2024年甘肃卷T15-工业流程变式题

1．我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知： (1)高炉渣与经焙烧产生的“气体”是 。 (2)“滤渣”的主要成分是和 。 (3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。 (4)铝产品可用于 。 (5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为 ；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为 (列出计算表达式)。 2．废物再利用是一种环保行为，可以有效降低环境污染，同时又能达到资源的再利用。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如图： 已知：ⅰ．酸浸液中的金属阳离子有、、、、等 ⅱ．在水中的溶解度随温度升高而增大 回答下列问题： (1)提高“酸浸”速率的方法有 。(任写一条) (2)基态Fe原子价层电子的轨道表示式 。Fe的晶胞结构如图所示，已知表示阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数为anm，则Fe晶胞的密度为 (用含和a的代数式表示)。 (3)黄钠铁矾的化学式为，“除铁”的离子方程式为 。 (4)“除钙镁”时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是 (结合平衡理论解释)。 (5)镍、钴萃取率与料液pH、萃取剂体积与料液体积比的关系曲线如图所示，则“萃取”时应选择的pH和分别为 、 。 (6)获得的“一系列操作”是 ，工艺流程中，可循环利用的物质是 。 3．五氧化二钒()广泛用作合金添加剂及有机化工催化剂。从废钒催化剂(含有、及少量、等杂质)回收的部分工艺流程如下： 已知： ①可溶于热水，不溶于乙醇； ②常温下，部分含钒物质在水中的溶解性见下表； 物质 溶解性 难溶 可溶 易溶 难溶 ③＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系见下表； pH <6 6～8 8～10 10～12 主要离子 回答下列问题： (1)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为___________(填字母)。 A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．NaOH溶液 (2)“中和”时调节pH为7的目的，一是将转化为；二是 。 (3)“沉钒”前需将溶液先进行“离子交换”和“洗脱”，再加入生成“离子交换”和“洗脱”两步操作可简单表示为：(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈 (填“酸性”或“碱性”)，理由是 。 (4)“沉钒”析出的晶体需要洗涤，证明已洗涤干净的实验操作及现象为 。 (5)写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 。 (6)钒(V)的某种氧化物的晶胞结构如图所示。该晶体的化学式为 。 4．铜是人类最早使用的金属，在生产生活中有着重要的应用。一种以黄铜矿（主要成分为，含少量Fe的氧化物、、Au等）为原料制备纳米Cu的工艺流程如图。 回答下列问题： (1)溶浸前，要将黄铜矿粉碎过筛，目的是 。 (2)溶浸后，滤渣的主要成分为 （填化学式）。 (3)写出加入双氧水氧化时反应的离子方程式 。 (4)氨化时要确保溶液的pH不小于 （当离子的浓度 mol⋅L时视为完全沉淀，已知常温下，）。 (5)保持其他条件相同，分别测得纳米Cu的产率随和pH变化的曲线如图。 生产时pH过大，纳米Cu的产率反而下降的原因可能是 。 (6)纳米氧化亚铜（）是一种用途广泛的光电材料，已知高温下比CuO稳定，解释高温下比CuO更稳定的原因： 。 (7)的晶胞结构如图所示，该结构中O原子的配位数是 ；晶胞结构为正方体，边长为a pm，则晶体的密度为 g·cm（用含、a的代数式表示）。 5．以废旧镍氢电池的金属电极芯[主要成分为和，还含有少量铁、铝的氧化物]为原料回收钴、镍的化合物，流程如图： 已知：①部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。 离子 开始沉淀的pH 6.3 1.5 3.4 6.2 7.2 完全沉淀的pH 8.3 2.8 4.7 8.9 9.2 1.1 ②酸性条件下的氧化性：>。 回答下列问题： (1)“氧化”时作 (填“氧化剂”或“还原剂”，下同)，“浸出”时作 。 (2)写出“沉钴1”中转化为的离子方程式： 。 (3)设计“”的目的是 。 (4)“沉钴2”中发生反应的离子方程式为 ， (填“能”或“不能”)用替代，理由是 。 (5)设计实验检验是否洗净： 。 (6)水溶液中、的颜色与分裂能大小有关。定义1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d轨道的分裂能。d轨道分裂能： (填“>”“<”或“=”)。 (7)镍单质晶胞有两种形式，如图所示。已知：图1晶胞棱长为acm，图2中晶胞底边长为bcm，高为ccm。图1、图2(正六棱柱)镍晶体密度之比为 。 6．一种回收锌电解阳极泥(主要成分为、和，还有少量锰铅复合氧化物和)中金属元素锌、铅和银的工艺流程如下。回答下列问题： 已知：易溶于水，不溶于乙醇。 (1)中的化合价为+2价，的化合价有+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价的个数比为 ，基态原子的价层电子排布图为 。 (2)滤液1的主要溶质为 (填化学式)。 (3)“还原酸浸”工序中主要反应的化学方程式为 。 (4)结合溶解度曲线图分析，由溶液制得晶体的“一系列操作”为加热蒸发、趁热过滤、洗涤、干燥。结合溶解度曲线分析趁热过滤的原因是 。 (5)“电解”时，加入与水反应生成二元弱酸，在阴极放电生成单质，有利于电还原沉积。则放电的电极反应式为 。 (6)通过计算说明可用溶液将“滤渣”中的转化为的原因 。[已知：25℃时，] (7)锰、镍、镓的某种磁性形状记忆型合金的晶胞结构如图所示。表示阿伏加德罗常数的值。该晶体的密度为 (列出计算式即可)。 7．氢镍电池是目前使用最广的含镍电池，废旧电池的处理对环境保护和资源的再利用意义重大。一种对废旧氢镍电池负极材料(含有NiO、Ni和少量La、Fe、Mg、、等)进行湿法处理的流程如图1所示： 已知：①可形成； ②； ③第一步完全电离，。 回答下列问题： (1)“酸浸”后浸渣的主要成分为 。 (2)若滤渣1的成分为，已知“沉镧”过程中溶液的pH与沉镧率的变化关系如图2所示。试分析pH<2.0时沉镧率降低的原因： 。 (3)“沉镁”后滤液3中c(F-)≥ mol/L(溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol/L时认为该离子沉淀完全)。 (4)滤液3中锰以形式存在，中存在一个过氧键(—O—O—)，“沉锰”反应的离子方程式为 。 (5)“沉镍”所用试剂不宜选用氨水的原因为 ；母液中可提取出的循环利用的物质为 (填化学式)。 (6)在一定条件下分解可得到NiO，其晶胞如图3所示。设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为a pm，NiO的摩尔质量为，则晶体的密度为 (列出计算式)。 8．以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备草酸铜(CuC2O4)的流程如图所示： 回答下列问题： (1)滤渣中含有单质S和 (填化学式)，写出“浸取”时反应的化学方程式： 。 (2)“还原”时除生成Cu外，还有N2生成，写出该反应的离子方程式： 。 (3)“氧化溶解”时，也可以直接用稀硝酸溶解Cu，但没有采用此法，考虑的主要原因是 。 (4)向滤液1中加入(或通入)___________(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。 A．铁 B．氯气 C．高锰酸钾 D．氯化氢 (5)“制备”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为 (不考虑立体异构)。 (6)将一定质量的CuC2O4置于Ar气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图1所示。350~400℃下剩余固体的化学式为 。 (7)一种储氢合金的晶胞结构如图2所示。在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置。氢原子处于由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中心(如图)，若所有四面体空隙都填满，则储氢后该晶体密度为 (已知该晶胞的晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为)。 9．碱式硫酸镁晶须是一种无机镁盐晶须，难溶于水，将其添加到以橡胶、塑料为基体的复合材料中，能使该复合材料有良好的阻燃功效。一种以蛇纹石（主要含、、、、等）为原料制备碱式硫酸镁晶须的流程如图： 已知：该工艺条件下，相关金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如表： 开始沉淀 7.6 2.2 3.5 9.5 完全沉淀 9.6 3.2 4.7 11.1 回答下列问题： (1)滤渣1的成分为 （填化学式）。 (2)氧化的目的是 （用离子方程式表示）。 (3)物质X的化学式为 ，pH的调控范围为 。 (4)“水热、陈化”步骤中发生反应的化学方程式为 。 (5)“一系列操作”为 。 (6)将碱式硫酸镁晶须进行热重分析测定其化学式，TG热重曲线[样品的固体残留率（×100％）随温度变化]-DTG（微商热重曲线，表示质量的变化速率随温度的变化）如图1所示，第一次失重发生反应的化学方程式为，第三次失重后获得的晶体的晶胞结构如图2所示。 ①x、y、z为最简整数比，则碱式硫酸镁晶须的化学式为 。 ②图2晶胞中白球的配位数为 。 10．金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓与铝的化学性质类似.从刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）回收镓的一种流程如图所示： 回答下列问题： (1)镓原子结构示意图为，则其在元素周期表第 周期 族。 (2)“酸浸”过程中禁止明火加热，原因是 ；为提高镓的浸出率，可采用的措施是 （填一种即可）。 (3)“结晶”过程中得到的操作主要为 。 (4)滤渣②的主要成分为 。 (5)“碳酸化”过程中不能通入过量的原因为 （用离子方程式表示）。 (6)氮化镓具有优异的光电性能.工业上常采用在1100℃条件下，利用Ga与反应可制备，该反应的化学方程式为 。 (7)晶体的一种立方晶胞如图所示，已知晶胞参数为，的摩尔质量为，则该晶体的密度为 （列出计算式，设为阿伏加德罗常数的值）。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)NH3 (2)SiO2 (3) ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 (4)净水 (5) Ca3N3B 【分析】高炉渣(主要成分为，，和等)加入在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(和水蒸气)反应，生成，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出，剩余富镁溶液；滤渣加入溶液，滤渣中的会转化为更难溶的碳酸钙。 【详解】（1）由分析可知，高炉渣与经焙烧产生的“气体”是NH3； （2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是和未反应的SiO2； （3）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为，该反应之所以能发生，是由于，，，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙； （4）铝产品溶于水后，会产生，水解生成胶体，可用于净水； （5）图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故与N的距离为pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为，N的个数为，B的个数为，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，晶胞体积为则晶体的密度为。 2．(1)搅拌(或适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣) (2) (3) (4)pH降低，增大，平衡正向移动，溶液中减小，为使和的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多 (5) 4.0 1.00 (6) 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 P507+煤油 【分析】废炉渣酸浸后溶液中有金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等，加入过量的铁粉除去Cu2+，滤渣1为铜和过量的铁粉，加入NaClO3，除去Fe2+，加NaF沉淀Mg2+，滤渣2为MgF2，萃取分离Co和Ni，NiSO4溶液经过一系列操作得到NiSO4固体，Co在有机相，加入硫酸反萃取后生成CoSO4。 【详解】（1）搅拌(或适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣)可以提高反应速率； 故答案为：搅拌(或适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣)。 （2） Fe为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价层电子的轨道表示式为；晶胞中含有铁原子数为1+×8=2，晶胞的质量为，体积为(a×10-7cm)3=a3×10-21cm3，Fe晶胞的密度为ρ=； 故答案为：；。 （3）“除铁”步骤是用NaClO3将溶液中的Fe2+氧化为黄钠铁矾，其化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12，反应的离子方程式为：2Na++ClO+6Fe2++4SO+9H2O= Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+； 故答案为： 2Na++ClO+6Fe2++4SO+9H2O= Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+。 （4）“除钙镁”时，随着pH的降低，溶液中的H+增加，H++F-HF的平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多； 故答案为：pH的降低，溶液中的H+增加，H++F-HF的平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多。 （5）萃取目的是获取NiSO4溶液和Co负载有机相，所以Co萃取率越高越好，Ni萃取率越低越好，所以由图分析可知应选择的pH和Va：V0分别为4.0和1.00； 故答案为：4.0；1.00。 （6）由NiSO4溶液获得NiSO4(s)应采用重结晶的方法，故一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；由工艺流程分析可知，可循环利用的物质是萃取剂P507+煤油； 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；P507+煤油。 3．(1)C (2)将、转化为沉淀 (3) 碱性 加入KOH，增大溶液中的，促进平衡向生成的方向移动 (4)取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加氯化钡溶液，无明显现象，证明已洗涤干净 (5) (6) 【分析】废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及少量Fe2O3、Al2O3等杂质)加入稀硫酸、KClO3酸浸氧化，V2O5、VOSO4转化为，Fe2O3、Al2O3等转化为Fe3+、Al3+；加入KOH中和，Fe3+、Al3+部分转化为沉淀；VO转化为VO；加入NH4Cl后，VO转化为NH4VO3沉淀，过滤、洗涤、干燥，然后煅烧成V2O5。 【详解】（1）NH4VO3可溶于热水，不溶于乙醇，洗涤时最好选用乙醇为试剂，综上所述C符合； 故答案为：C。 （2）“中和”时调节pH为7，VO转化为VO，Fe3+、Al3+部分转化为沉淀； 故答案为：Fe3+、Al3+部分转化为沉淀。 （3）洗脱过程中生成VO，根据题意可知增大OH-可以使平衡向生成VO方向移动，故淋洗液应该呈碱性，加入KOH，增大溶液中的c(OH−)，促进平衡向生成VO 的方向移动； 故答案为：碱性；加入KOH，增大溶液中的c(OH−)，促进平衡向生成VO的方向移动。 （4）沉钒完成后，洗涤固体，洗涤液中没有CO，则沉淀洗涤干净，故取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加氯化钡溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净； 故答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加氯化钡溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净。 （5）钒酸铵煅烧时与氧气反应生成五氧化二钒、氮气和水，方程式为：4NH4VO3+3O22V2O5+2N2+8H2O； 故答案为：4NH4VO3+3O22V2O5+2N2+8H2O。 （6）晶胞中体心有1个钒原子，8个顶点各1个钒原子，V原子的个数为1+×8=2，晶胞中有2个氧原子，在上、下两个面上各有2个氧原子，O原子的个数为2+×4=4，则化学式为VO2； 故答案为：VO2。 4．(1)增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分 (2)、Au、S (3)2Fe2+＋ H2O2 ＋ 2H+＝ 2Fe3+＋ 2H2O (4)3.3 (5)铜离子在氢氧根较大的时候宜生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜沉淀不与反应而导致纳米铜的产率下降 (6)Cu2+价电子排布式为3d9，Cu+价电子排布式为3d10，全满结构，稳定，难失电子 (7) 8 【分析】与硫酸铁发生氧化还原反应生成硫单质、亚铁离子，、Au不与硫酸反应，过滤，向滤液中加入双氧水氧化亚铁离子，加入氨水沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入得到纳米铜。 