】A项，根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确；B项，生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确； C项，根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误；D项，“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确；故选C。 5．(2026·贵州卷，16)钪是一种关键的战略金属，对国防科技、产业升级有重要的作用。从某钪铝渣［含Sc(OH)3及Al、Mg、Fe等的氢氧化物］中回收钪和铝，工艺流程如图。 已知： ①钪铝渣中Sc(OH)3夹杂在其他金属氢氧化物中或包裹在其他颗粒的孔隙中。 ②“酸浸”工序中，钪主要以Sc3+的形式被浸出。 ③25℃ 时，Ksp[Al(OH)3]= 10－32.9，Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-  K=1033.3。 回答下列问题： (1)基态钪原子的价层电子轨道表示式为_______________。 (2)“预处理”工序的操作是________。 (3)“碱浸”工序中，在一定条件下，NaOH溶液浓度对钪和铝浸取率的影响如图1，最佳NaOH溶液浓度为________________。 (4)“酸浸”工序中浸出钪的主要离子方程式为____________________。 (5)pH对萃取率的影响如图2，HNO3溶液浓度对洗脱率的影响如图3。 ①“无机溶液1”中存在的金属阳离子主要是___________。 ②本工艺中去除溶液中Fe3+的工序是___________，依据是________________________。 (6)“碱浸”工序中，25℃ 、溶液中c{[Al(OH)4]-}=0.1mol·L-1时，pH为________。 【答案】(1) (2)研磨(粉碎)钪铝渣 (3)5.00mol·L-1 (4)Sc(OH)3+3H+=Sc3++3H2O (5)Mg2+ 洗脱 相同条件下，c(HNO3)＞4.8mol·L-1 时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中 (6)12.6 【解析】含Sc(OH)3及Al、Mg、Fe等的氢氧化物，先进行预处理，一般为粉碎研磨，然后加入NaOH溶液进行碱浸，使Al元素转化为[Al(OH)4]－进入碱浸液，[Al(OH)4]－经过系列转化回收Al元素，浸出渣中含有Sc、Mg、Fe的氢氧化物，加入HNO3酸浸，除去不溶于硝酸的杂质，浸出液中含有Sc3+、Mg2+、Fe3+，加入有机萃取剂协同萃取后，Mg2+进入无机溶液1，有机相中含有Sc3+、Fe3+，加入HNO3洗脱，Fe3+进入无机溶液2，洗脱后的有机相加入反萃取剂进行反萃取后获得含有Sc3+的溶液，经系列转化回收Sc。 (1)钪为21号元素，价层电子排布为3d14s2，价层电子轨道表示式为：。 (2)已知Sc(OH)3被包裹在颗粒孔隙中，预处理需要研磨(粉碎)钪铝渣，增大接触面积，利于后续浸出。 (3)工艺需要尽可能多浸出Al、尽可能少浸出Sc，实现二者分离。由图1可知：NaOH浓度为5.00mol·L-1 时，Al浸出率已经达到较高值，且Sc浸出率仍很低，分离效果好，故为最佳浓度。 (4)酸浸时Sc(OH)3与氢离子反应生成Sc3+，离子方程式：Sc(OH)3+3H+=Sc3++3H2O。 (5) ①协同萃取时，由图2可知Mg2+、Al3+的萃取率很低，而铝元素前序已除掉；因此无机溶液1中主要金属阳离子为Mg2+；② 去除Fe3+的工序为洗脱；依据是：相同条件下，c(HNO3)＞4.8mol·L-1时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中。 (6)已知：，，联立得： ， ，。 6．(2026·河北卷，16)钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 已知：钒渣主要含FeO·V2O3、FeO·Cr2O3、SiO2和少量CaO、MgO等。 回答下列问题： (1)V和Cr均位于元素周期表的_____区。 (2)氧化工序通常采用较大的O2流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。 _____FeO·V2O3+ _____NaOH+ _____O2 _____Fe2O3+ _____Na3VO4+ ______H2O (3)滤渣的主要成分有MgO、__________、__________(填化学式)。 (4)80℃和40℃时，Na3VO4和Na2CrO4的溶解度随NaOH 质量分数变化如图所示。结合图像分析NaOH 质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：________________________________。 (5)母液返回_________工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。 【答案】(1)d (2) 提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可) 4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O22Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O (3) Fe2O3 CaSiO3 (4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 (5)氧化 (6)2CrO42- + 3SO32- + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3SO42- + 5H2O 【解析】简要分析工艺流程：氧化：加入NaOH溶液，通入O2，140℃~180℃反应，铁的转化： FeO被氧化为Fe2O3，钒的转化：根据小问(2)，碱性条件下V2O3被O2氧化为Na3VO4。铬的转化：Cr2O3被氧化为Na2CrO4。硅的转化：SiO2直接与NaOH反应生成Na2SiO3。沉淀：加入H2O和CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2。Ca(OH)2与Na2SiO3生成CaSiO3沉淀。同时，生成的氧化铁和不与碱反应的氧化镁也可能在此处作为滤渣除去。冷却结晶：降温至40℃，利用不同物质溶解度随温度变化的差异进行分离。Na3VO4的溶解度受温度影响较大，且在高浓度碱性溶液中，降温容易析出；Na2CrO4的溶解度通常较大，且受温度影响相对较小，在该条件下仍保持溶解状态。 析出的固体主要为钒的化合物(后续处理可得V2O5 )，而铬保留在母液中。这一步实现了钒铬分离。蒸发结晶：对分离出钒后的母液进行蒸发浓缩。让Na2CrO4从母液中析出，母液中亦含有少量Na2CrO4，还原：利用稀H2SO4、 Na2SO3。 将溶液中的CrO42-还原为Cr3+。水解沉淀：调节溶液的 pH 值，使 Cr3+发生水解反应，生成Cr(OH)3沉淀。后续过滤得到的Cr(OH)3 沉淀经过煅烧分解，即可得到最终产品 Cr2O3 。 (1)根据元素周期表分区规则，V(23号)属于第ⅤB族，Cr(24号)属于第ⅥB族，它们的价电子排布分别为3d34s2和3d54s1，均位于d区。 (2)首先，氧化工序的目的是将FeO·V2O3和FeO·Cr2O3中的Fe(Ⅱ)、V(Ⅲ)、氧化为Fe(Ⅲ)、V(Ⅴ)，同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O2流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可)。配平化学方程式：FeO·V2O3中Fe为+2价，V为+3价；Fe2O3中Fe为+3价，Na3VO4中V为+5价。每1 mol FeO·V2O3中，Fe失去1 mol e⁻，2 mol V共失去4 mol e⁻，总计失去5 mol e⁻。O2每1 mol得4 mol e⁻，因此FeO·V2O3与O2的系数比为4:5。最终方程式为：4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O22Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O。 (3)在氧化步骤中，FeO·V2O3和FeO·Cr2O3被氧化为Fe2O3、Na3VO4、Na2CrO4，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入H2O和CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2。Ca(OH)2与Na2SiO3生成CaSiO3沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、CaSiO3。 (4)观察图像：在80℃时，Na2CrO4的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。Na3VO4的溶解度较低，在40℃时，Na3VO4溶解度显著降低，而Na2CrO4溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4溶解度远小于80℃，而Na2CrO4溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。 (5)母液主要含NaOH，以及未结晶析出的Na3VO4、Na2CrO4等，根据流程，母液应返回“氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。 (6)还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为Cr3+，SO32-被氧化为SO42-。