专题解密（三） 无机化工流程题 专题检测（实战演练）-【高考引领教学】高考化学一轮针对性复习方案（全国通用）

专题解密（三） 无机化工流程题 专题检测

（7小题，共100分）

1.（2022届河南省濮阳市高三一模）（14分）锑（Sb）是第VA族元素，其单质主要用于制造合金、半导体。三氧化二锑俗称锑白，是白色粉末，不溶于水，是一种两性氧化物，主要用于白色颜料、油漆和塑料、石油化工等。某工厂用羽毛矿（主要成分为Pb4FeSb6S14）制取锑白的工艺流程如图所示：

（1）Pb4FeSb6S14中的锑元素只显一种化合价，则其化合价是______。X是一种固体单质，其成分是___________（填化学式）。

（2）氯化浸出中，除铅与X外，被氧化的元素反应后均显高价，写出相应的化学方程式：__________________________________。操作1为加水稀释，写出生成SbOCl的离子方程式：_______________________________________。

（3）试剂1通常选用氨水而不是NaOH溶液，最可能的原因是___________________。操作2的内容是_____________、干燥。

（4）在强碱性条件下电解Na3SbS3溶液（原理如图）可得到单质锑。

写出阴极的电极反应式：___________________，B电极应接电源的______极，当有2molSb生成时，通过阳离子交换膜的离子数为_________（设NA为阿伏加德罗常数的值）。

【答案】（1）+3；S

（2）2Pb4FeSb6S14+41Cl2＝8PbCl2+2FeCl3+12SbCl5+28S；Sb3++Cl－+H2O＝SbOCl↓+2H+

（3）Sb2O3可溶解在过量的NaOH溶液中，但不会溶解在过量的氨水中；过滤、洗涤

（4）SbS33－+3e－＝Sb+3S2－；正；6NA

【解析】（1）锑是第VA族元素，主要化合价为+5、+3。在Pb4FeSb6S14中硫元素显－2价，Pb为+2价，Fe为+2价，假设Sb元素化合价为+x，根据化合物中元素化合价代数和等于0可得4×2+2+6x＝2×14，解得x＝+3价。羽毛矿主要成分为Pb4FeSb6S14，向其中加入水，然后通入Cl2进行氧化反应，金属变为金属氯化物，S被氧化为S单质，S单质在常温下为固体，所以X只能是硫；

（2）根据题意可知：羽毛矿Pb4FeSb6S14与氯气反应时，S被氧化变为S单质，Pb变为PbCl2，其余元素被氧化为高价态，则根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式：2Pb4FeSb6S14+41Cl2＝8PbCl2+2FeCl3+12SbCl5+28S；操作1为加水稀释，生成难溶性的SbOCl，根据盐的水解规律，结合电荷守恒、原子守恒可得Sb3++Cl－+H2O＝SbOCl↓+2H+；

（3）由题意可知Sb2O3是两性氧化物，能够与强碱NaOH发生反应，所以Sb2O3可溶解在过量的NaOH溶液中，但不会溶解在过量的氨水中，因此试剂1通常选用氨水而不是NaOH溶液；分离难溶性固体与可溶性液体混合物使用过滤方法，然后经沉淀经洗涤、干燥得到锑白；

（4）与电源负极连接的电极为阴极，得到电子发生还原反应，由题意可知：电解Na3SbS3溶液得到Sb单质，则在阴极上发生反应：SbS33－+3e－＝Sb+3S2－，故A为电源的负极，B为电源的正极；根据电解时阴极电极式可知：每产生1molSb，转移3mol电子，则生成2molSb时，转移6mol电子，同时得到6molS2－，根据溶液呈电中性可知要有6molNa+通过阳离子交换膜，通过了Na+数目为6NA。

2．（2022届辽宁省辽阳市高三一模）（15分）二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料制备CeO2的一种工艺流程如图：

已知：①Ce4+能与F－结合成［CeFx］（4－x）+，也能与SO42－结合成［CeSO4］2+；②Ce4+在硫酸体系中能被萃取剂［（HA）2］萃取，而Ce3+不能。回答：

（1）“氧化培烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_____________________。

（2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体，写出CeO2与盐酸反应的离子方程式：___________________________________；为避免产生上述污染，解决方案为________________________。

