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专题13 工艺流程综合题
1．（2025·河北·高考真题）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下：
已知：铬铁矿主要成分是。
回答下列问题：
(1)基态铬原子的价层电子排布式： 。
(2)煅烧工序中反应生成的化学方程式： 。
(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、 、 (填化学式)。
(4)酸化工序中需加压的原因： 。
(5)滤液Ⅱ的主要成分： (填化学式)。
(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式 。
(7)滤渣Ⅱ可返回 工序。(填工序名称)
【答案】(1)
(2)
(3) MgO
(4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行
(5)
(6)
(7)煅烧
【分析】铬铁矿主要成分是，与过量KOH在空气中煅烧，生成、Fe2O3、MgO，；通入/CO2浸取，生成，、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：，、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出固体，滤液Ⅰ中含有；将中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，同时副产物生成，将与分离，滤液Ⅱ的主要溶质为；做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得，循环使用，据此分析；
【详解】（1）Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式：；
（2）煅烧工序中与过量KOH、空气中氧气反应生成、Fe2O3、，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：；
（3）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：、MgO；
（4）向中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，加大压强，可以增大CO2的溶解度，使液体中CO2浓度增大，保证酸化反应充分进行；
（5）根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为；
（6）做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为，铁元素由0价升高到+3价，Cr由+6价降低到+3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：；
（7）滤渣Ⅱ含有和可返回煅烧工序。
2．（2025·云南·高考真题）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下：
已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。
②25℃时，的为。
回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。
(2)“还原酸浸”时，反应的离子方程式为 。
(3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：
①
②
上述过程中的催化剂为 。
(4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 。
(5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为 。
(6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则 。
(7)一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。
①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有 个。
②为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为 (列出计算式即可)。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度
(5)
(6)0.19
(7) 12
【分析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”， 、被还原为和，CuO被溶解为，Au、Ag、不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，被铁粉还原为Cu；“氧化时”被氧化为；“沉铁”时，转化为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出Au、Ag。
【详解】（1）Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价电子数为11，其价层电子排布式为。
（2）“还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，该反应的离子方程式为。
（3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：
①
②
分析以上两反应可知，参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为。
（4）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。
（5）“还原酸浸”时，和CuO可以被硫酸溶解转化为和，亚硫酸钠将还原为，而并未被还原，因此，的氧化性强于；“氧化”时，被氧化为，因此，的氧化性强于。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则。
（7）由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方， Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个。
②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，因此，该晶胞的质量为，该晶胞的体积为，晶体的密度为。
3．（2025·湖南·高考真题）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下：
已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的：
开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1
完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1
回答下列问题：
(1)基态的价层电子排布式为 。
(2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 (写化学式)；还原的化学方程式为 。
(3)“沉铁”时，转化为的离子方程式为 ，加热至的主要原因是 。
(4)“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过 。
(5)“第二次萃取”时， 、 (填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。
【答案】(1)
(2)
(3) 防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降
(4)
(5) sp2
【分析】金属结核[主要含，有少量的]加入、进行酸浸还原，得到的滤渣含有，滤液中含有，通入空气，调解pH=3.2，沉铁得到滤渣，继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到，加入萃取剂第一次萃取，分液得到的萃取液1，萃余液1中加入混合萃取剂进行第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液，萃余液2中电解得到金属锰，据此解答。
【详解】（1）原子的价电子是指和能级上的电子，所以基态原子的价电子排布式为；
（2）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是；将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸的作用得到，化学方程式为；
（3）“沉铁”时，转化为，铁元素化合价上升，则做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至的主要原因是防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降；
（4）由表可知，，“沉铝”时，未产生沉淀，则；
（5）由流程可知，第二次萃取时，主要萃取，因此与混合萃取剂形成的配合物更稳定；六元杂环是平面结构，N原子提供单电子用于环内形成大π键，剩余1对孤对电子形成配位键，N的价层电子对数为3，是sp2杂化。
