2026届高三化学二轮复习 工艺流程与晶胞计算

该高中化学高考复习讲义聚焦工艺流程与晶胞计算核心考点，按“工艺流程图解-操作分析-方程式书写-Ksp计算-晶胞计算”逻辑梳理知识点，通过考点梳理、方法指导（如原料预处理、分离提纯技巧）、真题训练（三年高考题+模拟题）三环节，帮助学生构建系统知识网络，突破重点难点。 讲义以科学思维和科学探究为导向，创新采用“考点-实例-应用”教学模式，如晶胞计算中用均摊法分析微粒数目并结合高考题训练空间利用率计算，工艺流程中通过调节pH除杂的即时训练培养数据处理能力。设置分层练习（基础巩固、能力提升），助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生解题效率和应考能力。

工艺流程与晶胞计算 三年高考题 1. （2024福建卷）锂云母的主要成分为，实验室探索一种碱浸分解锂云母制备的工艺流程如下： （1）“高压浸出”中：①“滤渣1”中卤化物Y为_______。(填化学式) ②一定条件下，元素浸出率与用量的关系如图，为提高锂浸出率，最佳用量为_______g。(保留小数点后一位) ③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下： i．尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触 ii．尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入 一定条件下，颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是_______。 （2）“沉锂”生成磷酸锂化学方程式为_______。 （3）“沉淀转化”反应的平衡常数_______。(列出计算式)已知：时，。 （4）“操作Z”为加热、趁热过滤和_______；趁热过滤的主要目的是_______。(分解温度约为) （5）的晶胞结构如图所示。 ①晶体中与一个O紧邻的有_______个。 ②一个与所有紧邻O形成的空间结构为_______。 ③晶体中微粒间作用力有_______。(填标号) a．氢键 b．离子键 c．金属键 d．范德华力 e．极性共价键 f．非极性共价键 2. （2023福建卷）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含及少量)中分离回收金属的流程如下： （1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有_________（任写其中一种），CoO 发生反应的离子方程式_________。 （2）“焙烧1”中，晶体[和]总质量随温度升高的变化情况如下： 温度区间/℃ 晶体总质量 变小 不变 变小 不变 ①升温至过程中，晶体总质量变小的原因是_______；发生分解的物质是_______(填化学式)。 ②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为_______℃。 （3）时，的。反应的平衡常数_______(列出计算式即可)。经计算可判断难溶于稀硫酸。 II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。 （4）基态的价电子排布式为_______。 （5）晶胞中含有_______个_______。晶体中微粒间作用力有_______(填标号)。 a．氢键 b．离子键 c．共价键 d．金属键 （6）“焙烧2”中发生反应的化学方程式为_______；“滤渣2”是_______(填化学式)。 3. （2022福建卷）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“浸出”时适当升温的主要目的是_______，发生反应的离子方程式为_______。 （2）“浸渣”的主要成分除残余外，还有_______。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为_______。 （3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是_______，“沉铝”的最佳方案为_______。 （4）“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。 （5）“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。 知识点梳理 工艺流程图解 考点1.操作原因目的分析 一．原料预处理的常用方法 方法 目的 研磨、粉碎 雾化 增大固液（或固气或固固）接触面积，加快反应（溶解）速率，增大原料的转化率（或浸取率）。SiO2不溶，硫酸有Ca2+会出现CaSO4沉淀 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。一般碱、金属氧化物、盐（生成新酸新盐）、金属单质及信息给予物质反应 碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、两性物质（氧化铝、铝、氢氧化铝） 灼烧（煅烧，焙烧） 不易转化的物质转为容易提取的物质；其他矿转化为氧化物；除去有机物； 除去不稳定的杂质（分解、氧化）；高温原料与空气中的氧气反应 提高浸出率的措施: ①.加热或提高反应温度②将块状固体粉碎；③适当增大**溶液的浓度；④充分搅拌；⑤延长反应时间 【即时训练1】Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Fe2O3、Al2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3. nH2O的工艺流程如下： 为提高“水浸”效率，可采取的措施有_________________________________(至少写两条)； 二．工艺流程中的分离与提纯 1．过滤：固液分离的一种方法，主要有常压过滤、减压过滤、热过滤 (1)常压过滤：通过预处理、调节pH等工序可实现对杂质的去除，但值得注意的是需要分析对产品的需求及生产目的的综合考虑，准确判断经过过滤后产生的滤液、滤渣的主要成分，准确判断是留下滤液还是滤渣 (2)减压过滤(抽滤)：减压过滤和抽滤是指一种操作，其原理与普通的常压过滤相同。相比普通过滤，抽滤加快了过滤的速度。抽滤的优点是快速过滤，有时候还可以过滤掉气体，并能达到快速干燥产品的作用 (3)趁热过滤：趁热过滤指将温度较高的固液混合物直接使用常规过滤操作进行过滤，但是由于常规过滤操作往往耗时较长，这样会导致在过滤过程中因混合物温度降低而使溶质析出，影响分离效果。因此可使用热过滤仪器、将固液混合物的温度保持在一定范围内进行过滤，所以又称为热过滤 2．蒸发结晶 (1)适用范围：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如：NaCl (2)蒸发结晶的标志：当有大量晶体出现时，停止加热，利用余热蒸干 (3)实例 ①从NaCl溶液中获取NaCl固体 a．方法：蒸发结晶 b．具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干 ②NaCl溶液中混有少量的 KNO3溶液 a．方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥 b．具体操作：若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是KNO3和少量NaCl，这样就可以分离出大部分NaCl c．趁热过滤的目的：防止KNO3溶液因降温析出，影响NaCl的纯度 3．冷却结晶 (1)适用范围：提取溶解度随温度变化较大的物质(KNO3)、易水解的物质(FeCl3)或结晶水化合物(CuSO4·5H2O) (2)蒸发结晶的标志：当有少量晶体(晶膜)出现时 (3)实例：KNO3溶液中混有少量的 NaCl溶液 a．方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 b．具体操作：若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO3，母液中是NaCl和少量KNO3，这样就可以分离出大部分KNO3 4．沉淀洗涤时洗涤剂的选择 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸馏水 冷水 溶解度随温度升高而升高，且变化较大 除去固体表面吸附着的××杂质，减少固体因为洗涤液温度高造成溶解损失 热水 溶解度随着温度升高而降低 除去固体表面吸附着的××杂质，减少固体因为洗涤液温度低造成溶解损失 有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解损失；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，加快干燥速率 饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解 酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解 洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净 5．重结晶：将结晶得到的晶体溶于溶剂制得饱和溶液，又重新从溶液结晶的过程 6．萃取与反萃取 萃取 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂(萃取剂)把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来的过程，萃取后需要分液。如：用CCl4萃取溴水中的Br2 反萃取 在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，为萃取的逆过程 7．蒸馏或分馏：蒸馏是利用液体混合物中各组分的沸点不同，给液体混合物加热，使其中的某一组分变成蒸气再冷凝成液体，跟其他组分分离的过程 8．冷却法：利用气体易液化的特点分离气体,如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气 【即时训练2】氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程如图所示。回答下列问题： (1)HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为__________ (2)有机物HT能将Ce3＋从水溶液中提取出来，该过程可表示：Ce3＋(水层)＋3HT(有机层)CeT3(有机层)＋3H＋(水层)。向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3＋水溶液，从平衡角度解释其原因：______________________________________________________ 三、转化过程中反应条件的控制方法 1、控制pH值： （1）控制pH的目的： ①调节pH中和酸或者碱； ②抑制某离子水解，防止损耗； ③提高pH促进某金属离子水解，使其形成氢氧化物沉淀，便于过滤而除去。 ④防止发生副反应； ⑤降低pH促进SiO3-、AlO2-离子水解，使其形成氢氧化物沉淀，便于过滤而除去。 （2）控制pH的方法：加酸、碱、金属氧化物、通CO2等 2、温度控制： （1）控制温度的目的：（从三个大方面考虑）： ①物质性质方面：熔沸点、挥发性、溶解度、稳定性等方面。 如：防止温度过高**挥发或分解（双氧水、硝酸、碳酸氢铵等） 防止温度过高**产品溶解损耗 防止温度过低**（杂质）结晶析出，影响产品纯度。 防止温度过低使引起××液体凝固，堵塞导管等 加热是为了使**杂质分解（气化）而除去 加热是为了驱赶出溶解在水中的**气体，。 冷却是为了使**产物液化，使其与其他物质分离； ②化学反应方面：反应的方向（副反应）、速率（包括催化剂活性）、限度等方面 如：防止温度过高导致副反应的发生，影响反应物利用率和产品纯度 防止温度过高（低）导致催化剂的活性降低； 防止温度过高导致平衡逆向移动，降低产率。 防止温度过低反应速率慢，生产效率降低；或平衡逆向移动，降低产率。。 