（3）“萃取”时存在反应：Ce4++n（HA）2Ce·（H2n－4A2n）+4H+。实验室中萃取时要用到的主要玻璃仪器名称为__________；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＝c［Ce·（H2n－4A2n）］/c｛［CeSO4］2+｝。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c（SO42－），D随起始料液中c（SO42－）变化的原因：____________________。在D＝80的条件下，取20mL含四价铈总浓度为0.1mol/L的酸浸液，向其中加入10mL萃取剂（HA）2，充分振荡，静置，水层中［CeSO4］2+＝________。（结果保留二位有效数字）。

（4）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+。H2O2在该反应中作用与下列反应中H2O2的作用相同的是________。

    A．H2O2处理含酸性重铬酸钾的废水

    B．H2O2和二氧化锰混合制氧气

    C．H2O2与氧化钙制过氧化钙

    D．H2O2在海带提碘实验中的作用

（5）“氧化”步骤的化学方程式为：_________________________。

（6）取上述流程中得到的CeO2产品wg，加硫酸溶解后，用V1mL a mol/L FeSO4溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+，其他杂质均不反应，Ce3+为无色），用b mol/L标准酸性KMnO4溶液滴定过量的FeSO4，消耗V2mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为________。

【答案】（1）增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率

（2）2CeO2+2Cl－+8H+＝2Ce3++ Cl 2↑+4H2O；将HCl（盐酸）改用H2SO4酸浸

（3）分液漏斗；随着c（SO42－）增大，水层中Ce4+被SO42－结合成［CeSO4］2+，导致萃取平衡向逆向移动，D迅速减小；0.0024mol/L

（4）A（5）2Ce（OH）3+NaClO+H2O＝2Ce（OH）4+NaCl

（6）%

【解析】（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒是为了增加固体与氧气接触面积燃烧充分，增大固体和氧气的接触面积，反应更充分；

（2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体应为氯气，CeO2与盐酸发生氧化还原反应生成Ce3+和氯气，可以用硫酸代替盐酸而避免产生氯气污染；

（3）实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗，根据平衡Ce4++n（HA）2Ce·（H2n－4A2n）+4H+，加入Na2SO4时，随着c（SO42－）增大，水层中Ce4+被SO42－结合成［CeSO4］2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小。在D＝80的条件下，D＝c［Ce·（H2n－4A2n）］/c｛［CeSO4］2+｝，即c［Ce·（H2n－4A2n）］＝80c｛［CeSO4］2+｝，依据题意，0.1mol/L×20mL＝20mL×c｛［CeSO4］2+｝+10mL×80×c｛［CeSO4］2+｝，c｛［CeSO4］2+｝＝0.0024mol/L。

（4）“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，H2O2在该反应中作还原剂。H2O2处理含酸性重铬酸钾的废水，过氧化氢做还原剂，A正确；H2O2和二氧化锰混合制氧气，发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，B错误；H2O2与氧化钙制过氧化钙，不发生氧化还原反应，C错误；H2O2在海带提碘实验中作氧化剂，D错误。

（5）“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的化学方程式为2Ce（OH）3+NaClO+H2O＝2Ce（OH）4+NaCl。

（6）V1mL a mol/L FeSO4溶液中Fe2+的物质的量为aV1×10－3mol，用b mol/L标准酸性KMnO4溶液滴定过量的FeSO4，反应为MnO4－+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，消耗V2mL标准溶液，即Fe2+与Ce4+反应了aV1×10－3mol－5bV2×10－3mol，根据电子得失守恒可得关系式Ce4+～Fe2+，所以CeO2的质量为（aV1×10－3－5bV2×10－3）mol×172g/mol＝172（aV1－5bV2）×10－3g，产品中CeO2的质量分数为（CeO2）＝×100%＝%。

3．（2022届重庆市高三11月调研）（14分）磁性氧化铁具有广阔的应用前景，中国已成为世界磁性材料生产大国。以高硫铝土矿（主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2等）提取氧化铝和磁性氧化铁，其流程如下：

（1）磁性氧化铁的化学式为______；写出滤渣Ⅰ主要成分的两种用途：__________；反应Ⅲ加入FeS2的目的是作为______（填“氧化剂”或“还原剂”）。