【详解】（1）溶浸前，要将黄铜矿粉碎过筛，目的是增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分；故答案为：增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分。 （2）、Au不与硫酸反应，与硫酸铁发生氧化还原反应生成硫单质、亚铁离子，因此溶浸后，滤渣的主要成分为、Au、S；故答案为：、Au、S。 （3）加入双氧水氧化亚铁离子，其反应的离子方程式2Fe2+＋ H2O2 ＋ 2H+＝ 2Fe3+＋ 2H2O；故答案为：2Fe2+＋ H2O2 ＋ 2H+＝ 2Fe3+＋ 2H2O。 （4），pH=4−lg5=4−(1−0.3)=3.3，则氨化时要确保溶液的pH不小于3.3时视为完全沉淀；故答案为：3.3。 （5）生产时pH过大，纳米Cu的产率反而下降的原因可能是铜离子在氢氧根较大的时候宜生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜沉淀不与反应而导致纳米铜的产率下降；故答案为：铜离子在氢氧根较大的时候宜生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜沉淀不与反应而导致纳米铜的产率下降。 （6）高温下比CuO稳定，解释高温下比CuO更稳定的原因：Cu2+价电子排布式为3d9，Cu+价电子排布式为3d10，全满结构，稳定，难失电子；故答案为：Cu2+价电子排布式为3d9，Cu+价电子排布式为3d10，全满结构，稳定，难失电子。 （7）以右侧面的面心中氧原子分析，左边有四个铜，右边也应该有四个铜，因此该结构中O原子的配位数是8；晶胞结构为正方体，边长为a pm，该晶胞中有4个氧离子，8个亚铜离子，因此晶体的密度为；故答案为：8；。 5．(1) 氧化剂 还原剂 (2) (3)富集、除杂 (4) 不能 碱性强于，可能生成 (5))取少量最后一次洗涤液，滴加盐酸酸化的溶液，若产生白色沉淀，未洗净；否则，已洗净 (6)< (7) 【分析】含镍废电池的金属电极芯[主要成分为和，还含有少量铁、铝的氧化物]加入稀硫酸溶液酸溶，浸取液加入双氧水氧化将Fe2＋氧化为Fe3＋，调pH=5，过滤出产生的Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，滤液可加入次氯酸钠将Co2＋氧化为Co3＋、调pH，过滤出得到的Co(OH)3沉淀，在硫酸参与下，被双氧水还原为Co2＋，加入碳酸氢钠溶液得CoCO3沉淀；所得滤液含NiSO4，沉镍得到Ni(OH)2沉淀，经系列操作得到 NiSO4•7H2O； 【详解】（1）据分析，“氧化”时作氧化剂，“浸出”时作还原剂。 （2）“沉钴1”中转化为，被氧化，则次氯酸钠作氧化剂，还原产物为氯离子，故离子方程式：。 （3）由流程知，“沉钴1”所得的滤液中，氯化钠等与NiSO4共存，则设计“”的目的是富集、除杂。 （4）“沉钴2”为CoSO4溶液加入碳酸氢钠溶液得CoCO3沉淀，则同时有二氧化碳产生，发生反应的离子方程式为，该过程不能用替代，理由是：碱性强于，可能生成。 （5）欲检验是否洗净，即检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，则检验是否洗净设计的实验是：取少量最后一次洗涤液，滴加盐酸酸化的溶液，若产生白色沉淀，未洗净；否则，已洗净。 （6）定义1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d轨道的分裂能，中心离子电荷数越大，中心与配体距离越近，则作用越强、d轨道的分裂能越大，的中心离子电荷数小，离子半径：Co2+＞Co3+，所以d轨道分裂能：＜。 （7）镍单质晶胞有两种形式，如图所示。已知：图1晶胞棱长为acm，晶胞中含Ni的个数为，晶体密度为，图2中晶胞底边长为bcm，高为ccm，六棱柱底部正六边形的面积，六棱柱的体积，该晶胞中Ni原子个数为，则晶体密度，则图1、图2(正六棱柱)镍晶体密度之比为: =。 6．(1) 1：3 (2) (3) (4)由图可知的溶解度随温度升高而减小 (5) (6)当加入碳酸钠溶液时，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化 (7) 【分析】向阳极泥中加入稀硫酸将ZnO转成ZnSO4，随滤液除去，向滤渣中加稀硫酸和葡萄糖酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，MnSO4•H2O加入、H+、H2O发生反应，电解得到Mn，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。 