4．（2025·山东·高考真题）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含及等元素的氧化物)分离提取等元素，工艺流程如下：
已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于。
回答下列问题：
(1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为 。“高温焙烧”温度为，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有 (填化学式)。
(2)在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)萃取反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂为 (填化学式)。
(4)“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中 。已知：。“溶解”时发生反应的离子方程式为 。
(5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)循环利用。
【答案】(1) Fe2O3、CaSO4
(2)减小
(3)H2SO4
(4) 4×10-4
(5)低温焙烧
【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。
【详解】（1）低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：；根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4；故答案为：；Fe2O3、CaSO4；
（2）根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小；
（3）根据萃取的化学方程式：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，加入有机相将铜离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4；
（4）沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时c(H+)=1×10-4mol/L，根据Ksp((CoS)= 4×10-21，推出，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，，则c(H2S)= ==4×10-4 mol/L；由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生成了CoSO4和S，化学方程式为：，改写成离子方程式为：。故答案为：4×10-4；；
（5）由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。
5．（2025·甘肃·高考真题）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下：
已知：熔点314℃，沸点460℃
分解温度：，，，高于
(1)设计焙烧温度为600℃，理由为 。
(2)将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为 。
(3)酸浸的目的为 。
(4)从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。
(5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为 ，晶体密度计算式为 (用带有阿伏加德罗常数的代数式表示和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。
【答案】 (1)使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集
(2)4++2=3+CO2
(3)分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液
(4)电解法或置换法
(5) CsPbBr3
【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，因沸点低被蒸出，设计温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分解，加水浸取后，硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，加硫酸溶解，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，硫酸铜经过电解或置换法转化为铜，据此解答。
【详解】（1）设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集；
（2）将通入和的混合溶液可制得，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反应的化学方程式为4++2=3+CO2，故答案为：4++2=3+CO2；
（3）酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液；
（4）浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法；
（5）某含Pb化合物室温下晶胞如图所示，Cs位于体心，个数为1，Pb位于顶点，个数为=1，Br位于棱心，个数为=3，该化合物的化学式为CsPbBr3，Cs位于体心，Pb位于顶点，与Pb之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数，℃，与Pb之间的距离为 pm，该晶体密度计算式为，故答案为：；CsPbBr3；。
6．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为的硫酸盐)的工艺流程如下。
已知：①常温下，，；
②结构式为。
回答下列问题：
(1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有 、 。(写出两种)
(2)“沉锰I”中，写出形成的被氧化成的化学方程式 。当将要开始沉淀时，溶液中剩余浓度为 。
(3)“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，最终产物是和 (填化学式)。
(4)“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是 。
(5)“沉镁Ⅱ”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式 。
(6)“结晶”中，产物X的化学式为 。
(7)“焙烧”中，元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。
【答案】(1) 搅拌 适当升温等
(2) 6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O 10-2.15
(3)O2
(4)pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质
(5)
(6)(NH4)2SO4
(7)还原
【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O。
【详解】（1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等；
（2）Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化学方程式为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O；
根据=，=10-2.15mol/L；
（3）“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生成和：，分解，总反应为，最终产物是和O2；
（4）煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质；
（5）由题中信息可知，pH=8时，产生的沉淀为，调节到pH=4，磷元素存在形式为，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：；
（6）溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为(NH4)2SO4；
（7）“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4·H2O，元素化合价降低，发生了还原反应。
7．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为；
②；
③酒石酸(记作)结构简式为。
回答下列问题：
(1)分子中手性碳原子数目为 。
(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为 (填离子符号)。