加热的目的是促进Fe3+水解（防止形成胶体），聚沉后利于过滤分离 加热的目的是加快反应速率或溶解速率；促进平衡向吸热方向移动； ③生产效益、安全方面： 如：降温或减压可以减少能源消耗，降低对设备的要求，节约成本。 防止温度过高反应过于剧烈，发生危险。 其他：如煮沸：除去溶解在溶液中的气体，（如氧气，防止产品被氧化）；促进水解（防 止形成胶体），聚沉后利于过滤分离 （2）控制温度的方法 ①加热方式：直火加热、小火加热、酒精喷灯加热、垫石棉网加热、电热套加热、水浴 加热、油浴加热、加热煮沸等 （水浴加热适用于加热温度不超过100℃时，其优点：受热均匀，便于控制温度。） ②冷却的方式：空气冷凝、冷凝管冷凝、冰水冷却等 ③通过温度计进行控制：温度计水银球位置（反应物中、水浴中、蒸馏烧瓶支管口附近等） ④通过压强进行控制：减压蒸发（蒸馏） ⑤通过加料方式进行控制：缓慢滴加、应间歇性缓慢加入 如：防止温度过高采取的措施是小火小心加热、水浴加热（100℃以下）、减压蒸发、缓慢 滴加药品、间歇性缓慢加入反应物、使用温度计控制温度等。 3、氧化控制： 加氧化剂的目的：氧化某物质，转化为易于被除去（沉淀）的离子。如除去Cu2+中的Fe2+加 双氧水的目的：将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成氢氧化铁沉淀而除去。 4、使用保护气： (1)隔绝空气(主要是O2、H2O) (2)抑制弱离子的水解(如HCl氛围) 【即时训练3】氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl微溶于水，不溶于稀酸，可溶于Cl－浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺流程如下： 溶解步骤的温度应控制在60～70 ℃，原因是_______________________________________ 四、工艺流程中加入试剂的作用和循环物质的确定 1．判断加入的试剂及分析试剂作用的基本思路 (1)看反应目的：分析加入试剂后化学反应实现的目的 (2)看试剂性质：分析加入试剂本身的性质(物质类别、所含元素的化合价、周期表中的位置等) (3)看生成物：分析反应前后的物质组成的变化 (4)看可能信息：综合利用流程信息和题中设问提供的信息 2．工艺流程中的物质确定 (1)循环物质的确定 (2)副产品的确定 (3)滤渣成分的确定：①过量的反应物 ②原料中不参与反应的物质 ③由原料转化的生成物 ④由杂质转化的沉淀物 【即时训练4】高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如下： “反应Ⅱ”中硫铁矿(FeS2)的作用为______________________________________ 考点2：陌生方程式的书写 一、运用氧化还原反应原理书写 1．书写关键——识记常见氧化剂、还原剂及产物预测 (1)常见的氧化剂及还原产物预测 氧化剂 KMnO4 (酸性) K2Cr2O7 (酸性) 浓硝酸 稀硝酸 H2O2 X2 (卤素) NaClO (或ClO－) KClO3 Fe3＋ PbO2 对应还原产物 Mn2＋ Cr3＋ NO2 NO H2O X－ Cl－ Cl－ Fe2＋ Pb2＋ (2)常见的还原剂及氧化产物预测 还原剂 Fe2＋ SO2 (H2SO3) SO S2O S2－(H2S) H2C2O4 H2O2 I－ (HI) CO NH3 对应氧化产物 Fe3＋ SO SO SO S CO2 O2 I2 CO2 N2或NO 2．书写方法 (1)第一步：根据题干信息或流程图的入口和出口，判断出反应物和生成物 (2)第二步：得失电子守恒 (3)第三步：依据电荷守恒，若反应是在水溶液中进行，一般在方程式左边或右边补充H＋、OH－ 第四步 加H2O------------电极反应也适用 类型二、陌生非氧化还原反应方程式的书写 运用“证据推理符号”思路，书写新情境化学方程式的基本思路为：“读取”流程中的有效信息(证据)，找出主要的反应物和生成物(推理)，再依据质量守恒定律和电荷守恒规律写出反应的化学(离子)方程式，书写步骤如下： (1)第一步：分析流程图的入口和出口，确定反应物与生成物，有些生成物可依据物质类别的通性及反应规律判断出 (2)第二步：初步表示出反应过程：反应I＋反应II生成物I＋生成物II (3)第三步：依据电荷守恒或原子守恒，补齐缺失物质并将方程式配平 【即时训练1】“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被MnO2氧化成VO2+，写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式_____________________________。 二、运用广义水解原理书写 根据“广义”的水解书写化学(离子)方程式：广义的水解观认为，无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果都是参与反应的物质和水分别离解成两部分，再重新组合成新的物质。 广义水解反应可以分为以下几类： 1.金属碳化物的水解：Al4C3+12H2O=4Al(OH)3+3CH4 2.金属氮化物的水解：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3 3.非金属化合物的水解： PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl 【即时训练2】四氢铝锂(LiAlH4)是有机合成中的重要还原剂，其性质探究如下(试剂均足量)： 写出LiAlH4与H2O反应的化学方程式： 。 三、运用分步法书写 例如，碳酸钠、氢氟酸和氢氧化铝混合物在高温下反应制备冰晶石，可以分三步理解：Al(OH)3+3HF=AlF3+3H2O Na2CO3+2HF=2NaF+CO2↑+H2O AlF3+3NaF=Na3AlF6。 加合得到总反应式为：2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。 【即时训练2】以萃铜余液为原料制备工业活性氧化锌，其生产工艺流程如图所示： 沉锌生成碱式碳酸锌[2Zn(OH2)·ZnCO3·H2O]的化学方程式为___________。 考点3：工艺流程中Ksp的相关计算 一、由溶度积计算溶液中某离子的浓度 ①已知溶度积，求溶液中的某种离子的浓度 如：Ksp＝a 的饱和AgCl溶液中，c(Ag＋)＝ mol·L－1 ②已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度 如：某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝=10a mol·L－1 【即时训练3】污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。 已知：Ksp(CuS)＝8.4×10－45，Ksp(NiS)＝1.4×10－24；在除铜、镍的过程中，当Ni2＋恰好完全沉淀时[此时溶液中c(Ni2＋)＝1.0×10－5mol·L－1]，溶液中Cu2＋的浓度是________mol·L－1 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2 开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7 沉淀完全的pH 3.7 9.7 9.2 二、计算离子开始沉淀时的pH及完全沉淀时的pH 【即时训练5】用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下： 已知：MnO2是一种两性氧化物；25 ℃时相关物质的Ksp见下表 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Ksp 1×10－16.3 1×10－38.6 1×10－32.3 1×10－12.7 净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_______(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全) 三、调pH除杂——计算pH范围 (1)pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值~主要离子开始沉淀时pH（注意端值取等) (2)一般情况下，当溶液中剩余离子的浓度小于1×10－5 mol·L－1时，化学上通常认为生成沉淀的反应进行完全了 【即时训练6】锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量 Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如下图所示。 已知：室温下，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其浓度小于1× 10－5mol·L－1)，需调节溶液pH范围为________ 考点4：晶胞的相关计算 1.晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法 ①长方体(正方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算 a．处于顶点上的粒子，同时为8个晶胞所共有，每个粒子有属于该晶胞 b．处于棱边上的粒子，同时为4个晶胞所共有，每个粒子有属于该晶胞 c．处于晶面上的粒子，同时为2个晶胞所共有，每个粒子有属于该晶胞 d．处于晶胞内部的粒子，则完全属于该晶胞 ②非长方体晶胞中粒子视具体情况而定 三棱柱 六棱柱 平面型 石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占 2.晶胞参数(边长)与半径的关系 晶体 晶体结构 图示关系 晶胞参数与边长关系 简单立方晶胞 晶胞参数(边长)为a，原子球半径为r，则有a=2r 体心立方晶胞 晶胞参数(边长)为a，原子球半径为r，体对角线长为c，则有c＝a＝4r 面心立方晶胞 晶胞参数(边长)为a，原子球半径为r，则有4r＝a 六方最密堆积晶胞 晶胞中原子球半径为r，六棱柱边长为a，高为h，则有a＝2r，h＝2倍四面体高 金刚石晶胞 金刚石晶胞 G点是空的，没有球，是正立方体的体心，A球心到E球心，是2个半径，即一个直径；同样，E球心到G，是2个半径，即一个直径，所以AG是两个直径，体对角线是AG的两倍，所以体对角线是4个直径，即8r，则有8r＝a 晶胞参数(边长)为a，原子球半径为r，则有8r＝a。(体对角线上五球相切，其中有两个假想球) 3．晶体密度及微粒间距离的计算 晶体密度的计算公式推导过程 若1个晶胞中含有x个微粒，则晶胞的物质的量为：n＝＝mol 晶胞的质量为：m＝n·M＝g，则密度为：ρ＝ 右图为CsCl晶体的晶胞 假设相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，NA为阿伏加德罗常数，CsCl的摩尔质量用M g·mol－1表示，则CsCl晶体的密度为ρ＝g·cm－3 4.金属晶体空间利用率的计算方法 (1)空间利用率的定义及计算步骤 ①空间利用率(η)：指构成晶体的原子、离子或分子总体积在整个晶体空间中所占有的体积百分比 ② (2)金属晶体空间利用率分类简析 类型 晶体结构示意图 图示关系 简单立方堆积 原子的半径为r，立方体的棱长为2r，则V球＝πr3，V晶胞＝(2r)3＝8r3，空间利用率＝×100%＝×100%＝≈52% 体心立方晶胞 原子的半径为r，体对角线c为4r，面对角线b为a，由(4r)2＝a2＋b2得a＝r。1个晶胞中有2个原子，故空间利用率＝×100%＝×100%＝×100%＝≈68% 面心立方最密堆积 原子的半径为r，面对角线为4r，a＝2r，V晶胞＝a3＝(2r)3＝16r3，1个晶胞中有4个原子，则空间利用率＝×100%＝×100%＝≈74% 六方最密堆积 原子的半径为r，底面为菱形(棱长为2r，其中一个角为60°)，则底面面积S＝2r×r＝2r2，h＝r，V晶胞＝S×2h＝2r2×2×r＝8r3，1个晶胞中有2个原子，则空间利用率＝×100%＝×100%＝≈74% 金刚石型堆积 金刚石晶胞 设原子半径为R，由于原子在晶胞体对角线方向上相切(相邻两个碳原子之间的距离为晶胞体对角线的四分之一)，可以计算出晶胞参数：a＝b＝c＝R，α＝β＝γ＝90°。每个晶胞中包含八个原子。 