（2）操作Ⅰ在实验中要用到的玻璃仪器有___________________________。

（3）焙烧Ⅰ中，FeS2发生反应的化学方程式为___________________________。

（4）焙烧Ⅰ的过程中采用如右图所示的“多层逆流焙烧”，“多层逆流焙烧”的优点是______________________________（任答一点）。

（5）流程中“气体Ⅱ”的化学式为______________，焙烧Ⅱ中氧化铝参与反应的化学方程式为____________________________。

（6）为了测定mg高硫铝土矿中铝元素的含量，将流程中制取的Al2O3溶解于足量稀硫酸，配成100mL溶液，取出20mL，加入cmol·L－1EDTA标准溶液amL，调节溶液pH并煮沸，冷却后用bmol·L－1 CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液VmL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。则mg高硫铝土矿中铝元素的质量分数为__________________（用含V、m、a、b、c的代数式表示）。

【答案】（1）Fe3O4；光导纤维、制玻璃等；还原剂

（2）漏斗、烧杯、玻璃棒

（3）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2

（4）增大接触面积，使充分反应

（5）NH3；Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+6NH3↑+3H2O

（6）%

【解析】（1）磁性氧化铁为Fe3O4；滤渣Ⅰ主要成分是SiO2，SiO2可用于光导纤维、制玻璃、建筑材料等；反应Ⅲ加入FeS2的目的是把部分+3价Fe还原成+2价Fe。

（2）操作Ⅰ是过滤，过滤在实验中要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。

（3）焙烧Ⅰ中，FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，其化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。

（4）“多层逆流焙烧”优点：增大接触面积，使充分反应。

（5）焙烧Ⅱ产生的气体只能是NH3，由滤液的主要成分可知，Al2O3与（NH4）2SO4反应生成NH4Al（SO4）2和NH3，其方程式为：Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+6NH3↑+3H2O。

（6）由“Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1”可知20mL溶液中：n（Cu2+）+n（Al3+）＝n（EDTA）＝a×10－3L×cmol·L－1＝ac×10－3mol，n（Cu2+）＝V×10－3L×bmol·L－1＝bV×10－3mol，n（Al3+）＝ac×10－3mol－bV×10－3mol＝（ac－bV）×10－3mol，则mg高硫铝土矿中铝元素的质量m（Al3+）＝（ac－bV）×10－3mol×27g/mol×＝0.135（ac－bV）g，铝元素的质量分数（Al）＝×100%＝%。

4.（2022届河北省任丘市高三11月联考）（14分）金属铍是一种有着“超级金属”之称的新兴材料。绿柱石主要成分有BeO、Al2O3、SiO2、Fe2O3和FeO等。采用以下工艺流程可由绿柱石制备单质铍。

已知：i．铍和铝的化学性质相似。ⅱ．（NH4）2BeF4易溶于水，且在水中的溶解度随温度升高显著增大。ⅲ.该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：

（1）“酸浸”前将绿柱石进行粉碎的目的是___________________________；“氧化”时的离子方程式为_____________________。

（2）滤渣2的主要成分是____________。调节pH的合理范围为____________。

（3）从溶液中得到（NH4）2BeF4晶体需经______、_____、过滤、洗涤、干燥等操作。

（4）写出BeF2与过量氢氧化钠溶液反应的化学方程式__________________。

（5）铍铜是广泛使用的一种铍合金。若绿柱石中BeO的含量为a%，上述工艺流程中Be的产率为b%，则1t该绿柱石理论上可生产Be含量为2%的镀铜合金______（用a、b表示）t。

【答案】（1）增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率；2H++H2O2+2Fe2+＝2Fe3++2H2O

（2）Fe（OH）3、Al（OH）3；5.0≤pH＜5.2或5.0~5.2

（3）蒸发浓缩；冷却结晶

（4）BeF2+4NaOH＝Na2BeO2+2NaF+2H2O

（5）1.8×10－3ab

【解析】绿柱石主要成分有BeO、Al2O3、SiO2、Fe2O3和FeO，用硫酸酸浸得到含有Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+的溶液，SiO2难溶于酸，形成滤渣1，滤液中加入双氧水在酸性环境下将Fe2+氧化成Fe3+，再加入一水合氨调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀除去，之后再加一水合氨得到Be（OH）2沉淀，沉淀再与NH3、HF反应得到（NH4）2BeF4，高温煅烧得到BeF2，加入Mg再高温下发生置换反应得到Be。