(3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(5)滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。
(6)“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ，pH过高可能生成 (填化学式)。
(7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。
【答案】(1)2
(2)
(3)温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小
(4)Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu
(5)Fe
(6) pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大 Pb(OH)2
(7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑
【分析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。
【详解】（1）
碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2个，；
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为；
（3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小；
（4）加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu；
（5）根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀；
（6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低；
（7）290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。
8．（2025·安徽·高考真题）某含锶()废渣主要含有和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。
已知时，
回答下列问题：
(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为 。
(2)“浸出液”中主要的金属离子有、 (填离子符号)。
(3)“盐浸”中转化反应的离子方程式为 ；时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中 (忽略溶液体积的变化)。
(4)其他条件相同时，盐浸，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是 。
(5)“浸出渣2”中主要含有、 (填化学式)。
(6)将窝穴体a(结构如图2所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是 。
(7)由制备无水的最优方法是 (填标号)。
a．加热脱水 b．在气流中加热 c．常温加压 d．加热加压【答案】(1)
(2)、
(3)
(4)升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；
(5)、
(6)窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定
(7)a
【分析】含锶()废渣主要含有和等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有，加入溶液，发生沉淀转化，，得到溶液，经过系列操作得到晶体；
【详解】（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为；
（2）由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有、、；
（3）由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：；该反应的平衡常数，平衡常数很大，近似认为完全转化，溶液中剩余，则，列三段式：，理论上溶液中；
（4）随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；
（5）“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了，不参与反应，故浸出渣2”中主要含有、、；
（6）窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定；
（7）为强碱，则也是强碱，不水解，排除b，由平衡移动原理可知制备无水的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。
1．（2025·江苏连云港·一模）以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料制备 Co3O4。
(1)“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2，充分反应后，过滤。
①在加料完成后，提高浸取效率的措施有 写2点)。
②过滤后，滤渣的主要成分为 。
(2)“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+。
①加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为 。
②滤液中加入MnF2固体发生的反应为MnF2＋Ca2+ CaF2＋Mn2+。已知：K＞105认为反应进行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2能除去Ca2+的原因： 。
(3)“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA表示)萃取金属离子，原理为Co2+＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含Co2+的溶液。
①“萃取”时，随着pH的升高，Co2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是 。
②“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有 。
(4)“制备”。已知：CoC2O4从水溶液中析出的主要成分为CoC2O4·2H2O，其在空气中受热的质量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含Co2+的溶液制备Co3O4的实验方案：取富含Co2+的溶液， ，得到Co3O4。(须使用的试剂：0.1mol·L 1Na2C2O4溶液、盐酸、BaCl2溶液)。
【答案】(1) 适当搅拌，适当升高温度 CaSO4、炭黑
(2) 3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑ 此反应K＝＝＝7.5×106＞105，反应进行完全，因此可将Ca2＋完全除尽
(3) 随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大 适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取
(4)边搅拌向其中加入0.1mol·L 1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变
【分析】以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料，向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2进行酸浸和还原，充分反应后，过滤，炭黑不溶于酸，与稀反应生成的微溶于水，会残留部分在滤渣中。向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，生成，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+，生成。再萃取和反萃取出，用沉淀得，灼烧得Co3O4。
【详解】（1）升高温度可以加快反应速率，搅拌可使反应物充分接触，加快反应速率，故提高浸取效率的措施有：适当搅拌，适当升高温度。
根据分析可知，过滤后，滤渣的主要成分为炭黑和。故答案为：适当搅拌，适当升高温度；、炭黑；
（2）在pH＝4形成沉淀，中的与结合生成和，则加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑。
MnF2＋Ca2+ CaF2＋Mn2+，，反应进行完全，因此可除去。故答案为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑；此反应，反应进行完全，因此可将完全除尽。