η＝×100%＝×100%≈34.01% 5.晶胞中的原子坐标和投影图 钾型晶胞 ①粒子坐标：若1(0，0，0)，3(1，1，0)，5(0，0，1)，则6的原子坐标为(0，1，1)，7为(1，1，1)，9为。 ②x、y平面上的投影图： 铜型晶胞 ①粒子坐标：若1(0，0，0)，13，12，则15的原子坐标为，11为。 ②x、y平面上的投影图： 金刚石晶胞 ①若a原子为坐标原点，晶胞边长的单位为1，则原子1、2、3、4的坐标分别为、、、。 ②x、y平面上的投影图： 福建模拟题 1．（2025·福建泉州·一模）一种以某高铋银渣(主要成分是单质，还含有、等单质杂质)制备并回收银的工艺流程如下： 已知：易与形成，易发生水解，其反应的离子方程式为； (1)已知铋的原子序数为83，写出原子价电子排布式 。 (2)“氧化浸出”的实验装置如图所示。                     ①“氧化浸出”时生成的离子方程式为 。 ②需分多次加入，不能连续滴入的主要原因是 。 (3)能被有机萃取剂苯取，其萃取原理可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。 ①萃取温度对铋、铁萃取率的影响如图所示，的萃取率随萃取温度的升高而降低的原因可能是 。 ②萃取后分液所得水相中的主要阳离子有、 (填化学式)。 (4)“沉淀反萃取”时生成草酸铋晶体。为得到含较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为边搅拌边将 (填标号)。 A．有机相溶液滴到草酸溶液　　　B．草酸溶液滴到有机相溶液 (5)工业上用肼还原。工业上一般先向氯化银中加入氨水浆化，然后用还原，同时有生成。其中氨水的作用为I. ；II.与生成的反应，促进反应正向进行。 (6)的立方晶胞结构如图所示，以点为原点建立分数坐标，已知点坐标为，点坐标为，则点坐标为 ；具有较高的氧离子电导率，常用作固体电解质，试从结构中分析其原因 。 2．（2025·福建厦门·模拟预测）一种从废旧三元锂离子电池正极材料LiNixCoyMnzO2（简写为LiMO2，其中x＋y＋z＝1）中分离出镍和钴的工艺流程如图。 已知：25℃时，NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5； (1)“酸浸”过程中盐酸体现的性质有酸性、 （填“氧化性”或“还原性”）。 (2)“沉锰”过程中Mn2＋转化为MnO2的离子方程式为 。 (3)“氨浸”过程，当氨浸液时，pH＝ （已知lg7＝0.85）。 (4)“氧化”过程，转化为的离子方程式为 。 (5)结合平衡移动原理，解释“酸化”中H＋、Cl－的作用： 。 (6)晶体（M＝250.5g·mol－1）在空气中受热过程的热重曲线如图1。“煅烧”过程控制温度700℃，ComOn的化学式为 （填标号），写出计算过程： 。 A．CoO    B．Co2O3    C．Co3O4 (7)可用于制备正极材料。已知属于六方晶系，晶胞结构如图2（晶胞参数a＝b≠c，＝＝90°，＝120°）。 ①晶体中与一个O紧邻的Ni有 个。 ②一个Ni与所有紧邻O形成的空间结构为 。 ③已知： ρ＝3.97g·cm－3  ρ＝4.68g·cm－3。 充电过程，晶胞参数c 。（填“增大”、“减小”或“不变”） 3．（2025·福建宁德·三模）某废弃锂离子电池正极活性材料(含LiCoO2、LiNiO2及少量Al、Fe等杂质)的湿法回收流程如下： 已知： ①常温下，溶液中金属离子完全转化为氢氧化物沉淀时的pH如下：Al3+：4.7  Fe2+：9.0  Fe3+：3.2 ②Li2CO3微溶于水，在冷水中溶解度较热水大。 (1)将正极活性材料进行破碎处理的目的是 。 (2)“酸浸”，温度对钴、锂浸出率的影响如图所示，最适宜温度为 。LiCoO2在浸取过程中发生反应的化学方程式为 。 (3)“中和”，滤渣1的主要成分是 (填化学式)。 (4)“沉镍”，Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，反应如下： ①丁二酮肟镍分子中Ni2+与N原子形成平面正方形构型，中心原子Ni的杂化类型是 。 A．sp3    B．sp2    C．sp    D．dsp2 ②丁二酮肟镍在水中溶解度不大的原因可能是 。 (5)灼烧CoC2O4·2H2O，在不同温度残留固体的质量如图所示，500℃时所得钴的氧化物化学式为 。 (6)“沉锂”，母液用NaOH溶液调节pH=12后，加入适量饱和Na2CO3溶液，加热蒸发浓缩， ，用乙醇洗涤2~3次，干燥，得到白色的Li2CO3。 4．（2025·福建福州·模拟预测）一种从黑白钨混合矿(主要成分为CaWO4、MnWO4和CaCO3、SiO2等杂质)制取金属钨和其它化合物的流程如下： 已知：i．浸出过程中发生如下反应①MWO4(s)+Na2CO3(aq)=Na2WO4(aq)+MCO3(s)(M=Ca、Mn)；②MWO4(s)+2Na2CO3(aq)+H2O(l)=Na2WO4(aq)+M(OH)2(s)+2NaHCO3。ii．钨酸(H2WO4)难溶于水。iii．Ksp[Mn(OH)2]=4×10−14、Ksp(MnCO3)=8.8×10−11。 (1)结合图中信息，分析工业上浸出钨的条件是用球磨机研磨至约 mm细度，在 ℃下浸出。 (2)以Na2CO3、H2O浸出钨时，常加入一定量的NaOH的作用是 。 (3)滤渣I的成分除SiO2外还主要含有 。 (4)向滤液I中加入盐酸调pH时得到H2WO4反应的化学方程式为 。 (5)若滤液Ⅳ中Mn2+浓度为0.1mol∙L-1，用加入Na2CO3的方法获得MnCO3，需控制pH小于 。工业上使用NH4HCO3代替Na2CO3沉锰的原因是 。(已知：lg2≈0.30) (6)钨的碳化物常用于硬质合金生产，其微观结构如图所示，根据图中信息写出碳化钨的化学式 ，每个钨原子周围距离最近的碳原子有 个。 5．（2025·福建福州·二模）用锂辉石(主要成分：LiAlSi2O6，含少量MgO、CaO、FeO、Fe2O3等)制备Li2CO3的工艺流程如下： 已知：25℃，4种物质的溶度积或电离常数如下。 Li2CO3 Al(OH)3 Fe(OH)3 H2CO3 回答下列问题： (1)组成LiAlSi2O6的元素中，未成对电子数最少的基态原子为 。 (2)“焙烧”时控制温度250~300℃，温度不宜过高的原因是 。 (3)“浸出液”中含有Li+、Al3+、Fe2+、Fe3+，还含有的金属阳离子是 。 (4)加入H2O2，发生反应的离子方程式为 。 (5)溶液的pH：“滤液I” “滤液Ⅱ”(填“>”“<”或“=”)。 (6)25℃，滤液Ⅱ经处理后，在1L该溶液中加入Na2CO3粉末至溶液的pH=10，锂的沉淀率达到95%，则至少需要Na2CO3 mol。(忽略溶液体积变化) (7)由滤液Ⅲ得到副产品Na2SO4•10H2O的操作是 、过滤、洗涤、干燥。 (8)由Li2CO3进一步制得的Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示。 ①晶胞中与Li+最近的Li+共有 个。 ②已知Li+间最近距离为anm，则与Li+间最近距离为 nm。 6．（2025·福建泉州·三模）厦门钨业专注钨钼、新能源材料、稀土等方面研究，是国内最大的钨钼产品生产与出口企业。工业上利用黑钨矿(其主要成分是FeWO4，MnWO4还含有少量的SiO2、Al2O3、As2O3等)制备钨的工艺流程如图： 已知：①钨酸钠：Na2WO4；仲钨酸铵晶体：5(NH4)2O·12WO3·5H2O。 ②离子交换法原理为：用强碱性阴离子交换树脂[R4NCl(s)]与WO发生离子交换，交换过程中发生反应：。 请回答下列问题： (1)基态简化电子排布式为 ；位于元素周期表 区。 (2)写出在焙烧条件下与纯碱、空气反应的化学方程式 。 (3)“吸附”中该树脂对阴离子的亲和力大小为： (填“>”、“<”或“=”)。 (4)“解吸”中采用浓的氯化铵和氨水的混合溶液作为解吸剂，加入氯化铵的目的除了可以使解吸得到的钨转化为钨酸铵溶液，还能 。 (5)“系列操作”的目的是去除部分氨和水，使转化为仲钨酸铵晶体析出并分离，则该系列操作是 、过滤、洗涤、干燥；若在(NH4)2WO4过饱和溶液中加入 可促进其结晶。 (6)合金具有比金属单质更优越的性能，Cu-Mn-Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图所示(已知：Mn原子和Al原子位于Cu原子所构成的八个小正方体的体心)。 ①若A原子的坐标参数为(0，0，0)，则B原子的坐标参数为 。 ②已知该合金晶体的密度为pg·cm-3，则最近的两个Al原子间的距离为 pm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值用NA表示)。 7．（2025·福建莆田·二模）废旧三元锂离子电池处理后得到的正极活性材料(主要成分为，还含铝等杂质)，用来制备镍钴锰酸锂产品的主要流程示意图如下： (1)中Ni、Co、Mn的化合价相同，则它们的化合价为 。 (2)①“浸取”时，加入H2O2作 (填“氧化剂”或“还原剂”)。 ②“浸取”时温度对镍、钴、锰浸出率的影响如图所示，控制浸取的温度不高于70℃的原因是 。 (3)“除铝”时，反应的离子方程式为 。 (4)室温下，三种物质的分别为“共沉淀”时，这三种金属离子均沉淀完全(溶液中离子浓度，可视为沉淀完全)，则pH应调至 以上。 (5)已知Li2CO3的溶解度随温度变化如下图所示。为提高Li2CO3的析出量和纯度，“沉锂”的操作依次为：加Na2CO3溶液、蒸发结晶、 、热水洗涤、干燥。 (6)某种镍钴锰酸锂材料(LiNi1/3Co1/3Mn1/3O2)的晶胞示意图如下图所示。 ①基态Co3+的价电子排布式为 。 ②每个晶胞中含有Li+的个数为 。 ③与同个Li等距离最近的O的个数为 。 8．（2025·福建龙岩·二模）一种从金还原后液(主要含、、、、)中回收钯(Pd)和铂(Pt)的工艺流程如下： (1)“沉钯铂”中钯、铂的沉淀率与搅拌时长的关系如图。 ①转化为的离子方程式为 。 ②搅拌时间过长，钯、铂的沉淀率下降的原因是 。 (2)“微热”过程1mol Pd(Ⅳ)转化为Pd(Ⅱ)的同时，生成标准状况下22.4L气体X，则气体X为(填化学式) 。 (3)“分铂”发生反应：    K=250；浓度从0.025降到，此时溶液中的 。 (4)“沉钯”得到的存在同分异构现象，其中分子极性较弱的是 (填标号) 。 A．            B． (5)虚线框内“还原”和“氧化”步骤需重复三次的目的是 。 (6)“煅烧”过程产生气体中，有一种可做保护气，相应的化学方程式为 。 (7)金属Pt采用面心立方堆积方式，将其晶胞中的一些Pt换成Co，得到具有永磁性能的铂钴合金，其晶胞如图所示。则该合金的化学式为 ；Pt原子和Co原子之间的最近距离为a pm，则该晶胞参数为 pm。 9．（2025·福建厦门·二模）铜阳极泥的主要成分为、、、、，从铜阳极泥中提取金、银的工艺流程如下： (1)“浸铜”时，鼓入空气的目的有提供氧化剂、 。 (2)“浸铜”时，反应生成S的化学方程式为 。 (3)硫脲()呈平面结构，可简写为，强酸性条件下有还原性。“浸金银”中： ①硫脲与尿素()结构相似，熔点更高的原因是 。 ②已知：25℃时         则   。 ③的结构为，反应生成的离子方程式为 ，与配位的原子是而不是的原因是 。 ④浸出液对金浸出率的影响如图。随着浸出液升高，金浸出率先升高后降低的原因是 。 ⑤浸出渣的主要成分有S、 。 (4)“电解”时，生成的电极反应式为 。 (5)“离子交换”除去金属离子后，吸附后液可返回 工序循环使用。 10．（2025·福建·三模）三氧化二铬()可用于制备陶瓷、合金、耐火材料等。由铬铁矿(含和少量、、)制备的一种流程如下： 已知： ①，，，；当溶液中金属离子浓度时，可认为该金属离子已沉淀完全。 ②“水浸”所得浸渣的主要成分为和。 ③，。 回答下列问题： (1)“焙烧”时，发生反应的化学方程式为 。 (2)“焙烧”时，每消耗1mol，需消耗 mol。 (3)该实验条件下，从浸渣中提取的方法为：将浸渣酸溶、过滤，得到金属离子浓度均为0.2的滤液；然后调节滤液pH的范围为 ，过滤、洗涤、煅烧，得到产品。 (4)“调pH为7～8”和“酸化”两步不能合并，原因是 。“酸化”时，不能用盐酸代替硫酸，原因是 。 (5)“热还原”过程中生成，反应的化学方程式为 。 (6)晶胞结构如图所示，晶体的密度为，晶胞体积为V。晶胞结构示意图中的小黑球代表 (填“”或“”)，阿伏加德罗常数 。 11．