（1）粉碎绿柱石可以增大与硫酸的接触面积，提高浸取率和反应速率；氧化时双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为2H++H2O2+2Fe2+＝2Fe3++2H2O；

（2）根据分析可知加入一水合氨调节pH，使Al3+、Fe3+转化为沉淀除去，所以滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3；根据表格数据可知当pH大于5.0时Al3+、Fe3+都完全沉淀，但同时不能使Be2+沉淀，所以pH要小于5.2，则调节pH的合理范围为5.0≤pH＜5.2或5.0~5.2；

（3）（NH4）2BeF4易溶于水，且在水中的溶解度随温度升高显著增大，所以从溶液中得到晶体需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；

（4）铍和铝的化学性质相似，故BeF2与过量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：BeF2+4NaOH＝Na2BeO2+2NaF+2H2O；

（5）根据原子守恒，依据已知条件1t该绿柱石理论上能生产含镀量2%的镀铜合金的质量为＝1.8×10－3abt。

5．（2022届湖南省邵阳市高三11月模拟）（14分）钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H2O）常用于配制金属缓蚀剂。图为利用钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。回答下列问题：

（1）为了提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施是________（写一条即可），写出焙烧时生成MoO3的化学方程式____________________________________。

（2）“浸取”时产生的气体A是________。

（3）若“过滤”前加入的沉淀剂为Na2S，则废渣的成分为________（填化学式）。

（4）“结晶”前需向滤液中加入Ba（OH）2固体以除去CO32－。若滤液中c（MoO42－）＝0.40mol/L，c（CO32－）＝0.20mol/L，要使钼元素无损失，CO32－的最大去除率是________［已知：Ksp（BaCO3）＝1.0×10－9，Ksp（BaMoO4）＝4.0×10－8］。

（5）重结晶得到的母液可以在下次重结晶时亚复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是________________________________。

（6）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在缓蚀剂中的腐蚀速率实验结果如图所示。要使碳素钢的缓蚀效果最好，缓蚀剂中钼酸钠（摩尔质量为M）的物质的量浓度为________mol/L。

【答案】（1）固体粉碎或逆流焙烧等措施来提高焙烧效率；2MoS2+7O22MoO3+4SO2

（2）CO2

（3）PbS

（4）95%

（5）使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度

（6）

【解析】钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）在空气中焙烧，生成MoO3、PbO和SO2，加Na2CO3浸取，发生反应MoO3+CO32－＝MoO42－+CO2↑，PbO转化为Pb2+，加Na2S，Pb2+转化为PbS沉淀，溶液经过结晶、重结晶，得到Na2MoO4·2H2O。

（1）固体粉碎、逆流焙烧等措施可以提高焙烧效率；MoS2焙烧时生成MoO3、SO2，方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

（2）浸取时的反应为MoO3+CO32－＝MoO42－+CO2↑，气体为CO2；

（3）过滤前加Na2S，Pb2++S2－＝PbS↓；

（4）Mo没有损失，故c（Ba2+）·c（MoO42－）＜Ksp（BaMoO4），Ksp（BaMoO4）＝4.0×10－8，故c（Ba2+）＜1×10－7，CO32－要尽量沉淀，c（Ba2+）c（CO32－）＜Ksp（BaCO3），Ksp（BaCO3）＝1.0×10－9，故c（CO32－）＞＝＝10－2mol·L－1，CO32－的最大去除率是×100%＝95%；

（5）每次结晶，杂质都会留在母液中，使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度；

（6）根据图像可知，碳素钢的缓蚀效果最好时，缓蚀剂中钼酸钠的物质的量浓度为150mg/L，物质的量浓度为mol/L。

6．（2022届江苏省连云港市高三上学期期末）（14分）PbCrO4是一种黄色颜料，制备PbCrO4的一种实验步骤如图1：

已知：①Cr（OH）3（两性氢氧化物）呈绿色且难溶于水；②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp为2.8×10﹣13，Pb（OH）2开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图2所示。

④PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成。

（1）实验时需要配制100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是_____________________。

（2）“制NaCrO2（aq）”时，控制NaOH溶液加入量的操作方法是___________。

（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，其原因是__________________________；“氧化”时发生反应的离子方程式为_________________________________。

（4）“煮沸”的目的是____________________。

（5）请设计用“冷却液”制备PbCrO4的实验操作：_______________________［实验中须使用的试剂有：6mol•L﹣1的醋酸，0.5mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH试纸］。

【答案】（1）100mL容量瓶和胶头滴管

（2）不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解

（3）减小H2O2自身分解损失；2CrO2－+3H2O2+2OH－＝2CrO42﹣+4H2O

（4）除去过量的H2O2

（5）①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb（NO3）2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb（NO3）2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb（NO3）2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4

【解析】（1）实验时需要配制100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容；

（2）Cr（OH）3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量；

（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分解而损失，反应的离子方程式为2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；

（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的；

（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息②由Pb（NO3）2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb（OH）2沉淀，由信息③的图象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，结合信息④，需要先生成少许的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol•L﹣1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb（NO3）2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥。

7．（2022届八省联考福建卷）（15分）废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等。采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰，制备正极材料的前驱体（NiCO3·CoCO3·MnCO3）。

回答下列问题：

（1）“酸浸”温度为85℃，粉体中的钴（以Co2O3表示）还原浸出的化学方程式为_________________，H2O2的用量比理论用量多一倍的原因是______________________。

（2）“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，加入的化合物X是________填化学式）。

（3）“除铜”时获得萃余液的操作名称是_______。

（4）“除铝”时反应的离子方程式为___________。萃余液中Co2+的浓度为0.33mol·L－1，通过计算说明，常温下除铝控制溶液pH为4.5，是否造成Co的损失____________________________？（列出算式并给出结论）已知：（Ksp［Co（OH）2］＝5.9×10－15）

（5）从滤液④中可提取______________，（任写一种）用作________________。

【答案】（1）Co2O3+2H2SO4+H2O2＝2CoSO4+O2↑+3H2O；过氧化氢易分解

（2）NaOH（3）分液

（4）Al3++3NH3▪H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+；

c（Co2+）·c2（OH－）＝0.33×（）2＝3.3×10－20＜5.9×10－15＝Ksp［Co（OH）2］，无Co（OH）2沉淀产生，不会造成Co的损失

（5）锂电池原料或（NH4）2SO4氮肥

【解析】活性粉体加入硫酸和过氧化氢，氧化锂反应生成硫酸锂，氧化镍生成硫酸镍，二氧化锰和硫酸不反应，铁和硫酸反应，在过氧化氢存在下生成硫酸铁，铝和硫酸反应生成硫酸铝，铜在酸性条件下被过氧化氢氧化生成硫酸铜，碳不溶解，转化为浸渣。滤液①中加入X得到黄钠铁矾，从化学式分析，应加入的是氢氧化钠。滤液②中加入铜萃取剂，分液分离出萃出液，萃余液加入氨水将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，最后加入碳酸氢铵得到前驱体。

（1）“酸浸”时加入过氧化氢，具有氧化性和还原性，粉体中的钴（以Co2O3表示）还原浸出，从最终产物分析，产生Co2+，过氧化氢做还原剂，生成氧气，化学方程式为Co2O3+2H2SO4+H2O2＝2CoSO4+O2↑+3H2O，“酸浸”温度为85℃，过氧化氢容易分解，所以H2O2的用量比理论用量多一倍；

（2）“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，从产生分析，应引入含有该钠离子的碱性物质，故加入的化合物X是氢氧化钠，化学式为NaOH；

（3）获得萃余液的操作名称是分液；

（4）“除铝”时是铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为Al3++3NH3▪H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+。萃余液中Co2+的浓度为0.33mol·L－1，常温下除铝控制溶液pH为4.5，c（H+）＝1×10－4.5mol/L， c（OH－）＝＝mol/L＝1×10－9.5mol/L，根据浓度熵公式计算，Q＝c（Co2+）·c2（OH－）＝0.33×（1×10－9.5）2＝3.3×10－20＜5.9×10－15，无Co（OH）2沉淀产生，不会造成Co的损失；