（3）根据反应：Co2+＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，随着pH的升高，浓度减小，平衡正向移动，促进进入有机层，从而提高萃取率。“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有：适当加入高浓度硫酸，使浓度增大，平衡逆向移动，释放进入水层，或者充分振荡，加快传质过程，提高反萃取率，或者多次萃取。故答案为：随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大；适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取；
（4）根据图示可知，的质量为18.3g，物质的量为0.1mol，则Co元素的质量为5.9g，C点钴氧化物的质量为8.03g，由质量守恒可知C点O元素的质量为，则C点，故C点为。B点对应质量为14.7g，与起始相比减少了3.6g，恰好为结晶水的质量，则B点对应物质为。故要得到，需在300℃以上煅烧。故取富含Co2+的溶液，加入过量0.1mol·L 1Na2C2O4溶液，充分反应生成沉淀，过滤并洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀，则洗涤干净。将沉淀在300℃以上煅烧，充分反应至质量不变得。故答案为：边搅拌向其中加入0.1mol·L 1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变。
2．（2025·河北保定·二模）是锌锰电池的正极材料，是一种绿色净水剂。以某锰矿(主要成分是，含少量Mn和Fe)为原料制备和的流程如图。回答下列问题：
已知：常温下，部分金属离子在溶液中沉淀的pH如表所示。
金属离子
开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.1
完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.1
(1)Mn和Fe两元素的部分电离能数据如下表所示。
元素 Mn Fe
电离能/() 717 759
1509 1561
3248 2957
Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，其主要原因是 。
(2)提高“酸浸”速率的措施有 (填一种即可)。
(3)“调pH”范围为 ，能转化为的原因是 。
(4)“氧化2”的离子方程式为 ；净水时被还原成，水解生成胶体，胶体不同于溶液、浊液的本质特征是 。
(5)“电解”会产生废液，该废液可循环用于 (填名称)工序。
(6)“灼烧”中制备的化学方程式为 ；某温度下，在空气中灼烧生成锰的氧化物M，固体失重率约为33.62%，则M的化学式为 。
【答案】(1)基态的价层电子排布式分别为，基态达到半充满稳定结构，再失去1个电子较难，而基态再失去1个电子达到半充满结构，失电子较容易
(2)粉碎矿石或增大反应物浓度或适当加热或搅拌等
(3) 的溶解度小于
(4) 分散质粒子直径在
(5)酸浸
(6)
【分析】锰矿主要成分是，含少量和Fe。锰矿加稀硫酸、硫酸亚铁“酸溶”，被硫酸亚铁还原为硫酸锰，锰和硫酸反应生成硫酸锰、铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，加氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，加氧化铁调节生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣为氢氧化铁、滤液为硫酸锰；在碱性条件下，次氯酸钠把氢氧化铁氧化为高铁酸钠，加浓KOH溶液把高铁酸钠转化为高铁酸钾；硫酸锰溶液电解可以得到二氧化锰；硫酸锰溶液中加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，在空气中灼烧碳酸锰生成二氧化锰，据此分析；
【详解】（1）基态的价层电子排布式分别为，基态达到半充满稳定结构，再失去1个电子较难，而基态再失去1个电子达到半充满结构，失电子较容易，所以的第三电离能大于铁的第三电离能；
（2）根据影响反应速率的因素，提高“酸浸”速率的措施有粉碎矿石、增大反应物浓度、适当加热、搅拌等；
（3）“调”的目的是使Fe3+完全沉淀，Mn2+不能沉淀，所以“调”范围为；“转化”的原理是利用的溶解度小于，Na2FeO4和KOH反应生成K2FeO4沉淀；
（4）“氧化2”是在碱性条件下，用次氯酸钠把氢氧化铁氧化为高铁酸钠，反应的离子方程式为；胶体不同于溶液、悬浊液、乳浊液的本质特征是分散质粒子直径在；
（5）电解硫酸锰溶液生成二氧化锰、氢气、硫酸，“电解”会产生废液硫酸，该废液可循环用于“酸浸”工序；
（6）“灼烧”中碳酸锰和氧气反应生成和二氧化碳，反应的化学方程式为；设M的化学式为MnxOy，根据Mn元素守恒xmol生成1molMnxOy，固体失重率约为33.6%，则，，M的化学式为。
3．（2025·湖北武汉·二模）利用镁泥（主要成分为、和等）为主要原料制取碳酸镁的工业流程如下：
(1)酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：）配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为 吨。
(2)除铁。已知滤渣2的成分与温度、的关系如图所示。
①若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠（上图中阴影部分），写出“除铁”过程总反应的离子方程式： 。
②工业生产不选择以形式除铁的可能原因： （写出两点）。
(3)沉淀。写出“沉淀”过程的离子方程式： 。
(4)控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁，碱式碳酸镁常用作塑料阻燃剂。现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，放出（标准状况），计算该碱式碳酸镁样品中的= 。
(5)某钙镁矿的晶胞结构如图所示。若将全部换为，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为 。
【答案】(1)2.14
(2) 浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢
(3)
(4)
(5)4
【分析】由制备流程可知，镁泥的主要成分为MgCO3、和SiO2，加硫酸时SiO2不溶解，过滤得到滤渣1为二氧化硅，NaClO具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成沉淀除去，滤液通入二氧化碳、加入氢氧化钠溶液反应后得到沉淀，经过滤得到碳酸镁。
【详解】（1）1.78吨发烟硫酸（化学式：）的物质的量为，配制过程中，生成硫酸为，配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为。
（2）①“除铁”时，若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠沉淀，则总反应的离子方程式：。
②由图可知，pH在4附近温度略低于40°C时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以形式除铁的可能原因：浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢。
（3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：。
（4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，根据镁元素守恒，镁离子为，放出（标准状况），其物质的量为，则碳酸根为0.15mol，则根据电荷守恒可知氢氧根的物质的量为0.1mol，则碱式碳酸镁样品中的=3:2。
（5）某钙镁矿的晶胞中若将全部换为，若Ca换为Mg，则该图变为两个立方晶胞，则Mg位于晶胞的8个顶点和6个面心，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为。
4．（2025·辽宁抚顺·三模）某钨锰矿渣(主要成分为、MnO、、及铁的氧化物)综合利用的流程如图：
已知：①P204的萃取机理：。
②当溶液中离子浓度小于或等于mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。
③常温下，一些常见物质的溶度积常数如下表：
物质
④、。
回答下列问题：
(1)“沉淀1”的主要成分是 (填化学式)。
(2)使“有机相2”中的P204萃取剂再生，需选择的试剂为 (填名称)。
(3)“沉钪”工序中发生沉钪反应的化学方程式为 。
(4)“氧化”工序中加入活性，其优点是 ；该工序中发生反应的离子方程式为 。
(5)若“除杂”时溶液中的浓度为0.01mol·L-1.则加入NaOH控制pH的范围是 ~ (溶液体积变化忽略不计，保留3位有效数字)；出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是 。
【答案】(1)、
(2)盐酸
(3)
(4) 提高了的产量且不引入新的金属离子
(5) 2.82 8.60 促进胶体聚沉
【分析】首先用盐酸对原料进行酸浸，其中WO3、SiO2和盐酸不反应，成为沉淀1的主要成分，同时滤液1中含有二价锰离子、三价钪离子，同时可能含有二价和三价铁离子，滤液用P2O4萃取分液，有机相加入氢氧化钠沉钪得到沉淀3，加热得到，水相加入二氧化锰氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀得到沉淀4，,过滤滤液加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀；沉淀1加入氢氧化钠碱浸、过滤，滤液加入盐酸得到钨酸沉淀2，过滤分离出钨酸沉淀加入氨水溶解得到钨酸铵；