（2025·福建龙岩·一模）下图是以氟碳铈矿(主要含、等)为原料制备二氧化铈()的一种工艺流程。 回答下列问题： (1)“氧化焙烧”中铈元素转化为和，该反应的还原产物是 。 (2)“酸浸”中。 ①生成滤渣A的化学反应方程式是 。 ②“酸浸”时，铈的浸出率与温度、的关系如图所示：当温度高于时，的浸出率下降的可能原因是 (填字母标号)。 A．温度升高，挥发   B．生成的反应为吸热反应   C．温度升高，水解程度增大   D．温度升高，稀硫酸分解 (3)若测得水层中，滤液B的，忽略溶液体积变化，“调”后的沉淀百分率是 。(已知时) (4)“氧化”中的化学反应方程式为 。 (5)已知的立方晶胞结构如图所示，用表示阿伏加德罗常数值。 ①的配位数为 。 ②填充在构成的 空隙中。 ③该晶胞的密度为，则晶胞中、之间的最近距离为 (用含的代数式表示)。 12．（24-25高三下·福建漳州·阶段练习）铟是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天领域。从高铟灰渣(主要含PbO、SiO2、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟的工艺流程如下： 已知：FeS4O6为强电解质；P2O4为磷酸二异辛酯；Ksp[In(OH)3]=1.4×10-33。回答下列问题： (1)FeAsO4·2H2O中铁元素化合价为+3价，As的化合价为 。Fe3+的价层电子排布式 。 (2)“硫酸化焙烧”时，其他条件一定，焙烧温度对“水浸”时铟、铁浸出率的影响如图所示。 适宜的焙烧温度是 ℃，温度过高铟、铁浸出率降低的原因是 。 (3)“水浸”时，浸渣除了As2O3外，还含有 。 (4)“还原铁”时反应的离子方程式为 。 (5)“萃取除铁”时，用30%的P2O4作萃取剂时，发现当溶液pH >1.5后，铟萃取率随pH值的升高而下降，原因是 。 (6)“置换铟”时，发现溶液中残留溶解的As2O3也与Zn反应，会有少量的气体AsH3生成，该过程的离子方程式为 。 (7)立方晶系CuInSe2的晶胞结构如图所示，晶胞参数如图。CuInSe2的摩尔质量为M g∙mol-1，则该晶体密度ρ= g·cm-3(用含M、NA的式子表示)，与In原子最近且距离相等的Se原子个数为 。 13．（2025·福建福州·模拟预测）回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，部分流程如图： 资料：碳酸锂在水中溶解度： 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 (1)“碱溶”时箔溶解的离子方程式为 ，为提高“碱溶”速率，可采用的措施有 (答一个)。 (2)最后一个步骤中，用“热水洗涤”的目的是 。 (3)工业上，将粗品制备成高纯的部分工艺如下： a．将溶于盐酸作电解槽的阳极液，溶液作阴极液，两者用离子选择性透过膜隔开，用惰性电极电解。 b．电解后向溶液中加入少量溶液并共热，过滤、烘干得高纯。 ①a中电解时所用的是 (填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。 ②电解后，溶液浓度增大的原因是 。 (4)磷酸亚铁锂电池总反应为：电池中的固体电解质可传导。放电时，正极反应式为 。 (5)工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，反应的化学方程式为： 。 (6)、和等可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时，沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。 相同条件下，电极材料 (填“”或“”)中的迁移较快，原因是： 。(从晶体性质角度解释) 14．（2024·福建福州·二模）工业常以黄铁矿(主要成分为)和软锰矿(主要成分为，杂质为、、、等元素的氧化物)为原料制备，其工艺流程如图所示。 已知：常温下，。相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下表所示： 金属离子 开始沉淀的 8.1 6.3 1.5 8.9 3.4 完全沉淀的 10.1 8.3 2.8 10.9 4.7 (1)“酸浸”时，滤渣1的成分为和 (填化学式)。 (2)“氧化”涉及主要反应的化学方程式为 。 (3)“调”的目的是除铁和铝，则调节的合理范围为 。当铁恰好沉淀完全时，溶液中= 。 (4)“除镁”时，若溶液太小会导致除镁不完全，试分析原因： 。 (5)“沉锰”时，涉及主要反应的离子方程式为 。 (6)一定温度下，向溶液中加入氨水，同时通入空气，可制得某种锰的氧化物，其立方晶胞结构及小立方体A、B的结构如下图所示，则该氧化物的化学式为 。若晶胞密度为，为阿伏加德罗常数的值，则晶胞边长为 nm(列出计算式即可)。 15．（2025·福建·一模）铟(In)是一种典型的稀散金属，广泛应用于半导体、航空航天、电子光学材料等领域。以含铅烟灰[主要成分是PbO，还含有少量等物质]为原料制备粗铟的工艺流程如图所示。 已知：①“浸出液”中和的浓度分别为。 ②代表萃取剂，萃取时发生反应为 ③常温下，。 回答下列问题： (1)In位于元素周期表第五周期ⅢA族，基态In原子的价电子排布式为 。 (2)“热溶解”时，发生反应的化学方程式为 。 (3)“浸渣”的主要成分是 。“水浸”时，铟的浸出率很高，工业上仍采用多级浸出(即将浸出液返回“水浸”步骤)，其优点是 。 (4)“还原除砷”时，(弱酸)反应的离子方程式为 。 (5)从平衡移动的角度解释“萃取”前“调pH”目的是 ；常温下，应调节pH不大于 。 (6)“萃取”所得配合物的结构如图(R-代表2-乙基己基)，该物质中存在的微粒间作用力类型有___________(填标号)。 A．金属键 B．氢键 C．配位键 D．范德华力 (7)工业上一般利用闪锌矿(主要成分是ZnS)为原料制备Zn。ZnS晶胞结构如图，该晶胞若沿体对角线投影，则的投影图为___________(填标号)。 A． B． C． D． 16．（24-25高三上·福建泉州·阶段练习）电解锰渣中含有很多重金属[主要含有]会造成环境污染。电解锰渣的资源化利用既能解决污染问题又能取得较好的经济效益。下面是某课题组研究的工艺流程： (1)基态Mn原子的价层电子排布图为 ，与Mn元素同周期，基态原子有1个未成对电子的金属元素有 种。 (2)已知“还原酸浸”时氧化产物是S，则被还原的离子方程式为 。 (3)操作X的名称是 。 (4)“沉铅”时若用同浓度的溶液代替溶液，会生成，原因是 。 (5)调pH所加的试剂Y，可选择 (填标号)。 a．CaO    b．   c．   d．   e．氨水 (6)写出“除钙”时发生反应的离子方程式： ；若“除钙”后溶液中，则溶液中 。(已知：的；的) (7)硫酸锰晶体的溶解度曲线如图，则“系列操作”为控制温度在之间蒸发结晶、 ，使固体与溶液分离， 、真空干燥。 (8)水中铅测定方法是用双硫腙与铅反应生成红色双硫腙铅络合物，如图： ①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为 。 ②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有 。(选填序号) a．键      b．键      c．非极性键      d．配位键     e．离子键 17．（2025·福建·三模）利用绿矾为原料制备高纯补铁剂乙二胺四乙酸铁钠晶体的工艺流程如下： 已知：i．乙二胺四乙酸微溶于冷水，易溶于热水；25℃时，，，；结构如图甲。 ⅱ．25℃时，；；结构如图乙。 回答下列问题： (1)“沉铁”生成的离子方程式为 。 (2)“氧化”生成的化学方程式为 。 (3)“沉铁”和“氧化”也可用与一步反应完成。 已知：i．水解过程先生成碱式盐，再聚合生成多核阳离子，如，结构如图。 ⅱ．颗粒大，易沉降。 ①键长：1 2（填“>”“<”或“=”）。 ②结合的结构分析，绿矾两步反应制备的优点有 。 (4)①“合成”反应的平衡常数 ；此时溶液中未参与配位的含Y主要微粒为 。 ②相较于中C—N键极性会 （填“增大”“减小”或“不变”）。 ③将固体加入水中，保持用量不变，产率随的变化关系如图。时，产率减小的原因为 。 (5)操作X为 。（填标号） a．热水洗涤        b．冷水洗涤        c．硫酸洗涤 (6)利用“滤液1”三室电解后的阴极产物溶液吸收“气体1”“气体2”，吸收液可在流程中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 18．（2024·福建漳州·一模）碳酸锰(MnCO3)是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。 已知：①25℃时，Ksp(ZnS)=2.9×10-25，Ksp(NiS)=1.0×10-21； ②相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol•L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： 金属离子Mn+ Al3+ Fe3+ Fe2+ Zn2+ Ni2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 3.4 1.5 6.3 6.2 6.9 8.1 沉淀完全的pH 4.7 2.8 8.3 8.2 8.9 10.1 回答下列问题： (1)基态锰原子的价电子排布式为 ，CO的空间构型为 。 (2)硫化锰矿预先粉碎的目的是 。 (3)“氧化”中MnO2将Fe2+氧化成Fe3+的离子方程式为 。 (4)“调pH”除铁、铝元素，溶液的pH范围应调节为： ≤pH＜6.2，滤渣2的主要成分是 (填化学式)。 (5)“除杂”的目的是除去Zn2+和Ni2+，若“除杂”后滤液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol•L-1，则c(Zn2+)= mol•L-1。 (6)“沉锰”中发生反应的离子方程式为 。 (7)锰可与CO形成金属羰基配合物Mn2(CO)10(熔点154℃)。其结构如图所示。则Mn2(CO)10晶体中微粒间作用力有 (填标号)。 a.配位键         b.极性键      c.范德华力         d.离子键 19．（2020·福建南平·三模）磁性材料产业是21 世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，碳酸锰(MnCO3)可制造电信器材的软磁铁氧体。工业上利用软锰矿(主要成分为 MnO2，含少量SiO2、Fe2O3、CuO 等杂质)和含SO2的烟气为主要原料制备无水碳酸锰的工艺流程如下： 已知：①MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃ 时开始分解。 ②不同金属离子生成氢氧化物沉淀的 pH 和有关物质的 Ksp如下表： 离子 Fe3+ Fe2+ Cu2+ Mg2+ 开始沉淀的pH 2.7 7.5 4.2 7.8 沉淀完全的pH 3.7 9.7 6.7 9.8 物质 MnS CaF2 CuS Ksp 2.5×10-13 1.5×10-10 1.3×10-36 回答下列问题： (1)为提高“溶浸”过程中的浸取速率，以下方法不能提高浸取速率的是 。 A．将矿石研磨粉碎      B．连续搅拌   C．延长浸取时间   D．升高温度   E.适当增大稀硫酸的浓度 “溶浸”过程中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“溶浸”反应的影响如下图所示， 为减少MnS2O6的生成，“溶浸”的适宜温度应大于 。 (2)“除铁”步骤中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，发生反应的离子方程为 。 (3) “净化”步骤的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等杂质。若测得滤液中 c(F-)=0.02mol•L-1，则滤液中残留的c(Ca2+) = 。 (4) “沉锰”步骤中 ，加入 NH4HCO3后有无色无味的气体放出， 发生反应的离子方程式为 。 (5)从“沉锰”步骤中要得到纯净无水MnCO3，先将析出的 MnCO3沉淀过滤，再用 (填化学式)洗涤更易于干燥。