【详解】（1） 设Pb2Mn8O16中含a个+2价Mn，则+4价Mn有(8-a)个，据化合价代数和为0列式为2×2+2a+4×(8-a)=2×16，解得a=2，则+2价和+4价Mn的个数比为1：3；Mn为25号元素，基态原子的价层电子排布图为：； （2）向阳极泥中加入稀硫酸将ZnO转成ZnSO4，随滤液除去，故滤液1主要溶质为ZnSO4； （3）由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其反应方程式为； （4）由图可知温度40℃以上时主要以形式结晶，且晶体的溶解度随温度升高而减小，因此采用趁热过滤可减少晶体损失。 （5）在阴极放电生成Se单质，H2SeO3 中Se的化合价为+4价，生成0价的Se单质，则电极反应式为； （6）当加入碳酸钠溶液时，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化，故可用溶液将“滤渣”中的PbSO4转化为PbCO3； （7）根据图示，Ni原子处于的位置为顶点8个，面心6个，棱心12个，体心1个，则Ni的个数为，Mn原子处于的位置为体内，则有4个原子，Ga原子位于体内，则有4个原子，则晶胞的质量m=，体积为V=(a×10-7)3cm3，。 7．(1) (2)与结合成而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率 (3)0.08 (4) (5) 易形成配离子，即氨水用量不易控制 (6) 【分析】由题给流程可知，向负极材料中加入稀硫酸酸浸时，少量二氧化锰与负极中的金属材料在酸性条件下反应生成硫酸锰，一氧化镍与稀硫酸反应生成二价镍离子，镍、镧、铁、镁与稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐，与稀硫酸不反应，过滤得到含有的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液。向滤液中加入硫酸钠溶液，将溶液中的镧离子转化为沉淀，过滤得到和滤液1.向滤液1调节pH至4.0的溶液中加入过氧化氢溶液将溶液中的铁元素转化为沉淀，向滤液2中加入氟化钠溶液，将镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化镁的滤渣3和滤液3.向滤液3调节pH约为5.0的溶液中加入过二硫酸钠溶液，将锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液4.向滤液4中加入氢氧化钠溶液，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到母液和氢氧化镍。 【详解】（1）二氧化硅和稀硫酸不反应，因此浸渣的主要成分为。 （2）由信息知，“沉镧”工序中，镧离子形成后过滤分离出来，若溶液的pH<2.0，与结合成而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率。 （3）“沉镁”后滤液3中时认为沉淀完全，。 （4）由题意可知，沉锰发生的反应为溶液中锰离子与过二硫酸根离子反应生成二氧化锰、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为。 （5）易形成配离子，故“沉镍”时加入氨水过量使镍沉淀率低，加入氨水不足镍离子沉淀不完全也使镍沉淀率低，即氨水用量不易控制。母液中含，处理后可得，在沉镧时可循环使用。 （6）由图可知该晶体中存在4个和4个，则晶胞质量为，距离最近的两个为面对角线的一半，间距为a pm，则棱长为，则体积为，则晶胞密度。 8．(1) (2)或 (3)稀硝酸溶解Cu时产生有毒气体NO，污染环境(或其他合理答案) (4)B (5) (6)Cu (7) 【分析】本题考查化工流程原理，辉铜矿浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化为Cu2+和S，再加入将Cu2+还原为Cu，过滤分离，再加入H2O2和硫酸将铜氧化溶解为CuSO4，最后加入制备得到CuC2O4固体。 【详解】（1）加入FeCl3溶液浸取，将Cu2S氧化为Cu2+和S，而SiO2不溶解，故滤渣的成分为S和SiO2，浸取时FeCl3氧化Cu2S的方程式为：； （2）加入将Cu2+还原为Cu，同时生成氮气，其离子方程式为或者； （3）氧化溶解时，也可以直接用稀硝酸溶解Cu，但没有采用此法，主要是因为稀硝酸溶解Cu时产生有毒气体NO，污染环境； （4）滤液1成分为FeCl2，可以通入Cl2，将其氧化为FeCl3，循环利用； （5） 制备时过多会导致与生成环状结构的配离子，由于Cu2+形成四个配位键，O存在孤电子对，可知其结构为。 （6）350~400℃下，剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，则剩余固体的摩尔质量为：，可知剩余固体为Cu； （7）晶胞中Cu原子处于面心，则铜原子个数为：，Au原子处于顶点位置，则Au原子个数为。氢原子处于由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中心，则氢原子个数为8，则晶体的密度为：。 9．(1) (2) (3) Mg(OH)2、MgO 4.7~9.5 (4) (5)过滤、蒸馏水洗涤、无水乙醇洗涤、干燥 (6) 6 【分析】由题给流程控制，向蛇纹石中加入稀硫酸酸浸时，金属氧化物溶于稀硫酸得到可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应成为滤渣1，过滤向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入碳酸镁等物质调节溶液的pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入氢氧化钠，经水热、陈化、过滤得到滤液和滤渣；滤渣经蒸馏水洗涤、无水乙醇洗涤、干燥得到碱式硫酸镁晶须。 【详解】（1）由分析可知，滤渣1的成分为； （2）氧化的目的是亚铁离子氧化为铁离子：，便于后续铁离子的去除； （3）物质X为反应氢离子调节溶液的pH，其不引入新杂质，故可以为是Mg(OH)2、MgO等；由表可知，使得铁离子沉淀、铝离子沉淀而镁离子不沉淀，则pH的调控范围为4.7~9.5； （4）“水热、陈化”步骤，在硫酸镁溶液中加入氢氧化钠生成碱式硫酸镁晶须沉淀和硫酸钠，发生反应的化学方程式为； （5）碱式硫酸镁晶须难溶于水，“一系列操作”得到纯净的碱式硫酸镁晶须，则操作为：过滤、蒸馏水洗涤、无水乙醇洗涤、干燥得到碱式硫酸镁晶须； （6）①氢氧化镁受热易分解生成氧化镁和水，而硫酸镁性质稳定，受热不易分解，则碱式硫酸镁晶须受热三次失重发生的反应分别为碱式硫酸镁晶须受热失去结晶水、氢氧化镁受热分解生成氧化镁和水、硫酸镁受热分解生成氧化镁和三氧化硫，设碱式硫酸镁晶须的质量为100g，由图可知，结晶水的质量为100g×8.07%=8.07g，氢氧化镁分解生成水的质量为100g×20.18%=20.18g，硫酸镁分解生成三氧化硫的质量为100g×17.94%=17.94g，由原子个数守恒可知，1：5：2，则碱式硫酸镁晶须的化学式为； ②由晶胞结构可知，以顶点白球为例，在xyz轴方向各有2个相邻且最近的黑球，则白球的配位数为6。 10．(1) 四 IIIA (2) 金属与酸反应会生成可燃性气体氢气，氢气遇明火会发生爆炸 粉碎矿石，增加浸取时间，适当增加酸的浓度等（任写一种） (3)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (4)Al(OH)3 (5) (6) (7) 【分析】刚玉渣加入稀硫酸酸化，滤渣中含有Ti和Si单质，滤液中含有Ga3+、Al3+、Fe2+、Fe3+，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4·7H2O晶体，滤液中含有Ga3+、Al3+、Fe3+，加入NaOH调节为5.5~7.5，“中和沉淀”得到Fe(OH) 3、Al(OH) 3、Ga(OH) 3，再加入过量的NaOH，Al(OH) 3、Ga(OH) 3溶解，分别生成和，除去Fe(OH) 3，向滤液中通入适量的CO2，生成Al(OH)3，不发生反应，电解含有的溶液得到Ga单质，据此作答。 【详解】（1） 根据镓原子结构示意图为，则其在元素周期表第四周期第IIIA族，故答案为：四；IIIA。 （2）“酸浸”过程中金属与酸反应会生成可燃性气体氢气，氢气遇明火会发生爆炸；“酸浸”过程中为提高浸取率可采取粉碎矿石，增加浸取时间，适当增加酸的浓度等；故答案为：金属与酸反应会生成可燃性气体氢气，氢气遇明火会发生爆炸；粉碎矿石，增加浸取时间，适当增加酸的浓度等（任写一种）。 （3）从溶液中得到的具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （4）根据上述分析可知滤渣②的主要成分为Al(OH)3 ，故答案为：Al(OH)3。 （5）“碳酸化”过程中若通入过量会生成沉淀，离子方程式为：，故答案为：。 （6）工业上常采用在1100℃条件下，利用Ga与反应制备GaN的化学方程式为：，故答案为：。 （7）已知晶胞参数为，根据“均摊法”，晶胞中含个Ga、4个N，则晶体密度为，故答案为：。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$