【详解】（1）由分析，“沉淀1”的主要成分是SiO2、WO3；
（2）P204的萃取机理：，则使“有机相2”中的P204萃取剂再生，可以加入盐酸，氢离子浓度增大，使得平衡逆向移动，使得P204萃取剂再生，故需选择的试剂为盐酸；
（3）“沉钪”工序中反应为有机相中和氢氧化钠反应生成氢氧化钪沉淀、RNa，反应为：；
（4）二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子：，便于后续铁离子去除，且“氧化”工序中加入活性，反应生成锰离子，提高了的产量且不引入新的杂质金属离子；
（5）常温下，由已知表格数据可知，当铁离子完全沉淀时，，pOH=11.18，pH=2.82；该过程中锰离子不能沉淀，且溶液中的浓度为0.01mol·L-1，则，pOH=5.40，pH=8.60，故控制pH的范围是2.82~8.60；加热可以促进胶体聚沉，则出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是促进胶体聚沉。
5．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）硼化钛()准金属化合物，强度高、硬度大，用于机械制造领域；五氟化锑()是一种高能氟化剂，广泛应用于制药业。工业上以一种含钛的矿渣(主要含、、ZnO、PbO、NiO、CoO)为原料制取硼化钛和五氟化锑的流程如图所示。
已知：性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成；高温下易挥发。
回答下列问题：
(1)为了加快酸浸速率，除适当升温外，还可以采取的一条措施是： 。滤渣Ⅰ的主要成分 (填化学式)，“水解”后经“过滤”得到主要含 的滤液，可以循环利用。
(2)“热还原”中发生反应的化学方程式为 ，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是 。
(3)“除钴镍”，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理如图所示：
、能发生上述转化而不能，推测可能的原因为 。
(4)“除锌铅”加入溶液， (填“能”或“否”)产生气体。若能，其原因是___________，若否，此空不用填。
(5)“电解”时，以惰性材料为电极，锑的产率与电压大小关系如下图所示，当电压超过时，锑的产率降低的原因可能发生副反应的电极反应式 。
【答案】(1) 适当增大盐酸浓度、研磨等
(2) 增加反应物浓度促进反应正向进行，提高TiB2的产率，且高温下易挥发，容易分离
(3)、半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键而不匹配
(4)否
(5)或
【分析】二氧化钛不溶于酸，因此将矿渣加盐酸后滤渣I为TiO2，滤液I为SbCl3、ZnCl2、PbCl2、NiCl2和CoCl2。TiO2加入热的浓硫酸得到TiOSO4溶液，再水解得到TiO2·xH2O沉淀和H2SO4，将TiO2·xH2O用B2O3、C还原得到TiB2。滤液I首先通过有机净化剂吸附分离Co2+和Ni2+，再加入Na2S通过形成ZnS、PbS沉淀的方式除去Zn2+和Pb2+，最后通过电解SbCl3溶液制备Sb，Sb经过氯化得到SbCl5，在经过HF氟化生成SbF5。
【详解】（1）反应速率和温度、浓度、接触面积等有关，因此加快酸浸速率可采用升温、适当增大盐酸浓度、研磨等；据分析，滤渣I的主要成分为TiO2，“水解”后经“过滤”得到主要含H2SO4的滤液。
（2）“热还原”中发生反应为TiO2·xH2O、B2O3、C反应生成TiB2和CO，化学方程式为，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是增加反应物浓度促进反应正向进行，提高TiB2的产率，且高温下易挥发，容易分离。
（3）根据题干可知，有机净化剂为具有立体网格结构的聚合物，通过在网格中填充金属离子从而实现净化，、能发生上述转化而不能，推测可能的原因为、半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键而不匹配。
（4）ZnS和PbS的Ksp很小，S2-易与Zn2+和Pb2+形成ZnS、PbS沉淀，因此不会形成H2S气体。
（5）电解中的主反应为，溶液中的氢还原反应与该反应竞争，当溶液中的还原反应为时，Sb3+会发生氧化：，此时Sb的产率下降。
6．（2025·广东深圳·一模）二氧化铈(CeO2)是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：
已知：①Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+，也能与SO结合成[CeSO4]2+：
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能；
③当某离子的浓度低于1.0×10-5mol·L-1时，该离子沉淀完全。
(1)氧化焙烧中氧化的目的是 。
(2)“萃取”时存在反应：Ce4++n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+，如图中D是分配比，表示Ce(Ⅳ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比D=，保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c()，请解释D随起始料液中c()变化的原因 。
(3)“反萃取”中，温度太高，反应速率逐渐减小的原因是 。
(4)常温下，向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH应大于 时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀。(已知Ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20])
(5)“氧化”步骤的离子方程式为 。
(6)氧化铈CeO2，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm。(已知：O2-的空缺率=×100%)。
①晶体CeO2中每个Ce周围与其最近的Ce个数为 。
②CeO2晶体的密度为 g·cm-3(只需列出表达式)。
③若掺杂Y2O3后得到n(CeO2):n(Y2O3)=3:1的晶体，则此晶体中O2-的空缺率为 。
【答案】(1)将+3价铈氧化为+4价
(2)随着c()增大，水层中Ce4+与结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小
(3)温度越高，双氧水的分解速率越快，使得溶液中双氧水的浓度减小，反应速率减慢
(4)9
(5)2Ce(OH)3+ClO-+H2O=2Ce(OH)4+Cl-
(6) 12 10%
【分析】分析工艺流程，可知氟碳铈矿（主要含CeFCO3）进行“氧化焙烧”，+3价铈被氧化成+4价，同时放出二氧化碳气体。向烧渣中加入盐酸进行酸浸，再用萃取剂进行萃取，Ce4+进入有机层。向有机层加入氟洗液，除去F-。加稀硫酸、H2O2进行反萃取，有机层中的Ce4+被还原为Ce3+进入水层，分液后，向含Ce3+的水层加入NaOH后，Ce3+转化为沉淀，加入次氯酸钠将Ce从+3氧化为+4，最终得到产品，据此解答；
【详解】（1）根据分析可知，氧化的目的是：将+3价铈氧化为+4价；答案为：将+3价铈氧化为+4价；
（2）D随起始料液中c()变化的原因是随着c()增大，水层中Ce4+与SO结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡：Ce4++n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+向左移动，D迅速减小；答案为：随着c()增大，水层中Ce4+与结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小；
（3）“反萃取”时，温度过高，H2O2的分解速率越快，从而使得H2O2的浓度降低，反应速率减慢。答案为：温度越高，双氧水的分解速率越快，使得溶液中双氧水的浓度减小，反应速率减慢；
（4）根据题给信息，当溶液中c(Ce3+)的浓度低于1.0×10-5mol·L-1时，Ce3+沉淀完全。则此时溶液的c(OH-)=，此时溶液的pH=。即当pH>9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀。答案为：9；
（5）“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的离子方程式为2Ce(OH)3+ClO-+H2O=2Ce(OH)4+Cl-，答案为：2Ce(OH)3+ClO-+H2O=2Ce(OH)4+Cl-；
（6）①根据图示，CeO2晶胞中，每个Ce周围与其最近的Ce的个数为12；
②根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为4，O2-数为8，CeO2晶胞中Ce4＋与最近O2-的核间距为apm，则晶胞边长为pm，晶体的密度为；
③CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n(CeO2):n(Y2O3)＝0.6:0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2-的空缺率为。
答案为：12；；10%。
7．（2025·北京海淀·三模）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下：
资料：
i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表
沉淀物
完全沉淀 3.2 9.0 4.7
ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为；
iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)；
iv．沉钒过程前会发生。
(1)焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是 。
(2)焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是 。
(3)滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有 。
(4)“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是 。
(5)沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因： 。
(6)测定产品中的纯度：
称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是 。
(的摩尔质量：)
【答案】(1)
(2)增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应
(3)
(4)除去，降低萃取的，提高钒纯度；用氨水中和，降低溶液中，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率。
(5)，平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质。
(6)
【分析】石煤在220℃条件下空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的钒矿石经水浸、过滤后得到含有Vo2+、以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入铁粉、硫酸溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH=5，除去Al3+，过滤后加入有机试剂萃取V(Ⅳ)，静置分液得到含有V(Ⅳ)的有机物，加入H2SO4反萃取，得到含V(Ⅳ)的溶液，之后进行氧化沉钒得到多钒酸铵，煅烧得到V2O5。
【详解】（1）通焙烧，将转化为，V的化合价升高，做氧化剂，化学方程式为；
（2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应；
（3）铁粉将V(V)还原还原为V(Ⅳ)，同时铁粉还能和、反应，故发生的反应有
、、；
（4）根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高在有机试剂中的萃取率；同时用氨水中和，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率；
（5）溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质；
（6）根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。
8．（2025·广东汕头·三模）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。某锌浸渣中含有、、、、等，利用锌浸渣提取的实验流程如下图所示：
已知：①部分含锗微粒的存在形式与的关系为：
pH pH<2 pH>12
Ge存在形式
②部分金属离子的沉淀：
开始沉淀 7.5 2.3 6.2
沉淀完全 9.0 3.2 8.0
回答下列问题：
(1)“滤渣”的主要成分的化学式是 。
(2)在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(3)“沉锗”步骤中加入的物质A属于碱性氧化物，其化学式是 。“沉锗”操作后，Ge以的形式存在，随着的升高，的沉淀率升高，“沉锗”操作理论上需控制范围为 。
(4)“酸溶”后，溶液的为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，其原理为酒石酸与含锗微粒形成酒石酸络阴离子
①若升高，锗的萃取率下降，原因是 。
②“反萃取”中加入的物质B是 (填标号)。
a．溶液 b．溶液 c．溶液
(5)一种锗晶胞结构如下左图，与锗原子距离最近且相等的锗原子有 个，锗原子A的原子坐标为，锗原子的原子坐标为 ；将该晶胞沿图中体对角线投影，下左图中锗原子B投影的位置是下右图的 号位(填数字)。
【答案】(1)、
(2)
(3)
(4) 生成后难以与酒石酸形成配合物 a
(5) 4 4
【分析】由题给流程可知，锌浸渣用二氧化硫、硫酸溶液还原浸出，将氧化铁转化为硫酸亚铁，氧化锌、氧化锗转化为硫酸锌、硫酸锗，二氧化硅和硫酸铅不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化钙调节溶液pH在5—6.2范围内，将溶液中的硫酸锗转化为二氧化锗沉淀，过滤得到含有硫酸亚铁、硫酸锌的滤液和含有氢氧化钙、二氧化锗的滤渣；向滤渣中加入硫酸溶液酸溶，将氢氧化钙转化为硫酸钙、二氧化锗转化为硫酸锗，经一系列操作得到石膏和硫酸锗溶液；向溶液中加入酒石酸和有机溶剂萃取、分液得到水相和含有的有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于12，反萃取、分液得到锗酸钠，选择合适还原剂将锗酸钠还原得到锗。
【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸铅，故答案为：、；
（2）由分析可知，还原浸出时氧化铁发生的反应为氧化铁与二氧化硫、硫酸溶液反应生成硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）由分析可知，加入氧化钙调节溶液pH在5—6.2范围内的目的是将溶液中的硫酸锗转化为二氧化锗沉淀，故答案为：CaO；；
（4）①由题意可知，加入酒石酸和有机溶剂萃取时，溶液的pH为1.8，锗元素以硫酸锗的形式存在，由题给信息可知，溶液pH升高，溶液中硫酸锗会转化为离子，使得硫酸锗难以与酒石酸形成配合物，导致锗的萃取率下降，故答案为：生成后难以与酒石酸形成配合物；
②由分析可知，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于12，反萃取的目的是分液得到锗酸钠，故选a；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锗原子与位于体对角线上的锗原子距离最近，则与锗原子距离最近且相等的锗原子有4个；位于顶点的锗原子A的原子坐标为，说明晶胞的边长为1，则位于右侧面心的锗原子的原子坐标为；由投影图中锗原子A、C的位置可知，锗原子B投影的位置是图中的4号位，故答案为：4；；4。
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专题13 工艺流程综合题
1．（2025·河北·高考真题）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下：
已知：铬铁矿主要成分是。
回答下列问题：
(1)基态铬原子的价层电子排布式： 。
(2)煅烧工序中反应生成的化学方程式： 。
(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、 、 (填化学式)。
(4)酸化工序中需加压的原因： 。
(5)滤液Ⅱ的主要成分： (填化学式)。
(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式 。
(7)滤渣Ⅱ可返回 工序。(填工序名称)
2．（2025·云南·高考真题）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下：
已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。
②25℃时，的为。
回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。
(2)“还原酸浸”时，反应的离子方程式为 。
(3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：
①
②
上述过程中的催化剂为 。
(4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 。
(5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为 。
(6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则 。