过滤后废液的主要成分为 (填化学式)。 (6)实际生产中， 运用阴离子交换膜法电解得到金属锰，电解装置如下图所示，B电极为直流电源的 极。该工艺若不使用离子交换膜， 会造成Mn2+发生副反应生成 MnO2， 写出该副反应的电极反应式 。 试卷第44页，共44页 试卷第43页，共44页 学科网（北京）股份有限公司 高考题答案 1. 【答案】（1） ①. ②. 4.5 ③. 该条件下ii的影响程度大于i的影响程度 （2） （3） （4） ①. 蒸发结晶 ②. 除去杂质 （5） ①. 4 ②. 四面体形 ③. bde 【解析】 【分析】锂云母的主要成分为，加入氢氧化钠、氧化钙、水高压浸出，得到铝硅酸盐沉淀和氟化钙沉淀，所得滤液加少量氧化钙进一步净化过滤后，所得滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，向滤液中加入磷酸生成磷酸锂沉淀，过滤分离，向沉淀中加入氢氧化钙溶液，转化得到磷酸钙沉淀和氢氧化锂溶液，过滤所得滤液2中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，通过加热、趁热过滤除去氢氧化钙，滤液蒸发结晶得到氢氧化锂固体，据此分析。 【小问1详解】 ①“高压浸出”中，加入的与水反应生成氢氧化钙，电离出的与生成难溶的； ②结合图中曲线，锂的浸出率最大时，的最佳用量约为4.5g； ③只考虑i的影响，尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触，锂的浸出率越大；只考虑ii的影响，尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入，锂的浸出率越小，区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低，说明ii的影响程度大于i的影响程度； 【小问2详解】 净化后的滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，“沉锂”加入磷酸生成磷酸锂的化学方程式为：； 【小问3详解】 “沉淀转化”反应的平衡常数； 【小问4详解】 滤液2中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，加热升温会析出氢氧化钙晶体，故趁热过滤的主要目的是除去杂质；除杂后的滤液主要含，通过蒸发结晶得到固体； 【小问5详解】 根据的晶胞结构及其x轴方向投影图可知，在晶胞中Li位于8个顶点和上、下底面的2个面心，O位于前、后、左、右4个侧面上，晶体为层状结构。①晶体中与一个O紧邻的有4个，①晶体中与一个紧邻的O也有4个；②因为∠O-Li-O=129°，故一个与所有紧邻O形成的空间结构为四面体形而非正四面体形；③由于O无法提供价层孤电子对，且层间距离远，间不能形成氢键；为离子化合物，不存在金属键；与间存在离子键；根据晶体呈层状结构，层间存在范德华力；O-H属于极性共价键；故晶体中微粒间作用力有bde。 2.【答案】（1） ①. 粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀浓度等 ②. （2） ①. 失去结晶水 ②. ③. （3）或或之间任一数字 （4） （5） ①. 2 ②. 2:1 ③. bc （6） ①. ②. 【解析】 【分析】白合金经过稀硫酸酸浸1后得到滤液1（其中含有Co2+、Fe2+、 、Fe3+）以及滤渣1（SiO2、Cu2S、CuS），滤液1经结晶后得到硫酸铁以及硫酸钴的晶体，焙烧1和水浸后得到硫酸钴溶液以及三氧化二铁；滤渣1经空气焙烧2后得到氧化铜，加入稀硫酸后得到CuSO4溶液以及滤渣2 SiO2。 【小问1详解】 “酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀浓度等（任写一条即可），CoO 发生反应的离子方程式为：； 【小问2详解】 ①由图可知，升温至过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量不变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解； ②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解； 【小问3详解】 的平衡常数=； 【小问4详解】 基态的价电子排布式为3d9； 【小问5详解】 由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S处于棱上，且该S实际存在形式为，个数为；俯视图处于面点位置的S可能处于晶胞体内或者面心上，结合晶胞图形可知该S处于体内，且该S实际存在形式为，个数为2个，因此晶胞中S的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=4，y=2，故2:1；晶体中微粒间作用力有离子键及共价键； 【小问6详解】 “焙烧2”中发生反应的化学方程式为：，由分析可知，滤渣2为SiO2。 3.【答案】（1） ①. 提高浸出率(或提高浸出速率) ②. （2） ①. 和 ②. 84% （3） ①. 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 ②. 高温溶解再冷却结晶 （4）或 （5）沉铝 【解析】 【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。 【小问1详解】 温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O； 故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。 【小问2详解】 “浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为； 故答案为：SiO2和CaSO4；84%。 小问3详解】 根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶； 故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。 【小问4详解】 “焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑； 故答案为：2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。 【小问5详解】 “水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用； 故答案：沉铝。 模拟题答案 1．(1)6s26p3 (2) 若连续滴入，则造成局部NaClO3浓度过大，生成氯气 (3) 升高温度，促进水解，导致溶液中Cl-浓度增大，平衡逆向移动 H+、Na+ (4)A (5)将AgCl转化为可溶性的，与N2H4充分接触 (6) 结构中存在氧空位，使得O2-可以在结构中迁移 【分析】高铋银渣(主要成分是单质，还含有、等单质杂质。加氯酸钠、盐酸“氧化浸出”，Bi、Fe、Ag分别转化为、Fe3+、AgCl，过滤出沉淀AgCl，滤液中含有、Fe3+，加萃取剂TBP“萃取分液”， Fe3+进入水相，进入有机相，有机相加草酸“沉铋反萃取”，得到草酸铋晶体。 【详解】（1）铋的原子序数为83， 位于第六周期ⅤA族，价电子排布式为6s26p3。 （2）①“氧化浸出”时，Bi与氯酸钠、盐酸反应生成，反应的离子方程式为。 ②若连续滴入，则造成局部NaClO3浓度过大，NaClO3与盐酸反应生成氯气，所以需分多次加入。 （3）能被有机萃取剂萃取，其萃取原理可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。 ①易发生水解，升高温度，促进水解，导致溶液中Cl-浓度增大，平衡逆向移动，所以的萃取率随萃取温度的升高而降低。 ②“氧化浸出”时加入了氯酸钠、盐酸，萃取后分液所得水相中的主要阳离子有、H+、Na+。 （4）为沉淀反萃取充分，边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中，选A。 （5）AgCl能溶于氨水生成，所以氨水的作用是将AgCl转化为可溶性的，与N2H4充分接触。 （6）根据点坐标为，点坐标为，可知点坐标为；结构中存在氧空位，使得O2-可以在结构中迁移，所以具有较高的氧离子电导率，常用作固体电解质。 2．(1)还原性 (2) (3)9.85 (4)或 (5)结合，有利于将部分配体替换为；增大浓度，有利于晶体析出 (6) C 1mol的剩余固体质量为250.5×32%＝80.16g，扣除1molCo59g，剩余21.16g，约为个O，即CoxOy化学式为Co3O4 (7) 3 八面体 减小 【分析】一种从废旧三元锂离子电池正极材料LiNixCoyMnzO2（简写为LiMO2，其中x＋y＋z＝1）中分离出镍和钴的工艺流程可知，镍和钴保留其他除去。 （1）“酸浸”盐酸中作为还原剂可以将正极材料中价态比较高的金属离子(Co3+、Ni3+)等还原为低价态。 （2）按照流程Mn2+生成MnO2，S2O82-参与化学反应的电子化合价降低生成SO42-。 （3）电离常数的应用，结合已知信息建立电离常数表达式利用题目数据计算。 （4）“氧化”过程，转化为可知Co元素化合价升高，流程图中可以找到H2O2中O元素化合价降低。 （5）结合平衡移动原理最主要的是找到过程中发生的可逆反应，该题主要有两个，，还有一水合氨的电离平衡：，再根据H＋、Cl－解释平衡移动。 【详解】（1）“酸浸”盐酸中作为还原剂可以将正极材料中价态比较高的金属离子(Co3+、Ni3+)等还原为低价态。此过程盐酸体现的性质有酸性、还原性。 故答案为：还原性。 （2）“沉锰”过程中Mn2＋转化为MnO2，S2O82-参与化学反应的电子化合价降低生成SO42-，离子反应为。 故答案为：。 （3）已知信息有25℃时，NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5 ，即 ，当氨浸液时，，已知lg7＝0.85，可算出pH=9.85。 故答案为：9.85。 （4）“氧化”过程，转化为可知Co元素化合价升高，流程图中可以找到H2O2中O元素化合价降低，离子方程式为或。 故答案为：或。 （5）“酸化”中发生的反应：，还有一水合氨的电离平衡：，结合平衡移动原理，结合，有利于将部分配体替换为；增大浓度，有利于晶体析出。 故答案为：结合，有利于将部分配体替换为；增大浓度，有利于晶体析出。 （6）取1mol，其质量为250.5g，按Co元素守恒，含有Co的物质的量为1mol，质量为59g。煅烧前后Co质量不变，设生成ComOn，Co的质量分数=。若热重曲线图700℃对应的是Co3O4，Co的质量分数=，与图像中数据吻合；同理可算A、B两选项均不符合，选C。 1mol的剩余固体质量为250.5×32%＝80.16g，扣除1molCo59g，剩余21.16g，约为个O，即CoxOy化学式为Co3O4。 故答案为：C   1mol的剩余固体质量为250.5×32%＝80.16g，扣除1molCo59g，剩余21.16g，约为个O，即CoxOy化学式为Co3O4。 （7）①六方晶系中，是层状结构，每个氧原子与同层3个Ni原子紧邻，故晶体中与一个O紧邻的Ni有3个。 ②每个Ni原子周围被6个O原子包围，上下层各三个，形成八面体结构。 ③充电时，Ni化合价从+2变为+3，失去H+，结构中O原子距离缩小，密度()增大，故晶胞参数减小。 故答案为：3   八面体    减小。 3．(1)增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率 (2) 80℃或80~85℃ 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑ (3)Al(OH)3、Fe(OH)3 (4) D 丁二酮肟镍分子的极性小，且可以形成分子内氢键，在水中溶解度减小 (5)Co3O4 (6)趁热过滤 【分析】由题给流程可知，向正极材料中加入硫酸和过氧化氢和混合溶液酸浸，将钴酸锂转化为和锂离子，将镍酸锂转化为和，材料中含有的少量金属元素转化为可溶的硫酸盐，将转化为，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的、转化为、沉淀，过滤得到含有、的滤渣和滤液；滤液中的与丁二酮肟反应转化为鲜红色丁二酮肟镍沉淀，向转化后的溶液中加入草酸铵溶液，将溶液中的转化为沉淀，过滤得到含有滤渣和滤液；向滤渣中加入饱和碳酸钠溶液，充分反应后过滤得到碳酸锂沉淀，回答下列问题； 【详解】（1）将正极活性材料进行破碎处理的目的是：增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；故答案为：增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率。 （2）根据酸浸时温度对钴、锂浸出率影响的图象可知，最适宜温度为80℃或80~85℃；结合分析可知：LiCoO2在浸取过程中，钴酸锂中钴元素被还原为亚钴离子，过氧化氢被氧化为氧气，反应的化学方程式为：；故答案为：80℃或80~85℃；； （3）根据分析可知：“中和”，滤渣1的主要成分是、；故答案为：、。 （4）①根据结构可知，丁二酮肟镍分子中与N原子形成平面正方形构型，的价层电子对数是4，所以中心原子Ni的杂化类型是；故答案为：。 ②丁二酮肟镍在水中溶解度不大的原因可能是：丁二酮肟镍分子结构对称，分子极性很小，而水是极性分子，由结构可知丁二酮肟镍分子可形成分子内氢键；故答案为：丁二酮肟镍分子的极性小，且可以形成分子内氢键，在水中溶解度减小。 （5）5.49g中含有0.03mol即1.77g，加热至500℃得到2.41g钴的氧化物，加热过程中钴的质量不变，可得氧化物中氧元素的质量为即0.04mol，可知氧化物的化学式为：；故答案为：。 （6）由已知微溶于水，在冷水中溶解度较热水大，得“沉锂”，母液用NaOH溶液调节pH=12后，加入适量饱和溶液，加热蒸发浓缩，趁热过滤，用乙醇洗涤2~3次，干燥，得到白色的；故答案为：趁热过滤。 4．(1) 0.050 200℃ (2)避免生成NaHCO3，造成Na2CO3浪费 (3)MnCO3、CaCO3 (4) (5) 7.8 NH4HCO3溶液碱性比Na2CO3弱，可避免生成Mn(OH)2沉淀 (6) WC 6 【分析】黑白钨混合矿(主要成分为CaWO4、MnWO4和CaCO3、SiO2等杂质)经球磨机粉碎，得到钨矿粉，加入Na2CO3、H2O浸出，得到Na2WO4溶液等，滤渣Ⅰ为SiO2、CaCO3、MnCO3等。滤液Ⅰ先调pH，将滤液中的某些金属离子转化为金属氢氧化物，此时溶液中主要含钨酸钠，第二次调pH，使钨以H2WO4沉淀形式析出，加热分解可得到WO3。滤渣Ⅰ酸浸，CaCO3、MnCO3溶解，经过一系列操作，往滤液Ⅳ中加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀。 【详解】（1）结合图形信息，当球磨细度为0.050和温度为200℃时，钨的浸出率已经较高，再减小细度和提升温度，浸出率没有较大提升，且生产成本增加，故工业上浸出钨的条件是用球磨机研磨至约0.050mm细度，在200℃下浸出。 （2）由已知信息②可知，反应会生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的生成会造成碳酸钠的利用率下降，因此加入氢氧化钠的作用是：避免生成NaHCO3，造成Na2CO3浪费。 （3）由分析可知，钨矿(主要成分为CaWO4、MnWO4和CaCO3、SiO2等杂质)中加入碳酸钠溶液浸泡，SiO2、原固体中的CaCO3不溶，同时反应生成MnCO3、CaCO3沉淀，则滤渣I的成分除SiO2外，还主要含有MnCO3、CaCO3。 （4）向滤液I中加入盐酸调pH时，Na2WO3与盐酸反应生成H2WO4和NaCl，依据元素守恒，可得出反应的化学方程式为Na2WO3+2HCl=2NaCl+H2WO3。 （5）当c(Mn2+)=0.1mol/L时，Ksp=c(Mn2+)∙c2(OH−)=0.1×c2(OH−)=4×10−14，c(OH−)=2×10-6.5=10-6.2mol/L，即pH小于7.8时不会产生氢氧化锰沉淀；为得到碳酸锰沉淀，应注意溶液pH不能过高，否则会生成Mn(OH)2沉淀，因此选用碳酸氢铵的原因是：NH4HCO3溶液碱性比Na2CO3弱，可避免生成Mn(OH)2沉淀。 （6）由图中微观结构可知，钨原子位于顶点、棱上、面心和体内，所含W原子的数目为=6，碳原子位于体内，所含C原子的数目为6，则该物质中W和C的比例为1:1，故化学式为WC。图示中，体心的W原子周围距离最近的C有6个。 【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。 5．(1)Li、Al (2)减少浓硫酸的挥发或分解 (3)Mg2+、Ca2+ (4)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (5)< (6)1.25 (7)蒸发浓缩、冷却结晶高中君 (8) 6 【分析】锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO、Fe2O3等)为原料来制取碳酸锂，加入浓硫酸溶解锂辉矿，水浸得到滤渣Ⅰ为，加入，将氧化为，同时加入氢氧化钠并使铁离子、铝离子沉淀完全，得到滤渣Ⅱ为、，然后加入沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，滤液Ⅲ含有，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到副产品，以此解答该题。 【详解】（1）Li是3号元素：[He]2s1，未成对电子数为1；Al是13号元素：[Ne]3s23p1，未成对电子数为1；Si是14号元素：[Ne]3s23p2，未成对电子数为2；O是8号元素：[He]2s22p2，未成对电子数为2；未成对电子数最少的基态原子为Li、Al； （2）“焙烧”时控制温度250~300℃，温度不宜过高的原因是避免温度高浓硫酸挥发或分解； （3）由分析可知，水浸时，除去滤渣Ⅰ为微溶的，“浸出液”中除了含有Li+、Al3+、Fe2+、Fe3+，还有少量的，以及少量的； （4）加入将氧化为，离子方程式为； （5）滤液Ⅰ的pH约为5-6，加入碳酸钠后，酸性减弱，pH变大，故溶液的pH：“滤液I”＜“滤液Ⅱ”； （6）锂的沉淀率达到95%，因此沉淀中物质的量为 ，剩余物质的量为 ，忽略体积变化，剩余浓度为 ，沉淀 所需的 物质的量为 ，溶度积表达式：，代入数值：，解得：，此浓度表示溶液中游离的碳酸根的浓度，溶液中含碳微粒还含有，根据，代入数据，解得，同理，代入数据解得，可以忽略不计，故加入的。 （7）“滤液Ⅲ”为溶液，得到副产品的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （8）①位于顶点和面心的黑球个数为，晶胞内部黑球的个数是8，则顶点和面心代表，晶胞内部的8个灰色球代表，将晶胞平移，若以其中一个为顶点，最近的位于上下、前后、左右，共有6个； ②已知Li+间最近距离为anm，则晶胞参数为2anm，则与Li+间最近距离为晶胞体对角线的，。 6．(1) [Ar]3d6 d (2) (3)> (4)增大Cl-浓度，使平衡逆向移动，将树脂重新转化为R4NCl(s)，可给下一周期的吸附用 (5) 蒸发浓缩、冷却结晶 (NH4)2WO4晶粒 (6) 【分析】黑钨矿其主要成分是，还含有少量的等。在焙烧条件下与纯碱、空气反应生成氧化铁、钨酸钠、二氧化碳，转化为二氧化锰、钨酸钠，二氧化硅转化为硅酸钠、氧化铝转化为偏铝酸钠、转化为砷酸钠；过滤出氧化铁和二氧化锰沉淀，滤液中主要含，用强碱性阴离子交换树脂与发生离子交换，吸附，“解吸”中采用浓的氯化铵和氨水的混合溶液解吸，获得钨酸铵溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得仲钨酸铵晶体，煅烧仲钨酸铵晶体得WO3，WO3还原得W单质。 【详解】（1）Fe是26号元素，基态Fe原子的简化电子排布式为，铁原子失去最外层2个电子得到，基态简化电子排布式为；是是25号元素，在元素周期表第四周期ⅦB族，位于元素周期表d区； （2）在焙烧条件下与纯碱、空气反应生成氧化铁、钨酸钠、二氧化碳，化学方程式为； （3）“吸附”过程，该树脂能吸附，可知阴离子的亲和力大小为：>； （4）“解吸”中采用浓的氯化铵和氨水的混合溶液作为解吸剂，加入氯化铵，使逆向进行，除了可以使解吸得到的钨转型为钨酸铵溶液，还能将树脂重新转化为，可给下一周期的吸附用； （5）“系列操作”的目的是去除中部分氨和水，使转化为仲钨酸铵晶体析出并分离，该系列操作是蒸发浓缩、冷却结晶；若在(NH4)2WO4过饱和溶液中加入(NH4)2WO4晶粒作晶核，可促进其结晶； （6）①晶胞中，Cu数目为，Al数目为4，Mn数目为4，该合金的化学式为。若A原子的坐标参数为，则B原子的坐标参数为； ②结合晶胞结构可知，则最近的两个Al原子间的距离为面对角线的一半，再结合①分析可知，晶胞参数为：pm，最近的两个Al原子间的距离为：pm。 7．(1)+3 (2) 还原剂 70℃时浸出率已接近100%，温度继续升高反而会增加能耗，同时增大过氧化氢的分解率 (3) (4)10.1 (5)趁热过滤 (6) 3 6 【分析】废旧三元锂离子电池处理后得到的正极活性材料的主要成分为，还含铝等杂质，因中Ni、Co、Mn的化合价相同，根据化合价代数和为零，可知均为+3价，向其中加入和，浸取后溶液中镍、钴、锰等金属的阳离子由+3价降为+2价，加入后，可将转化为而除去，调整离子比例为，加入碱液后形成共沉淀钴锰镍氢氧化物，加入溶液后形成沉淀，将与钴锰镍氢氧化物共同灼烧可形成镍钴锰酸锂。 【详解】（1）中Ni、Co、Mn的化合价相同，根据化合价代数和为零，可设Ni、Co、Mn的化合价为价，得，即，即Ni、Co、Mn的化合价均为+3价； （2）①正极活性材料的主要成分为，向其中加入和，浸取后溶液中镍、钴、锰等金属的阳离子由+3价降为+2价，由此可知“浸取”时，加入作还原剂； ②“浸取”时温度对镍、钴、锰浸出率的影响由图可知，随着温度的升高镍、钴、锰浸出率逐渐升高，但温度在70℃左右时，镍、钴、锰浸出率已经接近100%，温度继续升高，只会增加能耗，同时加快了的分解，故应控制浸取的温度不高于70℃； （3）“除铝”时，加入后，可将转化为，反应的离子方程式为； （4），，，可知最大，因此当沉淀完全时，三种离子均完全沉淀，当时，，则，此时，即pH应调至10.1以上； （5）由图可知，随着温度的升高的溶解度逐渐减小，因此“沉锂”时的操作应为加入溶液、蒸发结晶、趁热过滤、热水洗涤、干燥； （6）①为27号元素，电子排布式为，的电子排布式为，则的价电子排布式为； ②根据晶胞的结构示意图可知，位于晶胞的顶点和内部，由均摊法可知晶胞中含的个数为； ③由晶胞示意图可知，该晶胞的上下底面为菱形，与同个Li等距离最近的O的个数为6。 8．(1) 搅拌时间过长与反应，导致、解离溶解 (2) (3) (4)A (5)充分除去沉淀中的杂质，提高纯度 (6) (7) PtCo 【分析】金还原后液加入氯酸钠、氯化铵转化得到、，微热，转化为，加入氨水使得Pt元素转化为沉淀、转化为，使得两者分离，经过还原、氧化得到，煅烧得到Pt；加入盐酸沉淀、煅烧得到Pd； 【详解】（1）①氯酸钠具有氧化性，氧化转化为，氯酸钠中氯化合价由+5变为-1、Pd化合价由+2变为+4，结合电子守恒，离子方程式为。 ②搅拌时间过长与反应，导致、解离溶解，故搅拌时间过长，钯、铂的沉淀率下降； （2）“微热”过程1mol Pd(Ⅳ)转化为Pd(Ⅱ)，Pd化合价降低被还原，且转移2mol，同时生成标准状况下22.4L气体X（为1mol），则气体X为氯离子失去2mol电子被氧化生成的氯气：； （3）浓度从0.025降到，则可以认为已经完全转化，则、分别为2.5×10-2mol/L、2.5×10-2mol/L×4=10-1mol/L，则，； （4） 存在同分异构现象，则其为平面四边形结构，分子极性较弱，则其分子结构较为对称，故为A．； （5）虚线框内“还原”和“氧化”步骤需重复三次的目的是：充分除去沉淀中的杂质，提高纯度； （6）“煅烧”得到Pt，Pt化合价降低被还原，且产生气体中有一种可做保护气，结合质量守恒、电子守恒，则部分氮化合价升高被氧化为氮气，氮气化学性质稳定能做保护气，结合质量守恒，还会生成氯化铵、HCl，相应的化学方程式为； （7）根据“均摊法”，晶胞中含个Co、个Pt，则该合金的化学式为PtCo；Pt原子和Co原子之间的最近距离为面对角线的二分之一，且为a pm，则该晶胞参数为pm。 9．