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17题 2023年第14题2022年第17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·江苏省苏北四市（徐连淮宿）·一模)从高铟烟灰中(主要含、、、等)提取铟的过程如下：
已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化。
(1)氧化酸浸：向高铟烟灰中加入和稀充分反应，硫元素被氧化为，
①写出反应的离子方程式： 。
②过滤所得滤渣含、和 (填化学式)。
(2)萃取：向滤液中加入有机萃取剂(HA)并搅拌，发生反应：(水相)+3HA(有机相)(有机相)(水相)。在一定条件下，搅拌速度与铟萃取率关系如图-1所示，铟萃取率先增大后减小的可能原因是 。
(3)反萃取：(有机相(水相)(水相)(有机相)，有机相与水相体积比和反萃取率，水相中铟浓度的关系如图-2所示，操作时选择有机相与水相体积比为 ，原因是 。
(4)制备钢：分液，向水相中加入足量Zn，反应的化学方程式为 。若锌粉的利用率为，获得6.9kg铟时需要使用锌粉 kg(写出计算过程)。
【答案】(1)
(2)搅拌速度增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速度过快，容易造成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低
(3) 反萃取率最高
(4)
10.0kg
【分析】高铟烟灰加入氧化锰和硫酸进行“氧化酸浸”后，转变为沉淀， 、转变为In3+，二氧化硅不与硫酸反应。滤液中含有In3+、Mn2+、，“滤渣”为过量的二氧化锰、二氧化硅和硫酸铅，滤液加入有机萃取剂HA萃取In3+，“反萃取”得到溶液，在溶液中加入锌粉发生置换反应得到粗铟。
【详解】（1）①向高铟烟灰中加入和稀充分反应，硫元素被氧化为，被还原为Mn2+，反应的离子方程式：；
②根据分析，过滤所得滤渣含、和；
（2）根据已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化，则铟萃取率先增大后减小的可能原因是搅拌速度增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速度过快，容易造成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低；
（3）为提高铟的提取率，根据图示，操作时选择有机相与水相体积比为，因为此时反萃取率最高；
（4）分液，向水相中加入足量Zn，发生置换反应得到粗铟，应的化学方程式为；根据关系式
。
2．(2025·江苏苏锡常镇四市·一模)实验室利用重晶石废料(主要成分为、等)制备。
Ⅰ．制备粗。制备流程如下：
(1)转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为)溶液浸泡充分浸泡。
①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为 。
②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是 。
(2)溶解。向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解。溶液溶解的离子方程式为 。
Ⅱ．测定粗样品中铁元素的含量。
(3)操作过程如下：
取5.0000g的粗样品，用20%充分溶解，再加入足量硫代硫酸钠溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液，用()溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。
①计算粗样品中铁元素的质量分数 (写出计算过程)。
②若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是 。
Ⅲ．制备。
(4)粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体， ，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。[已知：时沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀、溶液]
【答案】(1) 0.029mol/L 碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子浓度低
(2)
(3) 1.68% 溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性
(4)在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤
【分析】重晶石废料(主要成分为、等)用饱和碳酸钠溶液处理，转化为BaCO3，过滤得到、BaCO3混合固体，用NH4Cl溶液溶解BaCO3，过滤得到滤渣为，滤液中含有Ba2+，滤液中加入溶液反应生成粗BaCO3，以此解答；
【详解】（1）①已知：，，饱和碳酸钠溶液的浓度为，根据已知条件列出“三段式”
平衡常数K=，则，解得x=0.029，溶液中浓度为0.029mol/L；
②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子浓度低；
（2）向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解，溶液呈酸性，溶解的离子方程式为：；
（3）①由可得关系式：，则，重晶石中铁元素质量分数；
②若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是：溶液中含有硫代硫酸钠溶液（测定过程中加入足量溶液使全部转化为）会消耗酸性；
（4）已知：时沉淀完全，粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度；
3．(2025·江苏南通、泰州、镇江、盐城部分学校·调研)一种以软锰矿（主要含和少量、、、等）和黄铁矿（主要成分为）为原料制备的流程如下：
(1)酸浸。将软锰矿、黄铁矿与溶液混合搅拌，反应过程中铁元素的变化为。90℃下酸浸，锰元素浸出率及、的（质量浓度）随时间的变化如图所示。
①0~20min内，中的硫元素被氧化为。此时，和发生主要反应的离子方程式为 。
②0~20min内，逐渐增大的原因是 。
③100min后，逐渐减小的原因是 。
(2)除铁。向“酸浸”所得浸出液中加入过量，调节溶液pH，充分反应后过滤。的实际用量比理论计算用量大得多，其原因是 。
(3)制。向“除镁、钙”后的溶液中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤。将所得沉淀加水制成悬浊液，向其中通入空气可制得。若通入空气时间过长，所得样品中锰元素的质量分数会降低，其原因是 。
(4)测样品纯度。称取样品于锥形瓶中，加入 溶液和适量稀硫酸，加热。待固体完全溶解后，冷却，用的溶液滴定过量的，消耗溶液。不考虑杂质反应，计算样品中的纯度 （写出计算过程）。
已知：，。
【答案】(1) 与酸反应生成的速率大于被氧化的速率 被空气中氧气氧化为，且溶液pH增大，水解程度增大
(2)溶液中催化分解
(3)部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物
(4)
【分析】软锰矿和黄铁矿经过稀硫酸酸浸后得到SiO2沉淀和含Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Mn2+的溶液，向浸出液中加入过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+；调节溶液pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；再加入沉淀剂除去钙镁离子；净化后的滤液中主要含MnSO4，向其中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤。将所得沉淀加水制成悬浊液，向其中通入空气可制得Mn3O4。
【详解】（1）中的硫元素被氧化为，Fe2+被氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，离子方程式为：；反应过程中铁元素的变化为，0~20min内与酸反应生成的速率大于被氧化的速率，故逐渐增大；100min后被空气中氧气氧化为，且溶液pH增大，水解程度增大故逐渐减小；
（2）向“酸浸”所得浸出液中加入过量可将Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中生成的催化分解，故的实际用量比理论计算用量大得多；
（3）若通入空气时间过长，部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物，导致所得样品中锰元素的质量分数会降低；
（4）先利用草酸钠还原为，离子方程式为，过量的草酸钠再用高锰酸钾滴定，离子方程式为：，所以物质的量的关系为：即
，解得
，
4．(2025·江苏南京、盐城·一模)高铁锌焙烧矿渣主要含。一种利用焙烧矿渣制备并生产黄铵铁矾的流程如下：
回答下列问题。
(1)“酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是 。
(2)“酸浸”时，控制反应温度65℃、硫酸初始酸度，滤渣中锌元素的质量分数随时间变化的关系如下图所示。当浸出时间超过后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高的原因是 。
(3)“沉矾”生成黄铵铁矾[]，需控制溶液、温度不超过。
①生成黄铵铁矾的化学方程式为 。
②控制溶液温度不能过高的原因是 。
③超过1.5，可发生反应。其平衡常数与、的代数关系式为 。
(4)加热晶体，测得加热过程中剩余固体的质量随温度的变化关系如下图所示。A点物质为 (填化学式)。
【答案】(1)增大与酸接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率
(2)浸出时间超过，溶液中被消耗、升高，随着水解程度增大，生成的胶体吸附溶液中；还可生成沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出，使滤渣中锌质量分数升高(共3分)
(3) 温度过高，受热分解
(4)
【分析】高铁锌焙烧矿渣主要含ZnO、ZnFe2O4、SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2与硫酸不反应，过滤除去，得到含有硫酸锌，硫酸铁以及过量硫酸的混合溶液，向混合溶液中加入NH4HCO3、ZnO，发生反应3Fe2(SO4)3+5ZnO+2NH4HCO3+5H2O2NH4Fe3(SO4)2(OH)6+5ZnSO4+2CO2↑，过滤，除去黄铵铁矾，将硫酸锌滤液经过一系列处理，得到ZnSO4·7H2O；
【详解】（1）“酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是矿渣粉碎可以增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率；
（2）由图可知，滤渣中锌元素的质量分数在60min以前逐渐减小，超过60min后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高，溶液中有大量Fe3+，由于Fe3+易水解，考虑浸出导致pH变化从而使Fe3+水解生成Fe(OH)3从而导致此变化，故原因为浸出时间超过60min，溶液中H+被消耗、pH升高，随着Fe3+水解程度增大，生成的Fe(OH)3胶体吸附溶液中Zn2+；Fe3+还可生成Fe(OH)3沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出，使滤渣中锌质量分数升高；
（3）①“沉矾”生成黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6，需控制溶液pH=1.5、温度不超过85℃，向过滤后的混合溶液中加入NH4HCO3、ZnO，反应还生成硫酸锌和CO2，化学方程式为3Fe2(SO4)3+5ZnO+2NH4HCO3+5H2O2NH4Fe3(SO4)2(OH)6+5ZnSO4+2CO2↑；
②由于反应物之一是碳酸氢铵，不稳定，受热易分解，故控制溶液温度不能过高的原因是温度过高，NH4HCO3受热分解；
③根据所给反应，该反应K=；
（4）28.7gZnSO4·7H2O的物质的量为=0.1mol，A点物质质量为17.9g，失去水的质量为10.8g，即0.6mol水，所以A点物质为ZnSO4·H2O。
5．(2025·江苏无锡·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：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。
(2)“过滤1”后的溶液中加入的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加。
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。
(4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的浓度为 。
【答案】(1) 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb
(2) 将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 溶液
(3)
(4) 、
【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。
【详解】（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；
（2）酸浸液中含有、、、、等离子。由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应先将氧化为，然后调节溶液的pH使完全水解转化为沉淀，因此，的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在，需补加；
（3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境()，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：、；
（4）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的、加入“氧化沉钴”时引入的，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有和。当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。
6．(2025·江苏淮安·一模)一种以废铜渣(主要是CuO，含有少量Fe2O3杂质)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]的流程如下所示。
(1)“酸浸”时，采取下列措施一定能提高铜元素浸出率的有___________(填序号)。
A．升高酸浸温度 B．加快搅拌速度 C．缩短酸浸时间 D．粉碎废铜渣
(2)“除铁”时滤渣主要成分为 。(填化学式)
(3)“蒸氨”过程中生成CuO，写出该过程发生反应的化学方程式为： 。
(4)①制备碱式碳酸铜时，不采取向“除铁”后的溶液中直接加入NaHCO3溶液的原因是 。
②“沉铜”时发生反应的离子方程式为 。
③“沉铜”时也可以利用Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，已知25℃时，碱式碳酸铜的饱和溶液pH约为8.5，溶液中H2CO3、、的分布系数δ随pH的变化如图所示。当恰好形成饱和碱式碳酸铜溶液时，溶液中 。
(5)由含少量Fe3+的CuSO4溶液可制取CuSO4·H2O晶体，请补充完整该制备过程的实验方案：向含有少量Fe3+的CuSO4溶液中， 。(已知：Fe3+在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从CuSO4饱和溶液中结晶出CuSO4·5H2O，CuSO4·5H2O在80～120℃下干燥得到CuSO4·H2O。实验中需要使用CuO粉末、pH计)
【答案】(1)BD
(2)Fe(OH)3
(3)Cu(NH3)4(OH)24NH3↑+CuO+H2O
(4) 溶液中Cu2+浓度较低 2Cu2++4=Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O 10-1.75：1
(5)加入CuO粉末调节溶液pH≥3.2使Fe3+完全沉淀除去，在室温下蒸发CuSO4饱和溶液得到CuSO4 5H2O晶体，过滤，洗涤，在80～120℃下干燥得到CuSO4 H2O
【分析】由题干流程图可知，加入盐酸与氧化铜、氧化铁反应生成氯化铜、氯化铁，加入过量氨水与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，蒸氨后生成氧化铜，CuO和硫酸反应生成硫酸铜，铜离子和碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，据此分析解题。
【详解】（1）A．适当升高酸浸温度，加快酸浸反应速率，能提高铜元素浸出率，但温度太高，盐酸挥发速度加快，反应速率不一定加快，A不合题意；
B．加快搅拌速度，能提高铜元素浸出率，B符合题意；
C．缩短酸浸时间，酸浸反应不完全，铜元素浸出率下降，C不合题意；
D．粉碎废铜渣，增大反应物接触面积，加快酸浸反应速率，能提高铜元素浸出率，D符合题意；
故答案为：BD；
（2）“除铁”时加入过量氨水与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，滤渣主要成分为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
（3）过量氨水与氯化铜反应生成Cu(NH3)4(OH)2，蒸氨生成CuO、氨气和水，反应的化学方程式为Cu(NH3)4(OH)24NH3↑+CuO+H2O，故答案为：Cu(NH3)4(OH)24NH3↑+CuO+H2O；
（4）①制备碱式碳酸铜时，不采取向“除铁”后的溶液中直接加入NaHCO3溶液的原因是溶液中Cu2+浓度较低，产率不高故答案为：溶液中Cu2+浓度较低；
②“沉铜”时生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，同时生成二氧化碳，离子方程式为2Cu2++4=Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，故答案为：2Cu2++4=Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O；
③由题干分布图可知，当pH=10.25时，+H+，Ka2==10-10.25，饱和碱式碳酸铜溶液的pH约为8.5，得c(H+)=10-8.5mol/L，代入Ka2==10-10.25， ===10-1.75，故答案为：故答案为：10-1.75：1；
（5）向含有少量Fe3+的CuSO4溶液中，加入CuO粉末调节溶液pH≥3.2使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀除去，在室温下蒸发结晶CuSO4饱和溶液得到CuSO4 5H2O晶体，过滤，洗涤，在80～120℃下干燥得到CuSO4 H2O，故答案为：加入CuO粉末调节溶液pH≥3.2使Fe3+完全沉淀除去，在室温下蒸发CuSO4饱和溶液得到CuSO4 5H2O晶体，过滤，洗涤，在80～120℃下干燥得到CuSO4 H2O。
7．(2024·江苏百校·4月联考)含硫、含氮工业生产尾气的处理一直是研究的热点。
(1)利用电化学原理处理工业生产尾气中的SO2、NO，同时获得Na2S2O4和NH4NO3产品的工艺流程可表示为：
①吸收。下列措施能提高尾气中SO2吸收率的有 （填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②氧化。酸性条件下，Ce(SO4)2与NO反应生成Ce2(SO4)3和物质的量之比为1:1的HNO2与HNO3，该反应的化学方程式为 。
③电解。生成S2O的电极反应式为 。
④从物质转化的角度分析，本工艺的优点是 。
(2)铁元素与EDTA的配合物中，只有Fe2+的配合物[Fe(Ⅱ)EDTA]能吸附氮氧化物，Fe(Ⅱ)EDTA吸附NO生成Fe(Ⅱ)EDTA·NO，Na2S2O4与吸附后的溶液反应可以实现[Fe(Ⅱ)EDTA]再生，同时生成(NH4)2SO3。
①EDTA与Fe2+形成的配离子如图所示，Fe2+的配位数是 。
②Fe(Ⅱ)EDTA吸收含有氮氧化物的烟气，烟气中O2的体积分数对氮氧化物残留率的影响如图所示。当O2的体积分数大于2%时，氮氧化物残留率升高的原因是 。
③将已吸收22.4L（标准状况）NO的Fe(Ⅱ)EDTA·NO再生，理论上消耗Na2S2O4的物质的量为 。
【答案】(1) BC 2NO＋4Ce(SO4)2+3H2O＝HNO2＋HNO3＋2Ce2(SO4)3＋2H2SO4 2SO＋2e ＋4H＋＝S2O＋2H2O 将SO2转化为Na2S2O4，NO转化为NH4NO3，Ce(SO4)2通过氧化、电解，实现循环利用
(2) 6 过量氧气会将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+不能与EDTA形成能吸附氮氧化物的配合物，氮氧化物残留率升高 2.5mol
【分析】NaOH吸收SO2和NO，Ce(SO4)2与NO反应生成Ce2(SO4)3和物质的量之比为1:1的HNO2与HNO3，反应的化学方程式为2NO＋4Ce(SO4)2+3H2O＝HNO2＋HNO3＋2Ce2(SO4)3＋2H2SO4，在电解槽的阴极被还原成，SO2转化Na2S2O4、NO转化为NH4NO3，以此分析；
【详解】（1）A．加快通入尾气的速率，不能提高尾气中SO2的吸收率，A项错误；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中SO2的吸收率，B项正确；
C．定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，提高尾气中SO2的吸收率，C项正确；
故答案为：BC；
②Ce(SO4)2与NO反应生成Ce2(SO4)3和物质的量之比为1:1的HNO2与HNO3，反应的化学方程式为2NO＋4Ce(SO4)2+3H2O＝HNO2＋HNO3＋2Ce2(SO4)3＋2H2SO4；
故答案为：2NO＋4Ce(SO4)2+3H2O＝HNO2＋HNO3＋2Ce2(SO4)3＋2H2SO4；
③在电解槽的阴极被还原成，电极反应式为；
故答案为：；
④由工艺流程图可知，从物质转化的角度来说，本工艺的优点是将SO2转化Na2S2O4、NO转化为NH4NO3；Ce(SO4)2与H2SO4通过氧化、电解，实现循环利用；
故答案为：将SO2转化为Na2S2O4，NO转化为NH4NO3，Ce(SO4)2通过氧化、电解，实现循环利用；
（2）①根据EDTA与Fe2+形成的配离子知道，Fe2+提供空轨道形成配位键，配位数为6；
故答案为：6；
②氧气含量高于2%时，过量氧气将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+不能与EDTA形成能吸附氮氧化物的配合物，氮氧化物残留率升高；
故答案为：过量氧气会将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+不能与EDTA形成能吸附氮氧化物的配合物，氮氧化物残留率升高；
③根据题意，标准状况下22.4LNO的物质的量为1mol，再生时NO被Na2S2O4还原为铵根，转移电子5mol，1molNa2S2O4被氧化为亚硫酸铵转移电子2mol，故理论上消耗Na2S2O4的物质的量为2.5mol；
故答案为：2.5mol。
8．(2025·江苏省盐城市射阳中学·一模)五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备V2O5的一种流程如下：
已知：i．NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。
ii．部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式：
pH <1.0 1.0～4.0 4.0～6.0 6.0～8.5 8.5～13.0 >13.0
主要存在形式 V2O5 多钒酸根 多钒酸根
备注 多钒酸盐在水中溶解度较小
(1)“酸浸”时，MnO2将VO+转化为的离子反应方程式为 。
(2)通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液。
已知能被有机萃取剂(简称ROH)萃取，其萃取原理可表示为：。
①萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是 。
②反萃取中，反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是 。
(3)“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀。沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是 。
(4)NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取1.000g灼烧后的样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL(VO2)2SO4溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的5.00mL0.5000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液12.00mL。
已知：；
。
计算V2O5样品的纯度(写出计算过程)。 。
(5)用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原为N2的一种反应历程如图所示。V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”；NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质，随后分解生成N2和H2O。“中间体X”的结构式可表示为： 。
【答案】(1)VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O
(2) 使溶液中的钒微粒以形式存在；减小c(OH-)，有利于向萃取方向进行，提高的萃取率 pH升高，c(OH-)增大，有利于反应向反萃取方向进行，的反萃取率增大；但c(OH-)过大，+5价钒主要以或多钒酸根的形式存在，的反萃取率减小
(3)温度过高，NH3 H2O受热分解，溶液中c()减小，不利于NH4VO3的析出
(4)n(Fe2+)总=0.5000mol/L×5.00×10-3L=2.500×10-3mol
由~5Fe2+知过量的n(Fe2+)=5n()=5×0.01000mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol
与反应的n(Fe2+)=2.500×10-3mol-6.000×10-4mol=1.900×10-3mol
由V2O5~2~2Fe2+知n(V2O5)=×1.900×10-3mol=9.500×10-4mol
V2O5样品的纯度为×100%=86.45%
(5)
【分析】钒渣用硫酸、MnO2“酸浸”将VO+转化为；“酸浸”后的溶液通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液；NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液得到NH4VO3沉淀，NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。
【详解】（1）“酸浸”时，MnO2将VO+转化为，V元素的化合价由+3价升至+5价，MnO2被还原成Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
（2）①根据部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式知，萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是：使溶液中的钒微粒以形式存在；同时H+与OH-结合成H2O，c(OH-)减小，有利于向萃取方向进行，提高的萃取率；
②反萃取中，反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是：pH升高，c(OH-)增大，有利于反应向反萃取方向进行，的反萃取率增大；但c(OH-)过大，+5价钒主要以或多钒酸根的形式存在，的反萃取率减小；
（3）“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀，由于溶液呈碱性故有NH3 H2O生成；沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是：温度过高，NH3 H2O受热分解，溶液中c()减小，不利于NH4VO3的析出；
（4）由反应+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，过量的Fe2+物质的量为5×0.01000mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol；加入的Fe2+的总物质的量为0.5000mol/L×5.00×10-3L=2.500×10-3mol，则与反应的Fe2+物质的量为2.500×10-3mol-6.000×10-4mol=1.900×10-3mol，根据反应+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O知，的物质的量为1.900×10-3mol，根据V守恒，20.00mL溶液中溶解的V2O5物质的量为9.500×10-4mol，V2O5样品的纯度为×100%=86.45%；
（5）
V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”，NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质，结合反应历程的图示可知，“中间体X”的结构式为 。
9．(2024·江苏泰州、兴化·模拟预测)从某冶锌工厂的工业废料[除和少量外，还含有铋、锗等的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图：
已知：①该工艺条件下，。
②单宁酸是一种含有酯基的多酚类化合物。
③易水解。
请回答下列问题：
(1)下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是 (填字母)。
a．适当升高温度 b．酸浸过程中不断搅拌 c．将硫酸浓度增大到70% d．加大废料的用量
(2)“浸液1”中约为，则除时应控制的范围是 。(已知：当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全)
(3)“酸浸2”时铋的氧化物发生反应的离子方程式为 。
(4)“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5且不能过低或过高，原因是 。
(5)①存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中的配位数为 。
②也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，键中离子键成分百分数小于键，从元素电负性的角度分析其原因为 。
③加热固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。时所得固体的化学式为 。(写出计算过程)
【答案】(1)ab
(2)3～6
(3)
(4)pH过高Ge4+水解程度变大，pH过低逆向移动，均不利于沉锗的进行
(5) 4 电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O容易形成离子键 ZnO
【分析】废料加入稀硫酸初步酸溶得到含有铁元素和锌元素的滤液，滤液经过除铁结晶得到硫酸锌晶体，固体再经过浓硫酸处理得到含铋元素的固体和含有铟元素和锗元素的滤液，经过萃取分离两种元素，在分别经过一系列处理得到氯化锗；
【详解】（1）a．适当升高温度，可以加快反应速率，提高浸取率；
b．酸浸过程中不断搅拌，可以增大接触面积，提高浸取率；
c．将硫酸浓度增大到 ，铋的氧化物也会反应，滤液不纯，达不到酸浸1的目的；
d．加大废料的用量，使得酸不足，不可以提高浸取率；
故选ab；
（2）“浸液1”中约为，则除铁离子时应控制的范围是使得铁离子完全沉淀而锌离子不沉淀，，pOH=11，则pH=3；，pOH=8，pH=6，则应控制的范围是3～6；
（3）“酸浸2”时铋的氧化物发生反应转化为水和，离子方程式为；
（4）沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5且不能过低，原因是Ge4+水解的化学方程式为，pH过高Ge4+水解程度变大，pH过低逆向移动，均不利于沉锗的进行；
（5）①最上面的位于与其直接相连的四个锌离子构成的体心，所以晶体中的配位数为4；
②电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O容易形成离子键，导致键中离子键成分百分数小于键。
③假设初始为1molZnSO4·7H2O，质量为287g，加热到145℃，温度为1050℃时，固体质量为287g×28.2%=81g，其中锌为65g，则还有16g氧，则得到物质为氧化锌：ZnO。
10．(2024·江苏宿迁·三模)硼化钛(TiB2)常用于制备导电陶瓷材料。
I．高钛渣(主要含TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如图：
已知：①B2O3高温易挥发；②TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。
(1)“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H+、Fe3+、 。
(2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为 。
(3)“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论用量，原因是 。
Ⅱ．气相沉积法获得硼化钛：以TiCl4和BCl3为原料，在过量的H2参与下，沉积温度为800～1000℃，可制得具有空间网状结构的磨料级硼化钛。
(4)制得硼化钛的化学方程式为 ，硼化钛能作为磨料的原因是 。
(5)生产硼化钛，当BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)：m(TiCl4)]超过1.25时硼化钛的纯度下降，原因是 。
Ⅲ．硼砂(Na2B4O7·10H2O)与NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制备X(Na2B2O8H4)。已知X的阴离子[B2O8H4]2-只有一种化学环境的B原子，结构中有一个六元环且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构。
(6)X阴离子的结构式为 。
【答案】(1)Al3+、Ca2+、Mg2+
(2)TiO2++(x+1)H2OTiO2 xH2O↓+2H+
(3)B2O3易挥发
(4) 硼化钛是共价晶体，硬度大
(5)BCl3过量，被过量的氢气还原为单质硼
(6)
【分析】高钛渣加入稀盐酸，只有SiO2不会溶解，TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+，TiO2+沸水中形成TiO2 xH2O，热还原中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑；
【详解】（1）“酸浸”加入稀盐酸与Al2O3、CaO、MgO、Fe2O3反应生成AlCl3、CaCl2、MgCl2、FeCl3，“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+；
（2）“水解”需在沸水中进行，TiO2+沸水中形成TiO2 xH2O，离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2 xH2O↓+2H+；
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；
（4）以TiCl4和BCl3为原料，在过量的H2参与下，沉积温度为800～1000℃，制得硼化钛(TiB2)，反应的化学方程式为；硼化钛由Ti和B原子相连构成空间网状结构，能作为磨料的原因是硼化钛是共价晶体，硬度大；
（5）当BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)：m(TiCl4)]超过1.25时硼化钛的纯度下降，原因是BCl3过量，被过量的氢气还原为单质硼；
（6）
X的阴离子[B2O8H4]2-只有一种化学环境的B原子说明结构对称，结构中有一个六元环且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构，则B原子与四个O原子相连，X阴离子的结构式为。
11．四氧化三锰可用于软磁材料、半导体电子材料等的制造。一种以锰矿粉[主要成分为，含有少量等杂质]为原料制备四氧化三锰的工艺流程如下图所示：
已知：Ⅰ．常温下，。
Ⅱ．常温下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全()的如下表：
金属离子
开始沉淀的 8.1 7.0 1.9 3.4
沉淀完全的 10.1 9.0 3.2 4.7
回答下列问题：
(1)Mn在元素周期表中的位置为 。
(2)“浸出”中，参与反应的离子方程式为 ，滤渣1的主要成分为 。
(3)“调”中，加入适量试剂a调节的目的是使完全沉淀，则试剂a最适宜选用 (填标号)；此时溶液中最大为 。
A． B． C． D．
(4)“沉锰”后的滤液中溶质的主要成分是 。
(5)“氧化”中，在空气中加热到时反应生成和一种对空气无污染的气体，反应的化学方程式为 。
(6)也可以通过直接电解溶液获得，电解原理如图所示(M、N均为惰性电极)。N极的电极反应式为 。
【答案】(1)第四周期第ⅦB族
(2)
(3) B
(4)
(5)
(6)
【分析】氧化锰矿含Mn2O3、MnOOH、Fe2O3、Al2O3、SiO2、CuO等，加入H2SO4、H2O2浸取，过滤出SiO2，得到含有MnSO4、Fe2 (SO4)3、Al2 (SO4)3、CuSO4的混合溶液，加入适量Mn(OH)2调节pH生成Fe(OH)3、Al (OH)3沉淀除去溶液中的铁、铝元素；滤液中加入(NH4)2S生成CuS除去铜元素；滤液中加入NH4HCO3沉锰，MnSO4和NH4HCO3反应生成(NH4)2SO4、MnCO3、CO2，最后在空气中加热MnCO3得到Mn3O4。
【详解】（1）Mn为25号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅦB族；
（2）与硫酸、H2O2反应生成MnSO4、O2和水，反应的离子方程式为；
由上述分析可知SiO2与H2SO4、H2O2不反应，故滤渣为SiO2；
（3）浸出液中含Mn2+，故选择含二价锰的Mn(OH)2调pH，使Fe3+、Al3+沉淀；
“调pH”中确保Fe3+、Al3沉淀完全，Mn2+未开始沉淀，故4.7
（4）由上述分析可知“沉锰”后，溶质主要为(NH4)2SO4；
（5）依题“氧化”过程中，MnCO3在空气中加热得到Mn3O4和CO2，反应化学方程式为；
（6）由电解原理图中H+的移动方向可知，N为阳极；该电极可将MnSO4转化为Mn3O4，故N极的电极反应为。
12．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”)。
【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；
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。
13．以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2)为原料制备纳米Fe3O4的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.0 7.5 4.0
完全沉淀的pH 3.7 9.7 5.2
(1)气体X为 (填化学式)。
(2)“还原”过程发生反应的离子方程式是 ；先“还原”再“调pH”的原因为 。
(3)“调pH”的范围为 ；滤渣2的成分是 (填化学式)。
(4)工业上也可用电解法制备Fe3O4，工作原理如图。
已知：低共熔溶剂由有机物氯化胆碱()与乙二醇混合形成。
①a为直流电源的 (填“正”或“负”)极；甲电极的电极反应式为 。
②电解过程中乙电极生成Cl2，若甲电极转化240gFe2O3，则理论上生成Cl2的体积是 (标准状况下)。
【答案】(1)SO2
(2) FeS+2Fe3+=3Fe2++S 避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀
(3) 5.2≤pH<7.5 S、Al(OH)3
(4) 负 3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2- 11.2L
【分析】硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2)中通入空气进行煅烧，此时FeS2转化为Fe2O3和SO2，则气体X为SO2；往煅烧后的固体中加入稀硫酸进行酸浸，SiO2不溶而成为滤渣，Fe2O3、Al2O3溶解并转化为Fe3+、Al3+；加入FeS还原，将Fe3+还原为Fe2+，同时生成S；加入试剂Y调节溶液的pH，使Al3+全部转化为Al(OH)3沉淀，过滤后成为滤渣2，滤液中加入NaOH溶液，将Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，并被空气中O2氧化为Fe(OH)3；过滤后，将滤渣加热分解，生成Fe2O3；通H2、H2O进行部分还原，得到纳米Fe3O4。
【详解】（1）硫铁矿煅烧时，S元素被氧化为SO2，故气体X为。
（2）“还原”的目的是使Fe3+变为Fe2+，发生的反应是FeS+2Fe3+=3Fe2++S；先“还原”，可使Fe3+变为Fe2+，“调pH”除去Al3+时铁元素不会造成损失，原因为：避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀。
（3）根据表中数据知，使Al3+沉淀完全且Fe2+不能生成沉淀的pH范围为5.2≤pH<7.5；因“还原”时生成S单质，“调pH”时生成Al(OH)3沉淀，故滤渣2的成分为S、Al(OH)3。
（4）电池工作时，甲电极中Fe2O3在阴极被还原为Fe3O4，则甲电极为阴极，a为电源负极，b电极为正极，乙电极为阳极。
①由分析可知，a为电源负极，甲电极为阴极，Fe2O3被还原为Fe3O4，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生的电极反应为3Fe2O3+2e-=2Fe3O4+O2-，生成的O2-进入电解质。
②氯化胆碱（）中的Cl-在阳极放电生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，240gFe2O3的物质的量为=1.5mol，转移电子的物质的量为=1mol，生成0.5molCl2，标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。
【点睛】电池工作时，原电池的负极接电解池的阴极，原电池的正极接电解池的阳极。
14．(六氟锑酸钠)是光化学反应的催化剂。我国科学家开发的一种以锑矿(主要含、，还含少量、、等)为原料制备的工艺流程如图所示。
已知：①常温下，、。
②“滤液”中主要含有、以及三种溶质。
回答下列问题：
(1)锑矿含有的五种元素(、、、、)中位于元素周期表p区的有 种，基态原子的价电子排布式为 。
(2)“浸出”时可与反应生成硫代亚锑酸盐()和亚锑酸盐()，写出反应的离子方程式： ；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸(不稳定，与亚硫酸类似，会分解)，写出与稀硫酸反应的离子方程式： 。
(3)“滤渣1”的成分是 (填化学式)。
(4)“精制”的目的是除去溶液中的。常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成和沉淀，若此时溶液的为10，则溶液中剩余 。
(5)锑矿粉中的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则锑矿粉理论上能制备的质量为 (保留两位有效数字)。
(6)工业上还可以通过电解含、、的溶液制备金属，电解过程中，阳极上发生的电极反应为 。
【答案】(1) 3
(2)
(3)和
(4)
(5)4.0
(6)或
【分析】锑矿粉加入硫代硫酸钠做还原剂，在NaOH溶液中将Sb2O5还原，Sb2O3和Sb2S3都溶于NaOH溶液，Fe2O3和CuS不溶，过滤除去，含NaSbO2和Na2S的溶液中加入硫酸铜溶液，生成CuS和Cu(OH)2沉淀，过滤后向滤液中先加入浓NaOH溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入H2O2溶液，将+3价的Sb氧化为+5价，得到NaSbO3·3H2O沉淀，过滤，向得到的NaSbO3·3H2O晶体中加入氢氟酸进行转化，最后为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaSbF6。
【详解】（1）元素周期表p区元素价电子排布为ns2np1~6，、、、、S中位于元素周期表p区的有、、S共3种，位于第五周期VA族，价电子排布式为。
（2）“浸出”时可与反应生成硫代亚锑酸盐()和亚锑酸盐()，根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸，硫代亚锑酸与亚硫酸类似，会分解产生沉淀和H2S气体，离子方程式为：。
（3）由分析可知，“滤渣1”的成分是和。
（4）“精制”的目的是除去溶液中的，常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成和沉淀，若此时溶液的为10，c(OH-)=，c(Cu2+)=，则溶液中剩余。
（5）锑矿粉中Sb的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则10t锑矿粉理论上能制备NaSbF6的质量为≈4.0t。
（6）工业上还可以通过电解含、、的溶液制备金属，电解过程中，S2-在阳极失去电子生成S，OH-也可在阳极失去电子生成O2，阳极上发生的电极反应为或。
15．钒触媒常用作转化为的催化剂。一种从废钒触媒（含、、等）中回收的工艺如下图：
已知：①易溶于硫酸；
②为两性氧化物，溶于酸生成，在高温下易被还原；
③“滤饼”的主要成分为。
回答下列问题：
(1)基态钒原子的简化电子排布式为 。
(2)“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为 。
(3)“氧化”步骤，生成的离子方程式为 。
(4)“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是 。
(5)“沉钒”步骤，加生成沉淀。该步骤需要加入过量的，请从平衡的角度解释原因 。
(6)“滤液1”和“滤液2”中都含有的盐是 。
(7)“煅烧”步骤需要通入一定量的空气，原因是 。
【答案】(1)[Ar]
(2)
(3)
(4)加入过多，后续会消耗更多，增加成本
(5)过量，增大浓度，平衡向生成方向移动，便于完全沉淀
(6)、
(7)提供氧化氛围，防止在高温下被还原
【分析】废钒催化剂(含有、、)加入稀硫酸，不溶液于稀硫酸，则滤渣为，滤液中含有、Fe3+、K+、Na+、H+、Al3+ 、，加氯酸钠进行氧化生成沉钒，转化为，沉钒过滤后成为滤饼，滤饼主要成分为，滤液中含有、Fe3+、K+、Na+、H+、Al3+、Cl-、，滤饼中加入，转化为NaVO3；加入稀硫酸调节pH=2，与氯化铵反应生成 沉淀，煅烧分解为V2O5，据此分析；
【详解】（1）钒是第23号元素，基态钒原子的简化电子排布式为[Ar]；
（2）为两性氧化物，溶于酸生成，“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为；
（3）“氧化”步骤，氯酸钠具氧化性做氧化剂， 被氧化生成的离子方程式为：；
（4）“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是：加入过多，后续调节pH值，会消耗更多，增加成本；
（5）加生成沉淀，加入过量的，过量，增大浓度，平衡向生成方向移动，便于完全沉淀；
（6）由分析可知，“滤液1”（加稀硫酸浸取和氧化步骤） 和“滤液2”（碱溶和调pH步骤）都含有的盐是、；
（7）煅烧分解为V2O5是产生，具有氧化性，具有还原性，故提供氧化氛围，防止在高温下被还原；
16．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。
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。
17．以水钴矿(Co2O3·H2O，含少量Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含少量SiO2、Fe2O3)为原料制取胆矾和单质钴。
已知：①常温下，Ksp(MgF2)=6.25×10-9，Ksp(CaSO4)=7.1×10-7，Ksp(CoCO3)=2.4×10-7；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Co2+ Cu2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH 7.5 2.7 7.6 4.7
完全沉淀时(c=10-5 mol·L-1)的pH 9.0 3.7 9.1 6.2
③萃取Cu2+的反应原理；Cu2++2HRCuR2+2H+；
④Mg、Ca、Fe、Co均能与强酸反应产生H2；氧化性：Co3+ >Fe3+。
回答下列问题：
(1)Cu+价层电子的轨道表示式为 。
(2)“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式为： 。
(3)“滤渣1”的主要成分为 。
(4)常温下，“滤液1”中加“氧化铜”调pH不小于 ，“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为 (填名称)。
(5)常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015 mol·L-1(忽略溶液中极少量的Ca2+)，除去2L“滤液2”中的Mg2+，至少需加入NaF固体的质量为 g(忽略溶液体积的变化，保留两位小数)。
(6)采用惰性电极电解CoCl2溶液﹑在无离子交换膜的条件下，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是 。
(7)将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入SO2至弱酸性，生成白色沉淀。经仪器分析：白色沉淀含H、N，O、S、Cu五种元素，且Cu∶N∶S=1∶4∶l；所含Cu离子中无单电子；晶体的部分组成微粒的空间构型分别为三角锥形和正四面体形。则白色沉淀的化学式为 。
【答案】(1)
(2)
(3)SiO2、CaSO4
(4) 3.7 稀硫酸
(5)4.62
(6)电解CoSO4溶液使溶液呈酸性，将生成的Co再次溶解，导致Co的产率降低
(7)NH4[Cu(NH3)3]SO4
【分析】水钴矿(Co2O3 H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)加稀硫酸“酸浸”，Co3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、Co2+，得含有Co2+、Fe3+、Cu2+、Mg2+、Ca2+的浸出液，SiO2不溶于酸、CaSO4微溶过滤得滤渣1，浸出液加氧化铜调节pH生成Fe(OH)3除铁，过滤，滤液1中加NaF生成MgF2、CaF2沉淀除Mg2+、Ca2+，过滤，则滤液2中含Cu2+、Co2+，加入萃取剂分液，Cu2+进入有机层，Co2+存在萃取余液中，萃取余液加碳酸钠生成碳酸钴晶体沉淀，过滤，碳酸钴晶体中加盐酸溶解得CoCl2溶液，电解CoCl2溶液得金属Co,有机层加试剂a反萃取，Cu2+重新进入水相，进一步得胆矾。
【详解】（1）
Cu的价电子为3d104s1，Cu+价电子3d10，轨道表示式为；
（2）“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，Co2O3溶于酸得到Co3+，Co3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、Co2+，根据氧化还原反应得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为；
（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4；
（4）浸出液加氧化铜调节pH生成Fe(OH)3除铁，根据表格数据，调pH不小于3.7；反萃取是将有机层中的Cu2+转化到水溶液中，根据反应Cu2++2HR CuR2+2H+，加酸能增大氢离子浓度有利于平衡逆向移动，可以将有机层中的Cu2+转化到水溶液中，考虑到不引入新杂质，试剂a为稀硫酸；
（5）常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol/L，由Ksp(MgF2)=6.25×10-9，Mg2+刚好除尽时溶液中c(F-)==mol/L=2.5×10-2mol/L，则溶液中剩余F-物质的量为2.5×10-2mol/L×2L=0.05mol，与Mg2+沉淀的F-的物质的量为0.015mol/L×2L×2=0.06mol，至少需加入NaF固体的质量为(0.05+0.06)mol×(23+19)g/mol=4.62g；
（6）由已知④Co能与强酸反应产生H2，若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，H2O(OH-)阳极放电，溶液酸性增强，将生成的Co再次溶解，导致Co产率降低；
（7）白色沉淀晶体中分别呈三角锥和正四面体形两种离子，三角锥形离子为亚硫酸根离子，正四面体形离子为铵根，结合Cu∶N∶S=1∶4∶l推知白色沉淀的化学式：NH4[Cu(NH3)3]SO4。
18．据报道，采用硫酸溶液同槽浸出锰结核矿(主要成分MnO2)和锌精矿(主要成分ZnS)提取锰和锌的工艺方法获得成功。该工艺流程图如下：
回答下列问题
(1)已知硫化锌比重较大，容易沉积在浸出槽底部，为了提高浸出率，需要增大搅拌速度和搅拌强度，此外还可以通过 的方法来提高浸出率。下图为锌、锰离子浸出效率随温度变化的图像，浸取的温度应选择 为宜。
(2)步骤①中，二氧化锰和硫化锌同槽酸浸时反应速率很慢，若在酸溶液中加入少量的FeSO4则能明显加快反应速率，发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O和 ， FeSO4在该反应中的作用为 。
(3)研究发现，步骤①中两种矿物同槽酸浸4小时后，锰和锌的浸出率只有约80%，在实际工艺中，需将浸渣E用四氯乙烷处理后再做二次酸浸，四氯乙烷的作用是 。
(4)操作2的具体步骤是 ，过滤，洗涤，干燥。
(5)步骤④沉淀锰的离子反应方程式为 。
(6)步骤⑤中的产物在不同温度下分解可得到锰的不同氧化物。530℃至1000℃时，可得一种固体纯净物，根据下图数据计算其化学式为 。
【答案】(1) 粉碎矿石、增大硫酸浓度、提高浸取温度，延长浸取时间等 90—95℃
(2) ZnS + 2Fe3+ =2Fe2+ + Zn2+ + S FeSO4做催化剂
(3)破坏包裹在锌精矿表面的硫膜
(4)蒸发浓缩、冷却结晶
(5)Mn2+ +2NH3 +CO2 +H2O=MnCO3 ↓+2
(6)Mn2O3
【分析】锌精矿(主要成分为ZnS)与锰结核矿(主要成分为MnO2)加入硫酸酸浸后，过滤，得到的滤液中含有锰离子和锌离子（说明+4价锰被还原为+2价，-2价硫被氧化为硫酸根离子）；用有机物进行萃取后，进入水相的是硫酸锰，通入氨气和二氧化碳，生成碳酸锰沉淀，碳酸锰氧化加热得到二氧化锰；硫酸锌在有机相中，进行反萃取后，硫酸锌进入水相中，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到。
【详解】（1）为了提高浸出率，还可以通过粉碎矿石、增大硫酸浓度、提高浸取温度，延长浸取时间等方法来提高浸出率；从锌、锰离子浸出率与溶液温度的关系图中可知，当温度为90—95℃，锌、锰离子浸出率相对来讲都比较高，继续升高温度，浸出率提升不大，耗费更多能源；
（2）铁离子能够与硫化锌发生氧化还原反应，离子方程式为ZnS + 2Fe3+ =2Fe2+ + Zn2+ + S ；根据上述反应，由题中信息知加入少量的FeSO4则能明显加快反应速率，FeSO4在该反应中的作用为催化剂；
（3）四氯乙烷可以破坏包裹在锌精矿表面的硫膜，提高锰和锌的浸出率；
（4）根据分析，操作2的具体步骤是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；
（5）硫酸锰溶液中通入氨气和二氧化碳，生成碳酸锰沉淀，离子反应方程式为Mn2+ +2NH3 +CO2 +H2O=MnCO3 ↓+2；
（6）步骤⑤中的产物为MnO2，MnO2摩尔质量为87g/mol，8.7g MnO2物质的量为0.1mol，含0.1mol Mn，Mn的质量为5.5g，当固体质量为7.9g时，含O7.9g-5.5g=2.4g，O的物质的量为0.15mol，Mn、O的原子个数比为0.1:0.15=2:3，则其化学式为Mn2O3。
19．铍广泛用于航空航天、电子元件、导弹与武器制造等领域。一种以铍矿石(主要成分为，还含有少量等)为原料制备铍的工艺流程如图。
已知：①“烧结”时，未发生氧化还原反应；“烧结”后，、元素分别转化成可溶性的、，其他元素以稳定的氧化物形式存在。
②铁冰晶石的成分为。
回答下列问题：
(1)在元素周期表中，与处于对角线的位置，它们的性质相似。下列叙述错误的是 (填标号)。
A．是一种轻金属，能与冷水反应
B．具有高熔点，能耐酸碱腐蚀
C．常温下，溶液的
(2)中的化合价为 。
(3)“烧结”时，不宜采用陶瓷类器材，原因是 。
(4)实验室利用回收的可以制备两种常见气体，它们是 (填化学式)。
(5)“沉铍”步骤中加入溶液调节为11，析出颗粒状的，写出生成的离子方程式： ；若加入的溶液过量，得到的含铍粒子是 (填离子符号)。
(6)焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是 ；写出镁还原法的反应原理： 。
【答案】(1)AB
(2)
(3)陶瓷中含有的二氧化硅会与碳酸钠反应
(4)、
(5)
(6) 防止空气与铍、镁反应
【分析】以铍矿石(主要成分为，还含有少量等)为原料制备铍，铍矿石加入Na2SiF6、Na2CO3烧结，烧结时，未发生氧化还原反应，烧结后，Be、Mn元素以可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4形式存在，同时生成二氧化硅，加入水浸出，过滤，所得滤渣为二氧化硅，滤液中加入NH3 H2O、KMnO4得到MnO2固体，过滤得到MnO2，滤液中加入NaOH沉铍，过滤得到的滤渣洗涤烘干然后煅烧得到工业BeO，BeO可以通过焦炭还原法或者镁还原法制得金属Be，滤液中加入硫酸铁得到铁冰晶石；
【详解】（1）与处于对角线的位置，它们的性质相似；
A．Al与冷水不反应，可知Be也不能与冷水反应，故A错误；
B．氧化铝的熔点高，可知氧化铍具有高熔点，与氧化铝类似，氧化铍既能与酸反应又能与碱反应，因此不耐酸碱腐蚀，故B错误；
C．氯化铝水解显酸性，可知常温时，BeCl2也可以水解使溶液的pH＜7，故C正确；
答案为C；
（2）中Na为+1价，F为-1价，根据化合价代数和为零可知的化合价为+3；
（3）陶瓷中含有二氧化硅，高温时可以与碳酸钠反应，故“烧结”时不宜采用陶瓷类器材；
（4）可以催化H2O2分解制备O2；与浓盐酸加热反应可制备Cl2；
（5）沉铍时，溶液中的与NaOH反应生成Be(OH)2，反应的离子方程式为；Be(OH)2和Al(OH)3性质相似，能和足量NaOH溶液反应生成，含铍的离子为；
（6）焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是防止空气与铍、镁反应；镁还原法制铍单质是用单质镁与BeO高温下反应生成Be和MgO，反应方程式为。
20．金属镓在电子工业、生物医学等多个领域有广泛应用。利用锌粉置换渣(主要成分为Ga2S3、Ga2O3和少量的ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2等)制备镓的工艺流程如图所示：
已知：I．溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
物质 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Ga3+
开始沉淀的pH 1.9 6.9 6.2 3.2
沉淀完全时的pH 3.2 8.4 8.0 —
Ⅱ． P204、YW100协同萃取体系对金属离子的优先萃取顺序为：Fe3+>Ga3+>Fe2+>Zn2+
回答下列问题：
(1)元素Ga在元素周期表中的位置是 。
(2)“富氧浸出”中溶液出现淡黄色浑浊，写出Ga2S3发生反应的离子方程式为 。
(3)滤渣的主要成分是 (写化学式)。
(4)用H2A2代表P204，RH代表YW100，“协同萃取”过程中发生反应：，“协同萃取”的作用是 ，“反萃取”加入稀硫酸的目的是 (用化学方程式表示)。
(5)“碱溶造液”中产生了离子，该离子中含有的化学键类型有 (填序号)。
a．极性共价键 b．非极性共价键 c．配位键 d．氢键 e．离子键
(6)“电解”生成镓的过程中阴极的电极反应式为 。
【答案】(1)第四周期IIIA族
(2)2Ga2S3+3O2+12H+=4Ga3++6S+6H2O
(3)Fe(OH)3
(4) Zn2+进入无机相，使Ga3+和Zn2+分离，除去Zn2+ 2Ga(HA2)R2+3H2SO4=Ga2(SO4)3+4RH+2H2A2
(5)ac
(6)
【分析】向锌粉置换渣(主要成分为Ga2S3、Ga2O3和少量的ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2等)中加入、通入高压O2“富氧浸出”后溶液中主要含有Ga3+、Zn2+和Fe3+，在反应过程中O2将Fe2+氧化为Fe3+，将S2-氧化为S，SiO2不参与反应，则浸渣的主要成分为S、SiO2，向滤液中加入NaOH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则滤渣的主要成分是Fe(OH)3，再加入P204、YW100“协同萃取”，将Ga3+转化为Ga(HA2)R2被萃取至有机相中，而Zn2+进入无机相，使Ga3+和Zn2+分离，“反萃取”时加入，将以Ga(HA2)R2形式存在的Ga元素转化为Ga3+，再加入NaOH“中和沉镓”，将Ga3+转化为Ga(OH)3沉淀，过滤得到Ga(OH)3沉淀，再向其加入NaOH进行“碱溶造液”，将Ga(OH)3转化为[Ga(OH)4]-，最后经电解得到镓，据此解题。
【详解】（1）已知Ga是31号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，则元素Ga在元素周期表中的位置是第四周期IIIA族；
（2）由分析可知，“富氧浸出”中溶液出现淡黄色浑浊，即产生S沉淀，故Ga2S3发生反应的离子方程式为：2Ga2S3+3O2+12H+=4Ga3++6S+6H2O；
（3）由分析可知，滤渣的主要成分是Fe(OH)3；
（4）根据已知信息，Ga3+比Zn2+优先被萃取至P204、YW100协同的有机相中，即“协同萃取”过程，镓元素以Ga(HA2)R2形式被萃取至有机相中，Zn2+进入无机相，从而分离Ga3+和Zn2+，则“协同萃取”的作用是：Zn2+进入无机相，使Ga3+和Zn2+分离，除去Zn2+，“反萃取”时加入稀硫酸，溶液c(H+)增大，萃取反应逆向移动，将以Ga(HA2)R2形式存在的Ga元素转化为Ga3+，则“反萃取”加入稀硫酸的目的是(用化学方程式表示)：2Ga(HA2)R2+3H2SO4=Ga2(SO4)3+4RH+2H2A2；
（5）“碱溶造液”中产生了离子，该离子中含有O-H极性共价键和Ga与O之间的配位键，不存在非极性键和离子键，氢键不属于化学键，故选ac；
（6）“碱溶造液”中产生了，“电解”生成镓的过程中阴极上被还原生成Ga，其电极反应式为：。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)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17题 2023年第14题2022年第17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·江苏省苏北四市（徐连淮宿）·一模)从高铟烟灰中(主要含、、、等)提取铟的过程如下：
已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化。
(1)氧化酸浸：向高铟烟灰中加入和稀充分反应，硫元素被氧化为，
①写出反应的离子方程式： 。
②过滤所得滤渣含、和 (填化学式)。
(2)萃取：向滤液中加入有机萃取剂(HA)并搅拌，发生反应：(水相)+3HA(有机相)(有机相)(水相)。在一定条件下，搅拌速度与铟萃取率关系如图-1所示，铟萃取率先增大后减小的可能原因是 。
(3)反萃取：(有机相(水相)(水相)(有机相)，有机相与水相体积比和反萃取率，水相中铟浓度的关系如图-2所示，操作时选择有机相与水相体积比为 ，原因是 。
(4)制备钢：分液，向水相中加入足量Zn，反应的化学方程式为 。若锌粉的利用率为，获得6.9kg铟时需要使用锌粉 kg(写出计算过程)。
2．(2025·江苏苏锡常镇四市·一模)实验室利用重晶石废料(主要成分为、等)制备。
Ⅰ．制备粗。制备流程如下：
(1)转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为)溶液浸泡充分浸泡。
①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为 。
②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是 。
(2)溶解。向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解。溶液溶解的离子方程式为 。
Ⅱ．测定粗样品中铁元素的含量。
(3)操作过程如下：
取5.0000g的粗样品，用20%充分溶解，再加入足量硫代硫酸钠溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液，用()溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。
①计算粗样品中铁元素的质量分数 (写出计算过程)。
②若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是 。
Ⅲ．制备。
(4)粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体， ，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。[已知：时沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀、溶液]
3．(2025·江苏南通、泰州、镇江、盐城部分学校·调研)一种以软锰矿（主要含和少量、、、等）和黄铁矿（主要成分为）为原料制备的流程如下：
(1)酸浸。将软锰矿、黄铁矿与溶液混合搅拌，反应过程中铁元素的变化为。90℃下酸浸，锰元素浸出率及、的（质量浓度）随时间的变化如图所示。
①0~20min内，中的硫元素被氧化为。此时，和发生主要反应的离子方程式为 。
②0~20min内，逐渐增大的原因是 。
③100min后，逐渐减小的原因是 。
(2)除铁。向“酸浸”所得浸出液中加入过量，调节溶液pH，充分反应后过滤。的实际用量比理论计算用量大得多，其原因是 。
(3)制。向“除镁、钙”后的溶液中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤。将所得沉淀加水制成悬浊液，向其中通入空气可制得。若通入空气时间过长，所得样品中锰元素的质量分数会降低，其原因是 。
(4)测样品纯度。称取样品于锥形瓶中，加入 溶液和适量稀硫酸，加热。待固体完全溶解后，冷却，用的溶液滴定过量的，消耗溶液。不考虑杂质反应，计算样品中的纯度 （写出计算过程）。
已知：，。
4．(2025·江苏南京、盐城·一模)高铁锌焙烧矿渣主要含。一种利用焙烧矿渣制备并生产黄铵铁矾的流程如下：
回答下列问题。
(1)“酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是 。
(2)“酸浸”时，控制反应温度65℃、硫酸初始酸度，滤渣中锌元素的质量分数随时间变化的关系如下图所示。当浸出时间超过后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高的原因是 。
(3)“沉矾”生成黄铵铁矾[]，需控制溶液、温度不超过。
①生成黄铵铁矾的化学方程式为 。
②控制溶液温度不能过高的原因是 。
③超过1.5，可发生反应。其平衡常数与、的代数关系式为 。
(4)加热晶体，测得加热过程中剩余固体的质量随温度的变化关系如下图所示。A点物质为 (填化学式)。
5．(2025·江苏无锡·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：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。
(2)“过滤1”后的溶液中加入的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加。
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。
(4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的浓度为 。
6．(2025·江苏淮安·一模)一种以废铜渣(主要是CuO，含有少量Fe2O3杂质)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]的流程如下所示。
(1)“酸浸”时，采取下列措施一定能提高铜元素浸出率的有___________(填序号)。
A．升高酸浸温度 B．加快搅拌速度 C．缩短酸浸时间 D．粉碎废铜渣
(2)“除铁”时滤渣主要成分为 。(填化学式)
(3)“蒸氨”过程中生成CuO，写出该过程发生反应的化学方程式为： 。
(4)①制备碱式碳酸铜时，不采取向“除铁”后的溶液中直接加入NaHCO3溶液的原因是 。
②“沉铜”时发生反应的离子方程式为 。
③“沉铜”时也可以利用Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，已知25℃时，碱式碳酸铜的饱和溶液pH约为8.5，溶液中H2CO3、、的分布系数δ随pH的变化如图所示。当恰好形成饱和碱式碳酸铜溶液时，溶液中 。
(5)由含少量Fe3+的CuSO4溶液可制取CuSO4·H2O晶体，请补充完整该制备过程的实验方案：向含有少量Fe3+的CuSO4溶液中， 。(已知：Fe3+在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从CuSO4饱和溶液中结晶出CuSO4·5H2O，CuSO4·5H2O在80～120℃下干燥得到CuSO4·H2O。实验中需要使用CuO粉末、pH计)
7．(2024·江苏百校·4月联考)含硫、含氮工业生产尾气的处理一直是研究的热点。
(1)利用电化学原理处理工业生产尾气中的SO2、NO，同时获得Na2S2O4和NH4NO3产品的工艺流程可表示为：
①吸收。下列措施能提高尾气中SO2吸收率的有 （填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②氧化。酸性条件下，Ce(SO4)2与NO反应生成Ce2(SO4)3和物质的量之比为1:1的HNO2与HNO3，该反应的化学方程式为 。
③电解。生成S2O的电极反应式为 。
④从物质转化的角度分析，本工艺的优点是 。
(2)铁元素与EDTA的配合物中，只有Fe2+的配合物[Fe(Ⅱ)EDTA]能吸附氮氧化物，Fe(Ⅱ)EDTA吸附NO生成Fe(Ⅱ)EDTA·NO，Na2S2O4与吸附后的溶液反应可以实现[Fe(Ⅱ)EDTA]再生，同时生成(NH4)2SO3。
①EDTA与Fe2+形成的配离子如图所示，Fe2+的配位数是 。
②Fe(Ⅱ)EDTA吸收含有氮氧化物的烟气，烟气中O2的体积分数对氮氧化物残留率的影响如图所示。当O2的体积分数大于2%时，氮氧化物残留率升高的原因是 。
③将已吸收22.4L（标准状况）NO的Fe(Ⅱ)EDTA·NO再生，理论上消耗Na2S2O4的物质的量为 。
8．(2025·江苏省盐城市射阳中学·一模)五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备V2O5的一种流程如下：
已知：i．NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。
ii．部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式：
pH <1.0 1.0～4.0 4.0～6.0 6.0～8.5 8.5～13.0 >13.0
主要存在形式 V2O5 多钒酸根 多钒酸根
备注 多钒酸盐在水中溶解度较小
(1)“酸浸”时，MnO2将VO+转化为的离子反应方程式为 。
(2)通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液。
已知能被有机萃取剂(简称ROH)萃取，其萃取原理可表示为：。
①萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是 。
②反萃取中，反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是 。
(3)“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀。沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是 。
(4)NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取1.000g灼烧后的样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL(VO2)2SO4溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的5.00mL0.5000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液12.00mL。
已知：；
。
计算V2O5样品的纯度(写出计算过程)。 。
(5)用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原为N2的一种反应历程如图所示。V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”；NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质，随后分解生成N2和H2O。“中间体X”的结构式可表示为： 。
9．(2024·江苏泰州、兴化·模拟预测)从某冶锌工厂的工业废料[除和少量外，还含有铋、锗等的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图：
已知：①该工艺条件下，。
②单宁酸是一种含有酯基的多酚类化合物。
③易水解。
请回答下列问题：
(1)下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是 (填字母)。
a．适当升高温度 b．酸浸过程中不断搅拌 c．将硫酸浓度增大到70% d．加大废料的用量
(2)“浸液1”中约为，则除时应控制的范围是 。(已知：当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全)
(3)“酸浸2”时铋的氧化物发生反应的离子方程式为 。
(4)“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5且不能过低或过高，原因是 。
(5)①存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中的配位数为 。
②也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，键中离子键成分百分数小于键，从元素电负性的角度分析其原因为 。
③加热固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。时所得固体的化学式为 。(写出计算过程)
10．(2024·江苏宿迁·三模)硼化钛(TiB2)常用于制备导电陶瓷材料。
I．高钛渣(主要含TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如图：
已知：①B2O3高温易挥发；②TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。
(1)“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H+、Fe3+、 。
(2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为 。
(3)“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论用量，原因是 。
Ⅱ．气相沉积法获得硼化钛：以TiCl4和BCl3为原料，在过量的H2参与下，沉积温度为800～1000℃，可制得具有空间网状结构的磨料级硼化钛。
(4)制得硼化钛的化学方程式为 ，硼化钛能作为磨料的原因是 。
(5)生产硼化钛，当BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)：m(TiCl4)]超过1.25时硼化钛的纯度下降，原因是 。
Ⅲ．硼砂(Na2B4O7·10H2O)与NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制备X(Na2B2O8H4)。已知X的阴离子[B2O8H4]2-只有一种化学环境的B原子，结构中有一个六元环且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构。
(6)X阴离子的结构式为 。
11．四氧化三锰可用于软磁材料、半导体电子材料等的制造。一种以锰矿粉[主要成分为，含有少量等杂质]为原料制备四氧化三锰的工艺流程如下图所示：
已知：Ⅰ．常温下，。
Ⅱ．常温下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全()的如下表：
金属离子
开始沉淀的 8.1 7.0 1.9 3.4
沉淀完全的 10.1 9.0 3.2 4.7
回答下列问题：
(1)Mn在元素周期表中的位置为 。
(2)“浸出”中，参与反应的离子方程式为 ，滤渣1的主要成分为 。
(3)“调”中，加入适量试剂a调节的目的是使完全沉淀，则试剂a最适宜选用 (填标号)；此时溶液中最大为 。
A． B． C． D．
(4)“沉锰”后的滤液中溶质的主要成分是 。
(5)“氧化”中，在空气中加热到时反应生成和一种对空气无污染的气体，反应的化学方程式为 。
(6)也可以通过直接电解溶液获得，电解原理如图所示(M、N均为惰性电极)。N极的电极反应式为 。
12．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”)。
13．以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2)为原料制备纳米Fe3O4的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.0 7.5 4.0
完全沉淀的pH 3.7 9.7 5.2
(1)气体X为 (填化学式)。
(2)“还原”过程发生反应的离子方程式是 ；先“还原”再“调pH”的原因为 。
(3)“调pH”的范围为 ；滤渣2的成分是 (填化学式)。
(4)工业上也可用电解法制备Fe3O4，工作原理如图。
已知：低共熔溶剂由有机物氯化胆碱()与乙二醇混合形成。
①a为直流电源的 (填“正”或“负”)极；甲电极的电极反应式为 。
②电解过程中乙电极生成Cl2，若甲电极转化240gFe2O3，则理论上生成Cl2的体积是 (标准状况下)。
14．(六氟锑酸钠)是光化学反应的催化剂。我国科学家开发的一种以锑矿(主要含、，还含少量、、等)为原料制备的工艺流程如图所示。
已知：①常温下，、。
②“滤液”中主要含有、以及三种溶质。
回答下列问题：
(1)锑矿含有的五种元素(、、、、)中位于元素周期表p区的有 种，基态原子的价电子排布式为 。
(2)“浸出”时可与反应生成硫代亚锑酸盐()和亚锑酸盐()，写出反应的离子方程式： ；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸(不稳定，与亚硫酸类似，会分解)，写出与稀硫酸反应的离子方程式： 。
(3)“滤渣1”的成分是 (填化学式)。
(4)“精制”的目的是除去溶液中的。常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成和沉淀，若此时溶液的为10，则溶液中剩余 。
(5)锑矿粉中的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则锑矿粉理论上能制备的质量为 (保留两位有效数字)。
(6)工业上还可以通过电解含、、的溶液制备金属，电解过程中，阳极上发生的电极反应为 。
15．钒触媒常用作转化为的催化剂。一种从废钒触媒（含、、等）中回收的工艺如下图：
已知：①易溶于硫酸；
②为两性氧化物，溶于酸生成，在高温下易被还原；
③“滤饼”的主要成分为。
回答下列问题：
(1)基态钒原子的简化电子排布式为 。
(2)“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为 。
(3)“氧化”步骤，生成的离子方程式为 。
(4)“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是 。
(5)“沉钒”步骤，加生成沉淀。该步骤需要加入过量的，请从平衡的角度解释原因 。
(6)“滤液1”和“滤液2”中都含有的盐是 。
(7)“煅烧”步骤需要通入一定量的空气，原因是 。
16．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。
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)。
17．以水钴矿(Co2O3·H2O，含少量Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含少量SiO2、Fe2O3)为原料制取胆矾和单质钴。
已知：①常温下，Ksp(MgF2)=6.25×10-9，Ksp(CaSO4)=7.1×10-7，Ksp(CoCO3)=2.4×10-7；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Co2+ Cu2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH 7.5 2.7 7.6 4.7
完全沉淀时(c=10-5 mol·L-1)的pH 9.0 3.7 9.1 6.2
③萃取Cu2+的反应原理；Cu2++2HRCuR2+2H+；
④Mg、Ca、Fe、Co均能与强酸反应产生H2；氧化性：Co3+ >Fe3+。
回答下列问题：
(1)Cu+价层电子的轨道表示式为 。
(2)“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式为： 。
(3)“滤渣1”的主要成分为 。
(4)常温下，“滤液1”中加“氧化铜”调pH不小于 ，“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为 (填名称)。
(5)常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015 mol·L-1(忽略溶液中极少量的Ca2+)，除去2L“滤液2”中的Mg2+，至少需加入NaF固体的质量为 g(忽略溶液体积的变化，保留两位小数)。
(6)采用惰性电极电解CoCl2溶液﹑在无离子交换膜的条件下，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是 。
(7)将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入SO2至弱酸性，生成白色沉淀。经仪器分析：白色沉淀含H、N，O、S、Cu五种元素，且Cu∶N∶S=1∶4∶l；所含Cu离子中无单电子；晶体的部分组成微粒的空间构型分别为三角锥形和正四面体形。则白色沉淀的化学式为 。
18．据报道，采用硫酸溶液同槽浸出锰结核矿(主要成分MnO2)和锌精矿(主要成分ZnS)提取锰和锌的工艺方法获得成功。该工艺流程图如下：
回答下列问题
(1)已知硫化锌比重较大，容易沉积在浸出槽底部，为了提高浸出率，需要增大搅拌速度和搅拌强度，此外还可以通过 的方法来提高浸出率。下图为锌、锰离子浸出效率随温度变化的图像，浸取的温度应选择 为宜。
(2)步骤①中，二氧化锰和硫化锌同槽酸浸时反应速率很慢，若在酸溶液中加入少量的FeSO4则能明显加快反应速率，发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O和 ， FeSO4在该反应中的作用为 。
(3)研究发现，步骤①中两种矿物同槽酸浸4小时后，锰和锌的浸出率只有约80%，在实际工艺中，需将浸渣E用四氯乙烷处理后再做二次酸浸，四氯乙烷的作用是 。
(4)操作2的具体步骤是 ，过滤，洗涤，干燥。
(5)步骤④沉淀锰的离子反应方程式为 。
(6)步骤⑤中的产物在不同温度下分解可得到锰的不同氧化物。530℃至1000℃时，可得一种固体纯净物，根据下图数据计算其化学式为 。
19．铍广泛用于航空航天、电子元件、导弹与武器制造等领域。一种以铍矿石(主要成分为，还含有少量等)为原料制备铍的工艺流程如图。
已知：①“烧结”时，未发生氧化还原反应；“烧结”后，、元素分别转化成可溶性的、，其他元素以稳定的氧化物形式存在。
②铁冰晶石的成分为。
回答下列问题：
(1)在元素周期表中，与处于对角线的位置，它们的性质相似。下列叙述错误的是 (填标号)。
A．是一种轻金属，能与冷水反应
B．具有高熔点，能耐酸碱腐蚀
C．常温下，溶液的
(2)中的化合价为 。
(3)“烧结”时，不宜采用陶瓷类器材，原因是 。
(4)实验室利用回收的可以制备两种常见气体，它们是 (填化学式)。
(5)“沉铍”步骤中加入溶液调节为11，析出颗粒状的，写出生成的离子方程式： ；若加入的溶液过量，得到的含铍粒子是 (填离子符号)。
(6)焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是 ；写出镁还原法的反应原理： 。
20．金属镓在电子工业、生物医学等多个领域有广泛应用。利用锌粉置换渣(主要成分为Ga2S3、Ga2O3和少量的ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2等)制备镓的工艺流程如图所示：
已知：I．溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
物质 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Ga3+
开始沉淀的pH 1.9 6.9 6.2 3.2
沉淀完全时的pH 3.2 8.4 8.0 —
Ⅱ． P204、YW100协同萃取体系对金属离子的优先萃取顺序为：Fe3+>Ga3+>Fe2+>Zn2+
回答下列问题：
(1)元素Ga在元素周期表中的位置是 。
(2)“富氧浸出”中溶液出现淡黄色浑浊，写出Ga2S3发生反应的离子方程式为 。
(3)滤渣的主要成分是 (写化学式)。
(4)用H2A2代表P204，RH代表YW100，“协同萃取”过程中发生反应：，“协同萃取”的作用是 ，“反萃取”加入稀硫酸的目的是 (用化学方程式表示)。
(5)“碱溶造液”中产生了离子，该离子中含有的化学键类型有 (填序号)。
a．极性共价键 b．非极性共价键 c．配位键 d．氢键 e．离子键
(6)“电解”生成镓的过程中阴极的电极反应式为 。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)