(7)一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。
①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有 个。
②为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为 (列出计算式即可)。
3．（2025·湖南·高考真题）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下：
已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的：
开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1
完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1
回答下列问题：
(1)基态的价层电子排布式为 。
(2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 (写化学式)；还原的化学方程式为 。
(3)“沉铁”时，转化为的离子方程式为 ，加热至的主要原因是 。
(4)“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过 。
(5)“第二次萃取”时， 、 (填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。
4．（2025·山东·高考真题）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含及等元素的氧化物)分离提取等元素，工艺流程如下：
已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于。
回答下列问题：
(1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为 。“高温焙烧”温度为，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有 (填化学式)。
(2)在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)萃取反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂为 (填化学式)。
(4)“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中 。已知：。“溶解”时发生反应的离子方程式为 。
(5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)循环利用。
5．（2025·甘肃·高考真题）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下：
已知：熔点314℃，沸点460℃
分解温度：，，，高于
(1)设计焙烧温度为600℃，理由为 。
(2)将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为 。
(3)酸浸的目的为 。
(4)从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。
(5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为 ，晶体密度计算式为 (用带有阿伏加德罗常数的代数式表示和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。
6．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为的硫酸盐)的工艺流程如下。
已知：①常温下，，；
②结构式为。
回答下列问题：
(1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有 、 。(写出两种)
(2)“沉锰I”中，写出形成的被氧化成的化学方程式 。当将要开始沉淀时，溶液中剩余浓度为 。
(3)“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，最终产物是和 (填化学式)。
(4)“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是 。
(5)“沉镁Ⅱ”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式 。
(6)“结晶”中，产物X的化学式为 。
(7)“焙烧”中，元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。
7．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为；
②；
③酒石酸(记作)结构简式为。
回答下列问题：
(1)分子中手性碳原子数目为 。
(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为 (填离子符号)。
(3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(5)滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。
(6)“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ，pH过高可能生成 (填化学式)。
(7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。
8．（2025·安徽·高考真题）某含锶()废渣主要含有和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。
已知时，
回答下列问题：
(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为 。
(2)“浸出液”中主要的金属离子有、 (填离子符号)。
(3)“盐浸”中转化反应的离子方程式为 ；时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中 (忽略溶液体积的变化)。
(4)其他条件相同时，盐浸，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是 。
(5)“浸出渣2”中主要含有、 (填化学式)。
(6)将窝穴体a(结构如图2所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是 。
(7)由制备无水的最优方法是 (填标号)。
a．加热脱水 b．在气流中加热 c．常温加压 d．加热加压
1．（2025·江苏连云港·一模）以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料制备 Co3O4。
(1)“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2，充分反应后，过滤。
①在加料完成后，提高浸取效率的措施有 写2点)。
②过滤后，滤渣的主要成分为 。
(2)“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+。
①加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为 。
②滤液中加入MnF2固体发生的反应为MnF2＋Ca2+ CaF2＋Mn2+。已知：K＞105认为反应进行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2能除去Ca2+的原因： 。
(3)“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA表示)萃取金属离子，原理为Co2+＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含Co2+的溶液。
①“萃取”时，随着pH的升高，Co2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是 。
②“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有 。
(4)“制备”。已知：CoC2O4从水溶液中析出的主要成分为CoC2O4·2H2O，其在空气中受热的质量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含Co2+的溶液制备Co3O4的实验方案：取富含Co2+的溶液， ，得到Co3O4。(须使用的试剂：0.1mol·L 1Na2C2O4溶液、盐酸、BaCl2溶液)。
2．（2025·河北保定·二模）是锌锰电池的正极材料，是一种绿色净水剂。以某锰矿(主要成分是，含少量Mn和Fe)为原料制备和的流程如图。回答下列问题：
已知：常温下，部分金属离子在溶液中沉淀的pH如表所示。
金属离子
开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.1
完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.1
(1)Mn和Fe两元素的部分电离能数据如下表所示。
元素 Mn Fe
电离能/() 717 759
1509 1561
3248 2957
Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，其主要原因是 。
(2)提高“酸浸”速率的措施有 (填一种即可)。
(3)“调pH”范围为 ，能转化为的原因是 。
(4)“氧化2”的离子方程式为 ；净水时被还原成，水解生成胶体，胶体不同于溶液、浊液的本质特征是 。
(5)“电解”会产生废液，该废液可循环用于 (填名称)工序。
(6)“灼烧”中制备的化学方程式为 ；某温度下，在空气中灼烧生成锰的氧化物M，固体失重率约为33.62%，则M的化学式为 。
3．（2025·湖北武汉·二模）利用镁泥（主要成分为、和等）为主要原料制取碳酸镁的工业流程如下：
(1)酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：）配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为 吨。
(2)除铁。已知滤渣2的成分与温度、的关系如图所示。
①若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠（上图中阴影部分），写出“除铁”过程总反应的离子方程式： 。
②工业生产不选择以形式除铁的可能原因： （写出两点）。
(3)沉淀。写出“沉淀”过程的离子方程式： 。
(4)控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁，碱式碳酸镁常用作塑料阻燃剂。现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，放出（标准状况），计算该碱式碳酸镁样品中的= 。
(5)某钙镁矿的晶胞结构如图所示。若将全部换为，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为 。
4．（2025·辽宁抚顺·三模）某钨锰矿渣(主要成分为、MnO、、及铁的氧化物)综合利用的流程如图：
已知：①P204的萃取机理：。
②当溶液中离子浓度小于或等于mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。
③常温下，一些常见物质的溶度积常数如下表：
物质
④、。
回答下列问题：
(1)“沉淀1”的主要成分是 (填化学式)。
(2)使“有机相2”中的P204萃取剂再生，需选择的试剂为 (填名称)。
(3)“沉钪”工序中发生沉钪反应的化学方程式为 。
(4)“氧化”工序中加入活性，其优点是 ；该工序中发生反应的离子方程式为 。
(5)若“除杂”时溶液中的浓度为0.01mol·L-1.则加入NaOH控制pH的范围是 ~ (溶液体积变化忽略不计，保留3位有效数字)；出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是 。
5．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）硼化钛()准金属化合物，强度高、硬度大，用于机械制造领域；五氟化锑()是一种高能氟化剂，广泛应用于制药业。工业上以一种含钛的矿渣(主要含、、ZnO、PbO、NiO、CoO)为原料制取硼化钛和五氟化锑的流程如图所示。
已知：性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成；高温下易挥发。
回答下列问题：
(1)为了加快酸浸速率，除适当升温外，还可以采取的一条措施是： 。滤渣Ⅰ的主要成分 (填化学式)，“水解”后经“过滤”得到主要含 的滤液，可以循环利用。
(2)“热还原”中发生反应的化学方程式为 ，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是 。
(3)“除钴镍”，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理如图所示：
、能发生上述转化而不能，推测可能的原因为 。
(4)“除锌铅”加入溶液， (填“能”或“否”)产生气体。若能，其原因是___________，若否，此空不用填。
(5)“电解”时，以惰性材料为电极，锑的产率与电压大小关系如下图所示，当电压超过时，锑的产率降低的原因可能发生副反应的电极反应式 。
6．（2025·广东深圳·一模）二氧化铈(CeO2)是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：
已知：①Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+，也能与SO结合成[CeSO4]2+：
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能；
③当某离子的浓度低于1.0×10-5mol·L-1时，该离子沉淀完全。
(1)氧化焙烧中氧化的目的是 。
(2)“萃取”时存在反应：Ce4++n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+，如图中D是分配比，表示Ce(Ⅳ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比D=，保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c()，请解释D随起始料液中c()变化的原因 。
(3)“反萃取”中，温度太高，反应速率逐渐减小的原因是 。
(4)常温下，向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH应大于 时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀。(已知Ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20])
(5)“氧化”步骤的离子方程式为 。
(6)氧化铈CeO2，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm。(已知：O2-的空缺率=×100%)。
①晶体CeO2中每个Ce周围与其最近的Ce个数为 。
②CeO2晶体的密度为 g·cm-3(只需列出表达式)。
③若掺杂Y2O3后得到n(CeO2):n(Y2O3)=3:1的晶体，则此晶体中O2-的空缺率为 。
7．（2025·北京海淀·三模）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下：
资料：
i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表
沉淀物
完全沉淀 3.2 9.0 4.7
ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为；
iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)；
iv．沉钒过程前会发生。
(1)焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是 。
(2)焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是 。
(3)滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有 。
(4)“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是 。
(5)沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因： 。
(6)测定产品中的纯度：
称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是 。
(的摩尔质量：)
8．（2025·广东汕头·三模）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。某锌浸渣中含有、、、、等，利用锌浸渣提取的实验流程如下图所示：
已知：①部分含锗微粒的存在形式与的关系为：
pH pH<2 pH>12
Ge存在形式
②部分金属离子的沉淀：
开始沉淀 7.5 2.3 6.2
沉淀完全 9.0 3.2 8.0
回答下列问题：
(1)“滤渣”的主要成分的化学式是 。
(2)在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(3)“沉锗”步骤中加入的物质A属于碱性氧化物，其化学式是 。“沉锗”操作后，Ge以的形式存在，随着的升高，的沉淀率升高，“沉锗”操作理论上需控制范围为 。
(4)“酸溶”后，溶液的为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，其原理为酒石酸与含锗微粒形成酒石酸络阴离子
①若升高，锗的萃取率下降，原因是 。
②“反萃取”中加入的物质B是 (填标号)。
a．溶液 b．溶液 c．溶液
(5)一种锗晶胞结构如下左图，与锗原子距离最近且相等的锗原子有 个，锗原子A的原子坐标为，锗原子的原子坐标为 ；将该晶胞沿图中体对角线投影，下左图中锗原子B投影的位置是下右图的 号位(填数字)。
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