(1)搅拌，增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2) (3) 硫脲和尿素为分子晶体，硫脲的相对分子质量更大，范德华力更大 S的原子半径更大，电负性更小，更易给电子形成配位键 时，升高，还原性减弱，避免与反应；时，升高，会形成沉淀 、 (4) (5)浸金银 【分析】铜阳极泥加入硫酸、空气，将铜转化为硫酸铜浸出液，过滤后固体加入氯化铁、硫脲，将银、金转化为、，电解生成银单质、金单质，电解后溶液通过离子交换除去金属离子得到吸附后液； 【详解】（1）空气中氧气具有氧化性，且液体中鼓入气体可以搅动溶液，“浸铜”时，鼓入空气的目的有提供氧化剂、搅拌，增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分； （2）“浸铜”时，空气中氧气具有氧化性，氧气在酸性条件下氧化生成硫单质和硫酸铜，铜化合价由+1变为+2、中硫化合价由-2变为0，氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒，化学方程式为； （3）①硫脲和尿素为分子晶体，硫脲的相对分子质量更大，范德华力更大，故硫脲与尿素相比，熔点更高； ②已知： ①   ②   ③   由盖斯定律可知，①+②+③得反应，则。 ③固体加入氯化铁、硫脲，将银转化为，铁离子化合价降低、银化合价升高，故反应的离子方程式为；S较N的原子半径更大，电负性更小，更易给电子形成配位键，故与配位的原子是S而不是； ④已知在强酸性条件下有还原性，时，升高，还原性减弱，避免与反应，时，升高，氢氧根离子浓度增大，会形成沉淀，导致随着浸出液升高，金浸出率先升高后降低； ⑤浸铜过程中生成硫单质，结合流程，浸金银过程的溶液中含有、，铁离子具有氧化性，结合质量守恒，浸金银过程中铁离子会将Se、Te元素氧化为Se、Te单质，则浸出渣的主要成分有S、、； （4）“电解”时，生成的电极反应为得到电子发生还原反应生成银单质和TU，反应为； （5）电解时、得到电子发生还原反应生成银单质、金单质，同时生成TU，“离子交换”除去金属离子后，吸附后液含TU，可返回浸金银工序循环使用。 10．(1) (2)1.75 (3)3.2≤pH<9(或3.2～9) (4) 两步合并可能会导致溶解，降低产品纯度 酸性条件下能还原，降低产品产率并产生污染性气体 (5) (6) (或其他正确答案) 【分析】铬铁矿(含和少量、、)加入碳酸镁与二氧化硅反应生成，“焙烧”时与NaOH和在高温下反应生成和 ，“水浸”所得浸渣的主要成分为和，加入硫酸调pH得到沉淀，溶液加入硫酸转化为，“热还原”过程为NH4Cl与反应生成和。 【详解】（1）焙烧时，碳酸镁与二氧化硅反应生成和二氧化碳，化学方程式为：。 （2）“焙烧”时，发生反应的化学方程式为，每消耗1mol，需消耗1.75mol。 （3）浸渣的主要成分为和。从浸渣中提取时，调节滤液pH的目的是将沉淀完全，而不形成沉淀。当沉淀完全时，溶液中，则，即pH≥3.2；当不形成沉淀时，溶液中，则，即pH<9，则调节滤液pH的范围为3.2≤pH<9。 （4）用硫酸溶液“调pH为7～8”的目的是使完全转化为，“酸化”的目的是使充分转化为。两步合并可能会导致溶解，降低产品纯度。“酸化”时，不能用盐酸代替硫酸，因为酸性条件下能还原，降低产品产率并产生污染性气体。 （5）“热还原”过程中NH4Cl与反应生成和，反应的化学方程式为：。 （6）晶胞中与的个数比应为2∶3，根据晶胞结构可以看出，小白球的数目为4，小黑球的数目为，则小白球数目∶小黑球数目=4∶6=2∶3，对照化学式可知，小黑球代表。1个晶胞含2个，则晶胞的质量为g；晶胞的体积为。晶体的密度，则阿伏加德罗常数。 11．(1) (2) AC (3)92% (4) (5) 8 正四面体 【分析】氟碳铈矿(主要含、等)在富氧空气中氧化焙烧产生二氧化碳和熔渣，熔渣主要成分为和、，加入硫酸酸浸得到滤渣A为硫酸钡，滤液A主要含有，系列操作得到的水层含有，加入氢氧化钠调pH，得到的滤渣B为Ce(OH)3，滤液B主要含有硫酸钠等，滤渣B加入次氯酸钠氧化得到Ce(OH)4，煅烧得到二氧化铈()； 【详解】（1）“氧化焙烧”中铈元素转化为和，同时生成CO2，反应的化学方程式为4+O23++4CO2；中Ce的化合价为+3价，升高为和中的+4价，O2中氧元素由0价变为-2价，碳酸根离子转化为二氧化碳，其中的O元素化合价不变，则该反应的还原产物是； （2）①加入硫酸酸浸得到滤渣A为硫酸钡，生成滤渣A的化学反应方程式是； ②A．温度升高，挥发，降低，的浸出率下降，故A符合； B．生成的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的浸出率增大，故B不符合； C．温度升高，水解程度增大，产生沉淀，的浸出率下降，故C符合； D．稀硫酸不易分解，故D不符合； 答案选AC： （3）若测得水层中，滤液B的，忽略溶液体积变化，c(OH-)=10-6mol/L， “调”后的沉淀百分率是=92%； （4）“氧化”中次氯酸钠氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，反应的化学反应方程式为； （5）分析晶胞结构图，白球个数为，黑球个数为8个，故白球为铈离子、黑球为氧离子，处于面心铈离子周围有4个氧离子，根据晶胞无隙并置原则，铈离子的配位数为； ②根据图中位置，每个连接四个，填充在构成的正四面体空隙中； ③该晶胞的密度为，则晶胞中、之间的最近距离为体对角线的，为边长的；设边长为acm，，边长a=pm，则晶胞中、之间的最近距离为pm，故答案为。 12．(1) +5 3d5 (2) 450(“440～460”的数值) 温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解 (3)SiO2、PbSO4 (4)2Fe3++2S2O=2Fe2++S4O (5)当溶液pH >1.5后，溶液中的In3+发生水解，形成难被P2O4萃取的粒子 (6) (7) 4 【分析】在高铟烟灰渣(主要含PbO、SiO2、FeAsO4•2H2O、In2O3)中加入硫酸溶液进行硫酸化焙烧，所得焙砂用水“水浸”，PbO、FeAsO4•2H2O、In2O3分别与硫酸反应转化为硫酸铅沉淀和硫酸铁，硫酸铟，同时生成As2O3，滤渣为硫酸铅和As2O3、SiO2；过滤，向滤液中加Na2S2O3将铁还原为FeS4O6；然后加萃取剂P2O4使In3+进入有机相，铁进入水相从而除去铁；分离后在萃取液中加硫酸反萃取In3+进入水相，然后在水溶液中加Zn置换出铟，据此分析解答。 【详解】（1）FeAsO4·2H2O中铁元素化合价为+3价，根据FeAsO4中元素的化合价代数和为0，As的化合价为+5，Fe的价层电子排布式为3d64s2，从最外层开始失去3个电子变为Fe3+，Fe3+的价层电子排布式为3d5； （2）从示意图可知，适宜的焙烧温度是450℃，温度过高铟、铁浸出率降低的原因是温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解； （3）由分析可知，“水浸”时，浸渣除了As2O3外，还含有SiO2、PbSO4； （4）“还原铁”时，Fe3+被还原为亚铁离子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：2Fe3++2S2O=2Fe2++S4O； （5）当溶液pH＞1.5后，溶液中的铟离子发生水解，形成难被P2O4萃取的粒子，导致铟萃取率下降； （6）溶液中残留溶解的As2O3也与Zn反应，会有少量的气体AsH3生成，此时溶液环境为酸性，根据得失电子守恒、电荷守恒，可得该过程的离子方程式为； （7）晶胞的体积为a2c×10-30cm3，晶胞中Cu位于8个顶点、4个面心和体心，个数为8×+4×+1=4，In位于晶胞的4个棱，面心有6个，个数为4×+6×=4，Se位于晶胞的内部，有8个，则晶胞平均含有4个CuInSe2，可知= g·cm-3=g·cm-3；由晶胞图可知，与In原子最近且距离相等的Se原子个数为4。 13．(1) 对正极片进行粉碎处理或适当升温，或适当增大碱的浓度 (2)洗去表面吸附的杂质离子，减少的溶解损失 (3) 阳离子交换膜 阴极反应式为，电解过程中从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此浓度增大 (4) (5) (6) 中阴离子半径大于，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，更易迁移 【分析】回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂）中的资源，经氢氧化钠碱浸绝大部分铝被浸出，铝和氢氧化钠反应得到Na[Al（OH）4]滤液，加入硫酸及10%硝酸可除掉导电剂等杂质，同时将二价铁氧化为三价铁，调节pH得到磷酸铁沉淀，向滤液中加入碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，据此分析解题。 【详解】（1）碱溶时箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式，对进行正极片粉碎处理或适当升温，或适当增大酸的浓度，均可增大碱溶速率，故答案为：；对正极片进行粉碎处理或适当升温，或适当增大碱的浓度； （2）据表格数据可知，Li2CO3的溶解度随温度的升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解，同时能够洗去Li2CO3表面附着的杂质离子，故答案为：洗去表面吸附的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失； （3）①Li2CO3溶于盐酸生成LiCl，电解LiCl溶液，溶液中Cl-失去电子在阳极生成Cl2，阴极反应式为，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大，则中电解时所用的是阳离子交换膜，故答案为： 阳离子交换膜； ②由①电解后，阴极反应式为，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大，故答案为：阴极反应式为，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大； （4）放电时，正极发生还原反应，转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平正极反应式为，故答案为：； （5）根据题意可知，反应物为、、炭黑，生成物为，根据元素守恒分析另一种产物为碳的氧化物，因炭黑足量，故为，其反应的化学方程式为：，故答案为：； （6）Li+会受到阴离子的吸引而影响迁移速度，中阴离子半径大于，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更易迁移，所以电极材料中的Li+迁移较快，故答案为：中阴离子半径大于，故晶格能更小，阴阳离子间吸引力更弱，Li+更易迁移。 14．(1) (2) (3) (4)利用反应除镁，若太小，正向移动，减小，除镁不完全 (5) (6) 【分析】黄铁矿(主要成分为)和软锰矿(主要成分为，杂质为、、、等元素的氧化物)中加硫酸酸浸溶解时除二氧化硅不溶于硫酸，被氧化生成S单质，故滤渣1为S和，其他金属氧化物均溶于硫酸转变成相应的硫酸盐；氧化过程中加入二氧化锰将亚铁离子氧化成三价铁离子，然后加氨水调节溶液的pH值将铝离子和三价铁离子转变成氢氧化物沉淀除去，故滤渣2为和，过滤后滤液加NH4F，将镁离子转化为MgF2除去滤渣3为MgF2，过滤后在滤液中加碳酸氢铵溶液，将锰离子转变成碳酸锰沉淀，然后过滤后将碳酸锰溶于适量的稀硫酸得到硫酸锰的溶液，据此解答。 【详解】（1）由分析知，“酸浸”时，滤渣1的成分为S和； （2）“氧化”时是将亚铁离子氧化成三价铁离子，化学方程式为； （3）“调”的目的是除铁和铝，需要保证三价铁离子和铝离子完全除去，而锰离子不能沉淀，由表中数据值，调节的合理范围为，当铁离子恰好沉淀完全时，溶液的pH为2.8，，由，溶液中； （4）“除镁”时，利用反应除镁，若太小，正向移动，减小，除镁不完全； （5）“沉锰”时，滤液中加碳酸氢铵溶液，将锰离子转变成碳酸锰沉淀，离子方程式为； （6）由图知，晶胞结构由4个小立方体A和4个小立方体B构成，由A知，Mn位于体心和顶点，共含有，O位于体内，共有4个，由B知，Mn位于内部和顶点，共含有，O位于体内，共有4个，故该晶胞中Mn原子个数为，O原子个数为，故则该氧化物的化学式为；若晶胞密度为，为阿伏加德罗常数的值，设晶胞边长为anm，则，则晶胞边长为。 15．(1) (2) (3) 可以富集(或“增大)的浓度”)，提高铟的萃取率(“减少后续萃取剂用量”或“实现萃取剂循环利用”等均可得分) (4) (5) 消耗溶液中，使萃取平衡正向移动(答“降低溶液中的浓度，有利于萃取”也可得分) 4 (6)BCD (7)B 【分析】含铅烟灰与浓硫酸在加热条件下反应，其中的成分如、等会与硫酸发生反应，转化为可溶性的硫酸盐等，Pb会形成PbSO4沉淀，同时产生气体，热溶解后的产物加水溶解，可溶物进入浸出液，不溶物形成浸渣被分离出去，向浸出液中加入还原剂，将砷元素还原为沉淀除去，从而降低浸出液中的砷含量，加入调节溶液的pH值，为后续的萃取做准备，利用和煤油组成的有机萃取剂，将溶液中的铟离子萃取到有机相中，实现铟与其他金属离子（如等）在水相和有机相的分离，向负载铟的有机相中加入盐酸，使铟离子从有机相重新进入水相，得到含铟的水相溶液，在含铟的溶液中加入锌，利用锌比铟活泼的性质，通过置换反应将铟从溶液中置换出来，从而得到粗铟。 【详解】（1）In位于第五周期ⅢA族，根据主族元素价电子为最外层电子，第五周期元素电子排布先排5s能级，排2个电子，再排5p能级，ⅢA族元素5p能级有1个电子，所以价电子排布式为。 （2）浓硫酸有强氧化性，中S为-2价，会被浓硫酸氧化，S元素被氧化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平该方程式，得出。 （3）①含铅烟灰中与浓硫酸反应生成难溶的，所以浸渣主要成分是；②多级浸出将浸出液返回“水浸”步骤，可以提高铟的浸取率，充分利用浸出液中的铟。 （4）“还原除砷”时，作还原剂将还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。 （5）①由萃取反应可知，降低浓度，平衡正向移动，有利于萃取； ②当开始沉淀时，，，pH=7；当开始沉淀时，，，pH=4，常温下，萃取前应调节pH不大于4。 （6）从配合物结构可知，存在In与O之间的配位键，分子之间存在范德华力，氢键，故选BCD。 （7）沿体对角线投影，的投影会呈现出特定的对称结构，B选项符合ZnS晶胞沿体对角线投影时的分布情况。 16．(1) 4 (2) (3)过滤 (4)水解程度大于溶液碱性较强，从而易生成 (5)abc (6) (7) 趁热过滤 用的蒸馏水洗涤2~3次 (8) 分子晶体 e 【分析】电解锰渣中含有很多重金属[主要含有]，加入、还原酸浸，酸性条件下还原电解锰渣中的，离子反应为，部分被还原为，溶于水，不溶于水，少部分溶解，经过滤得到含的滤液和含的滤渣，加入溶液浸铅，将难溶的转化为可溶的，浸出渣含，加入溶液沉铅，得到沉淀。除铁过程中，加入将氧化，然后加入试剂Y调节pH将转化为沉淀除去。除钙过程中，加入，发生反应，过滤得到含的滤液，滤渣为，经过一系列操作得到硫酸锰晶体。 【详解】（1）Mn为25号元素，基态Mn原子的价层电子排布图为；与Mn元素同周期，基态原子有1个未成对电子的金属元素有K、Sc、Cu、Ga，共有4种； （2）由分析可知，被还原的离子方程式为； （3）操作X之后得到滤渣和滤液，故其名称为过滤； （4）(NH4)2CO3中碳酸根离子水解能力较强，溶液中氢氧根离子浓度较大，故生成Pb2(OH)2CO3原因是更易水解生成OH-，从而易生成Pb2( OH)2CO3； （5）加入试剂Y调节pH时，不能引入新的杂质，该工艺流程制备的是硫酸锰，并且在随后的流程中除去了钙离子，在该步骤中除去了铁，故可以选择的试剂为：abc； （6）由分析可知，“除钙”时发生反应的离子方程式为；； （7）由硫酸锰的溶解度曲线可知，硫酸锰晶体的溶解度随温度升高而降低，控制温度在之间蒸发结晶、趁热过滤，使固体与溶液分离，用的蒸馏水洗涤2~3次，真空干燥可得到硫酸锰晶体； （8）①根据相似相溶原理，四氯化碳为分子晶体，则该络合物也为分子晶体；②由结构可知，该络合物中存在键、非极性共价键、N含有孤电子对，Pb含有空轨道，两者可形成配位键，该络合物中不含离子，不存在离子键，选e； 17．(1) (2) (3) > 生成大颗粒的沉淀易于分离：水解生成的阳离子易与水分子形成氢键，生成絮状沉淀，难以洗脱 (4) 减小 溶液呈酸性，N原子易与配位且易与结合，降低配位能力 (5)b (6)沉铁 【分析】利用绿矾为原料制备高纯补铁剂乙二胺四乙酸铁钠晶体，“沉铁”中绿矾与碳酸氢钠（NaHCO3）反应生成碳酸亚铁（FeCO3）沉淀，同时有二氧化碳气体生成，“氧化”中FeCO3被H2O2氧化为沉淀，同时有二氧化碳气体生成，“合成”中氢氧化铁、NaOH与乙二胺四乙酸反应生成溶液，经过减压过滤，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤干燥得到晶体，以此解答。 【详解】（1）“沉铁”中绿矾与碳酸氢钠（NaHCO3）反应生成碳酸亚铁（FeCO3）沉淀，同时有二氧化碳气体生成，离子方程式为：。 （2）“氧化”中FeCO3被H2O2氧化为沉淀，同时有二氧化碳气体生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （3）①由的结构式可知，键1为Fe与O形成的配位键，O原子同时与1个Fe和2个H成键，电子云集中在Fe与O之间，键2中O原子同时与2个Fe和1个H成键，Fe的电负性较小，对O的电子云吸引较弱，O原子周围电子密度较大，导致对Fe的吸引增强，键长较短，则键长：1>2； ②结合的结构分析，绿矾两步反应制备的优点有生成大颗粒的沉淀易于分离：水解生成的阳离子易与水分子形成氢键，生成絮状沉淀，难以洗脱。 （4）①的平衡常数==；当溶液中c()=c()时，c(H+)=，pH=2.7，当溶液中c()=c()时，c(H+)=，pH=6，说明pH=5时，溶液中主要存在的形态为，因此未配位的含Y微粒为； ②中的C-N键由于N原子电负性较大，电子云偏向N，键极性较强，配位后N原子与Fe3+成配位键，电子云向金属离子偏移，导致N原子电负性降低，从而C-N键的电子云分布更均匀，极性减小 ③时，产率减小的原因为溶液呈酸性，N原子易与配位且易与结合，降低配位能力。 （5）微溶于冷水，易溶于热水，冷水洗涤可减少产物损失，酸洗涤可能引入杂质，热水则导致产物溶解，故选b。 （6）“滤液1”为Na2SO4溶液，电解Na2SO4溶液时H2O在阴极得到电子生成H2和NaOH，气体1和气体2为CO2，CO2和NaOH溶液反应生成碳酸钠，可循环用于沉铁步骤。 18．(1) 3d54s2 平面三角形 (2)增大接触面积，加快溶浸速率 (3)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (4) 4.7 Fe(OH)3、Al(OH)3 (5)2.9×10-9 (6)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O (7)abc 【分析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Zn、Ni、Si等元)，MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，结合表格数据，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，“除杂”的目的是除去Zn2+和Ni2+，所以滤渣3为NiS和ZnS；最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀MnCO3得到硫酸锰，据此 【详解】（1）锰为25号元素，基态锰原子的价电子排布式为：3d54s2；中心原子价电子对数为：，为sp2杂化，没有孤电子对，则其空间构型为：平面三角形； （2）硫化锰矿预先粉碎的目的是增大接触面积，加快溶浸速率； （3）“氧化”中MnO2将Fe2+氧化成Fe3+的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； （4）“调pH”除铁、铝元素，溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的pH值，在pH=4.7时Fe3+和Al3+沉淀完全，在pH=6.2时Zn2+开始产生沉淀，为了只得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，需要溶液的pH范围为：4.7≤pH＜6.2；由分析可知，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3 （5）根据Ksp(NiS)=1.0×10-21，若“除杂”后滤液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol•L-1，则，Ksp(ZnS)=2.9×10-25，则； （6）锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，使溶液酸性增强，继而氢离子和碳酸氢根反应生成水、二氧化碳，离子方程式为：； （7）由结构式可知，则Mn2(CO)10晶体中微粒间作用力有C-O极性键、CO与Mn形成配位键、Mn与Mn之间存在金属键，分子之间存在范德华力，故答案为：abc。 19． C 90℃ MnO2＋2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O 3.75×10-7 mol•L-1 Mn2+ + 2＝ MnCO3 ↓+ CO2↑+ H2O C2H6O (NH4)2SO4 负极 Mn2+＋2H2O-2e-＝MnO2＋4H+ 【分析】“溶浸”时，SiO2不溶于稀硫酸，通过过滤除去，所得溶液含H+、Mn2+、Fe2+、Cu2+、SO42-等离子； “溶浸”所得溶液通过“除铁”将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，然后过滤除去； “除铁”后所得溶液通过“净化”将Ca2+、Cu2+转化为CaF2、CuS沉淀，然后过滤除去； “净化”所得溶液主要含Mn2+、NH4+、SO42-，通过“沉锰”得到MnCO3，再经过滤、洗涤、烘干获得无水MnCO3，据此解答。 【详解】(1)A．将矿石研磨粉碎，可以增大反应物的接触面积，从而提高浸取速率，A不满足题意； B．连续搅拌可以增大反应物的接触面积，从而提高浸取速率，B不满足题意； C．延长浸取时间不能提高浸取速率，C满足题意； D．升高温度可以加快反应速率，从而提高浸取速率，D不满足题意；    E．增大反应物的浓度，可以加快反应速率，从而提高浸取速率，E不满足题意； 由图可知，温度高于90℃，副产物MnS2O6的百分率低且随温度升高百分率几乎不再变化，故答案为：C；90℃； (2)软锰矿的主要成分为MnO2，具有较强的氧化性，将“溶浸”所得的Fe2+氧化物Fe3+，发生反应的离子方程式为：MnO2＋2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：MnO2＋2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O； (3)Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，所以c(Ca2+) =mol•L-1=3.75×10-7mol•L-1，故答案为：3.75×10-7mol•L-1； (4)“沉锰”时加入NH4HCO3后有无色无味的气体放出，根据元素守恒可知该气体为CO2，所以“沉锰”发生反应的离子方程式为Mn2++ 2＝MnCO3↓+ CO2↑+ H2O，故答案为：Mn2++ 2＝MnCO3↓+ CO2↑+ H2O； (5)MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，且乙醇易挥发，洗涤后更容易干燥，所以应用乙醇洗涤，乙醇化学式为C2H6O，整个流程来看，NH4+、SO42-未除去，所以过滤出MnCO3沉淀后废液主要成分为(NH4）2SO4，故答案为：C2H6O；(NH4）2SO4； (6)由图可知，电解质溶液中的阴离子向左边电极移动，左边电极为阳极，A为电源的正极，B为电源的负极，结合电荷守恒可得Mn2+发生副反应的离子方程式为：Mn2+＋2H2O-2e-＝MnO2＋4H+，故答案为：负极；Mn2+＋2H2O-2e-＝MnO2＋4H+。 导航 三年高考题 福建模拟题 知识点梳理 操作原因、目的分析 陌生方程式的书写 Ksp的相关计算 晶胞的相关计算 答案第8页，共32页 答案第9页，共32页 学科网（北京）股份有限公司 $$