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2CrO42- + 3SO32- + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3SO42- + 5H2O。 7．(2026·江西卷，16)稀散金属铟(In)是重要的战略资源。粗In(OH)3中主要杂质元素有As(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)、Pb(Ⅱ)，精制工艺流程图如下： 已知： a)萃取剂[Hbet][Tf2N]是离子液体 b)Ksp[In(OH)3]= 6.4×10－34，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39 c)分配率(Fe) 回答下列问题： (1)离子液体[Hbet][Tf2N]________(填“能”或“不能”)与水互溶。 (2)阶段Ⅰ，In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素C(Vc)的作用是________________________________。 (3)有机相2可循环用于阶段________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 (4)试剂①可选择HCl或H2SO4，主要元素的含量如下表(wt%，按投料计质量分数)。 元素 粗In(OH)3/wt% 水相2/(mg/L) 精制In(OH)3/wt% H2SO4组 HCl组 H2SO4组 HCl组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i．水相2中，H2SO4组Pb2+浓度远小于HCl组，原因是___________________________。 ii．实际工艺中选用HCl的原因是______________________________________________。 (5)阶段Ⅲ，溶液中c(OH-)=________mol·L-1时，In3+恰好沉淀完全。 (6)水相2中的砷酸(H3AsO4)最终转化成FeAsO4沉淀，杂质As被除去。写出总化学反应方程式________________________________。 【答案】(1)不能 (2)将Fe( III )还原为Fe(II ) (3)Ⅰ (4) PbSO4的溶解度小于PbCl2 In元素的损失更少 (5)4×10－10 (6)4 FeCl2+8NaOH+O2+4H3AsO4=FeAsO4↓+ 8NaCl+10H2O 【解析】流程分为三个核心阶段：阶段Ⅰ利用离子液体萃取剂实现In与杂质初步分离，加入维生素C将Fe3+还原为Fe2+，降低Fe在萃取相的分配率，减少In中Fe杂质混入；阶段Ⅱ经酸反萃取将In转移入水相，萃取后得到的有机相可回收循环回阶段Ⅰ利用；阶段Ⅲ通过分步调pH，先沉淀除去Fe、As(As最终转化为FeAsO4沉淀除去)，再沉淀得到高纯度精制In(OH)3。 (1)由题给流程知，阶段1过滤后有分液操作，说明该离子液体与水不互溶。 (2)由图可知，水中加入Vc后，Fe的分配率显著下降，In的浸出率、分配率几乎不受影响；Vc是典型的还原剂，其作用为将Fe( III )还原为Fe(II ) ，实现In和Fe的初步分离。 (3)有机相2的成分为萃取剂[Hbet][Tf2N]，该萃取剂在阶段Ⅰ参与萃取过程，因此提纯再生后可循环用于阶段Ⅰ。 (4)i．由分析知，硫酸与盐酸在阶段Ⅱ的作用为生成难溶物PbSO4或PbCl2，将Pb元素除去，H2SO4组Pb2+浓度低，说明PbSO4更难溶。 ii．由表格数据，HCl体系水相2中In浓度远大于硫酸体系，即In保留量更多，最终精制In(OH)3中In的wt%更高，Fe杂质含量更低，表明主要考虑选用HCl可使In元素损失更少。 (5)恰好沉淀完全时，，此时。 (6)由分析知，阶段Ⅰ中Fe( III )被还原为Fe(II ) ，水相2中Fe2+、H3AsO4反应生成FeAsO4沉淀，铁由+2价变为+3价，故需要加入氧化剂，没有给出氧化剂时，考虑空气中的氧气，根据电子得失守恒、原子守恒配平化学方程式为4 FeCl2+8NaOH+O2+4H3AsO4=FeAsO4↓+ 8NaCl+10H2O。 8．(2026·山东卷，17)一种从铜阳极泥(主要含Au、Ag2Se、Cu2Se)中分离提取贵金属Au、Ag的工艺流程如下： 已知：“球磨提金”时，生成的高活性Cl2直接和Au反应生成AuCl3。 Ksp(AgCl)= 1.6×10－10；Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+ K= 1.0×107。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，Cu2Se与稀HNO3反应生成二元弱酸H2SeO3的离子方程式为_________________________________________。 (2)“球磨提金”时，生成Cl2的反应中作氧化剂的是__________(填化学式)。 (3)“酸溶”时，AuCl3转化为[AuCl4]-；“反萃取”时加入Na2SO3溶液后，水相中Au以[AuSO3]-形式存在，Na2SO3的两个作用是_______________________________________。“酸化析金”时，[AuSO3]-发生自身氧化还原反应的离子方程式为_________________________。 (4)“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使0.010molAgCl完全溶于1.0L氨水，则反应后溶液中c(NH3)≥_______0.25mol·L-1。 (5)“还原提银”所得滤液X经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X时加入的物质是___________(填化学式)。 【答案】(1)3Cu2Se+20H++8NO3-=6Cu2++3H2SeO3+8NO↑+7H2O (2)KMnO4 (3)将+3价的Au还原为+1价、提供配体 2[AuSO3]-=2Au↓+SO42-+SO2↑ (4)0.25 (5)HCl 【解析】铜阳极泥原料主要含Au、Ag2Se、Cu2Se，先加入稀硝酸、稀硫酸进行酸浸，Ag2Se、Cu2Se被硝酸氧化溶解生成Cu2+、Ag+、二元弱酸H2SeO3与NO，Cu2+、Ag+、二元弱酸H2SeO3进入滤液，Au留在沉淀中；沉淀加入KMnO4、NH4Cl球磨提金，KMnO4氧化氯离子生成活性，将Au氧化为AuCl3，经稀盐酸酸溶得到[AuCl4]-水溶液，有机萃取剂萃取金进入有机相，水相分离后有机相中加入Na2SO3反萃取，Na2SO3既作还原剂还原Au3+又提供配体形成[AuSO3]-，再经稀盐酸酸化，[AuSO3]-发生自身氧化还原析出单质Au；酸浸滤液中加入NaCl沉银得到AgCl沉淀，AgCl加氨水溶银生成可溶性络离子[Ag(NH3)2]+，再用水合肼还原提银析出Ag单质，释放N2得到滤液X； (1)Cu2Se中Cu为+1价被氧化为Cu2+，Se为-2价被氧化为H2SeO3，NO3-被还原为NO，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为3Cu2Se+20H++8NO3-=6Cu2++3H2SeO3+8NO↑+7H2O； (2)“球磨提金”时，加入的KMnO4在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，Mn元素化合价降低，作氧化剂； (3)SO32-具有还原性，将[AuCl4]-中+3价Au还原为低价+1价Au；SO32-作为配体，与Au形成络离子[AuSO3]-进入水相实现反萃取，因此Na2SO3的作用为将+3价的Au还原为+1价，提供配体；[AuSO3]-中Au降价生成Au单质，S元素部分转化为、部分为SO42-，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为2[AuSO3]-=2Au↓+SO42-+SO2↑； (4)已知：AgCl(s)Ag+ (aq)+ Cl-(aq) Ksp(AgCl)= 1.6×10－10；Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+ K= 1.0×107，总反应为AgCl+2NH3 [Ag(NH3)2]++Cl-，平衡常数。0.010molAgCl完全溶于1L氨水，平衡时，代入，得平衡游离c(NH3)=0.25mol·L-1，因此c(NH3)≥ 0.25mol·L-1； (5)还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放NH3，滤液X含铵盐，球磨提金工序需要NH4Cl，向滤液X加入HCl，将NH3转化为NH4Cl，可循环至球磨提金步骤。 9．(2026·陕晋青宁卷，16)一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含Na3Li3Al2F12和少量NH4Fe3P6O20。 回答下列问题： (1)废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为________。 (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有________(任写两种)。该过程有H3PO4生成，LiFePO4溶解的化学方程式为________。滤渣的主要成分为________。 (3)“沉铝”时，NH4Fe3P6O20中Fe元素的化合价为________。 (4)“焙烧”时产生的HF，用________吸收后，产物可以循环利用。 (5)“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应AlPO4+3Li++3OH-Al(OH)3+Li3PO4(平衡常数为aL6·molˉ6)。若溶液中c(Li+)为bmol·L-1，不考虑其他离子参与反应，为防止Li+沉淀，c(OH-)需小于________mol·L-1(用含a、b的代数式表示)。 (6)滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含________(填化学式)。 (7)滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是________。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加________，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 【答案】(1)xLi++Li1-xFePO4+xe-=LiFePO4 (2) 适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等(任写两种) 2LiFePO4+3H2SO4=Li2SO4+2FeSO4+2H3PO4 C(石墨) (3)+3 (4)NaOH溶液或Na2CO3溶液 (5) (6)Na2SO4 (7) 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀 铁氰化钾溶液( K3[Fe(CN)6] ) 【解析】原料为含LiFePO4，混有少量FePO4、石墨、Al杂质的废旧电池粉，首先经硫酸酸浸，不溶于酸的石墨作为滤渣除去，LiFePO4等含锂物料与硫酸反应，浸出Li+、Fe3+、Fe2+、Al3+、磷酸根等离子；随后调pH=2.7沉铝，沉铝后的滤液可单独回收得到Li3PO4，沉铝滤渣经焙烧、酸浸、调pH除杂除去铁铝杂质后，最终加饱和碳酸钠沉锂得到产品Li2CO3，焙烧产生的HF可吸收循环利用，实现了废旧锂电资源的高效清洁回收。 (1)磷酸铁锂电池放电时的总反应为：LixFey+Li1-xFePO4=LiFePO4+Cy，正极Li1-xFePO4与Li+得电子生成LiFePO4，故正极的电极反应式为xLi++Li1-xFePO4+xe-=LiFePO4； (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等(任写两种)均可提高酸浸速率；“酸浸I”时， LiFePO4与H2SO4反应生成Li2SO4、FeSO4和H3PO4，化学方程式为：2LiFePO4+3H2SO4=Li2SO4+2FeSO4+2H3PO4；原料含石墨，石墨不与稀硫酸反应，故滤渣主要为C(石墨)； (3)再NH4Fe3P6O20中，设Fe化合价为x，NH4+为+1价，P为+5价，O为-2价，化合价代数和为0，即，解得x=+3，即Fe为+3价； (4)流程中 “沉铝” 步骤消耗NaF，HF 与NaOH或Na2CO3反应生成的NaF可循环，故选用NaOH溶液或Na2CO3溶液； (5)反应AlPO4+3Li++3OH-Al(OH)3+Li3PO4的平衡常数表达式为，为防止Li3PO4沉淀，反应逆向进行，需满足Q>K，即，带入c(Li+)为bmol·L-1，，； (6)沉锂反应的反应方程式为2Li++CO32-=Li2CO3，则体系阳离子为Na+，阴离子为SO42-(酸浸II引入硫酸根)，故除过量Na2CO3外，主要含Na2SO4； (7)沉铝产物含NH4Fe3P6O20，Fe 为+3价，由分析知，酸浸后溶液含FeSO4，H2O2作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀；由于Fe2+与铁氰化钾溶液( K3[Fe(CN)6])生成蓝色沉淀，故取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加铁氰化钾溶液( K3[Fe(CN)6])，若产生蓝色沉淀，则Fe2+未完全氧化为Fe3+，则需补加H2O2溶液。 10．(2026·上海卷)黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分CuFeS2，含有少量SiO2 杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： (1)化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A．C、S B．C、H C．N、S D．N、H (2)离子液体[]HSO4-可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A．配位键 B．离子间静电作用 C．氢键 D．金属键 (3)已知：Cu+的歧化反应 2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(g) ΔH1＝+1212kJ·mol−1 Cu+(aq)Cu+(g) ΔH2＝+582kJ·mol−1 Cu2+(g)Cu2+(aq) ΔH3＝-42kJ·mol−1 Cu(g)Cu(s) ΔH4＝-337kJ·mol−1 2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(s) ΔH ①根据上述信息，计算反应热ΔH＝___________kJ·mol−1。 ②在298 K时，反应2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(s)的ΔS=-148J·mol-1·K-1则在该条件下，Cu+在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。 (4)写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：___________ 4CuFeS2+________O2+2NH3+____________=4[Cu(NH3)4]2++________NH4++2Fe2O3+8SO42- (5)用硫酸浸出黄铜矿时，生成Cu2+、Fe3+、SO42-。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 (6)写出正极的电极反应式___________。 (7)反应中CuFeS2可以用___________替代。 A．葡萄糖 B． C． D． (8)下图为CuFeS2晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。 A．体心 B．面心 C．顶点 D．棱心 距离Cu原子最近的S原子有___________个。 (9)NH3、H2O、H3O+三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明NH3和H2O键角不同的原因是___________。 【答案】(1)D (2)BC (3) ① 875 ②不能 该温度下反应的 ΔG=ΔH-TΔS＞0 ，歧化反应正向自发，Cu+会转化为Cu2+和Cu (4)17 (5)氧化剂 (6)2H2O-4e-=O2↑＋4H＋ (7)A (8)A 4 (9)H3O+＞NH3＞H2O NH3中N原子有1对孤电子对，H2O中O原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小 【解析】(1)该辅助光亮剂含C、H、N、S四种元素，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性顺序为N＞S＞C＞H，故电负性最大的是N，最小的是H，选D。 (2)该离子液体中阴阳离子之间存在离子间静电作用，阳离子中的N-H键可与阴离子HSO4-中的O形成氢键，金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，故选BC。 (3)①根据盖斯定律，目标反应2Cu+(aq)Cu2+(aq)+Cu(s)可由已知第一个反应与第四个反应相加得到，故ΔH=ΔH1+ΔH4=1212kJ·mol−1-337kJ·mol−1=875kJ·mol−1。②298K时，反应的吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS≈919.17kJ·mol−1＞0，说明歧化反应在该条件下正向自发进行，故Cu+在溶液中不能大量存在。 (4)依据电子守恒，CuFeS2中Fe从+2价升高到+3价，每个Fe失1e⁻，S从-2价升高到+6价，每个S失8e，4molCuFeS2共失电子4×1+8×8=68mol，O2中O从0价降低到-2价，1molO2得4e⁻，故O2的系数为。再依据原子守恒与电荷守恒，反应物缺项为H2O，NH4+的系数为16，配平后总反应为4CuFeS2+17O2+2NH3+16H2O=4[Cu(NH3)4]2++16NH4++2Fe2O3+8SO42-。 (5)反应液中含Cu2+、Fe2+、Fe3+、SO42-，为将Fe元素全部转化为Fe3+，便于调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去，需添加氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+。 (6)电解装置右侧H2O转化为O2，O元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，故右侧电极为阳极，接电源正极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。 (7)反应中CuFeS2中Fe、S元素化合价升高，作还原剂，需选择还原性物质替代，选项中只有葡萄糖具有还原性，CO2、H2O无强还原性，O2为氧化剂，故选A。 (8)CuFeS2晶胞中Cu原子采取面心立方堆积，已画出的Cu位于顶点和面心位置，未画出的Cu位于晶胞体心位置，选A；每个Cu原子周围紧邻的S原子构成四面体结构，故距离Cu原子最近的S原子有4个。 (9)H3O+、NH3、H2O的中心原子均为 sp3杂化，H3O+中O有1对孤电子对，NH3中N有1对孤电子对但N的电负性小于O，孤电子对排斥力更小，H2O中O有2对孤电子对，孤电子对排斥力更大，故键角顺序为H3O+＞NH3＞H2O；NH3和H2O键角不同的原因是NH3中N原子有1对孤电子对，H2O中O原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $