专题3 金属及其化合物（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考化学二轮专题突破教用课件

专题三　金属及其化合物 化 学 新高考适用 目 录 高考真题 高考模拟 考点综合练1 考点综合练2 考点1 钠、铁及其化合物 考点2 金属资源的开发利用 微专题 微专题 化工流程题解题策略 目 录 考点1　钠、铁及其化合物 高考真题 1.(2025河南,4,3分)X是自然界中一种常见矿物的主要成分,可以通过如图所示的四步 反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。   下列说法错误的是 ( ) A.Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B.溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化 C.R→Q反应需要在强酸性条件下进行 D.Q可以通过单质间化合反应制备     C     目 录 流程分析:固体Y为红棕色,溶液Z为棕黄色,溶液R为浅绿色。结合题中所给的转化关系 可得,固体Y为Fe2O3,溶液Z中含Fe3+,溶液R中含Fe2+。由于X和Q的组成元素相同,结合二 者的颜色及各物质的转化关系可知,固体X为FeS2,固体Q为FeS。 解析　氧化铁为红棕色固体,常用作油漆、涂料等的红色颜料,A正确。含Fe3+的溶液加 热煮沸后会生成红褐色的氢氧化铁,颜色会发生变化,B正确。由于FeS会溶于强酸生成 H2S气体,故R→Q反应不能在强酸性条件下进行,C错误。Fe与S在加热条件下可直接生 成FeS,D正确。 目 录 2.(2024北京,8,3分)关于Na2CO3和NaHCO3的下列说法中,不正确的是 ( ) A.两种物质的溶液中,所含微粒的种类相同 B.可用NaOH溶液使NaHCO3转化为Na2CO3 C.利用二者热稳定性差异,可从它们的固体混合物中除去NaHCO3 D.室温下,二者饱和溶液的pH差约为4,主要是由于它们的溶解度差异     D     目 录 解析　A项,Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中所含微粒均为Na+、C 、HC 、H2CO3、 H2O、H+、OH-,正确。B项,NaHCO3+NaOH  Na2CO3+H2O,正确。C项,Na2CO3的热 稳定性较强,NaHCO3受热易分解:2NaHCO3  Na2CO3+CO2↑+H2O,加热Na2CO3和 NaHCO3的固体混合物时NaHCO3转化为Na2CO3,从而除去NaHCO3,正确。D项,Na2CO3 和NaHCO3饱和溶液的pH相差较大的主要原因是C 的水解程度大于HC 的水解程 度,错误。 目 录 3.(2024安徽,3,3分)青少年帮厨既可培养劳动习惯,也能将化学知识应用于实践。下列 有关解释合理的是( ) A.清洗铁锅后及时擦干,能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈 B.烹煮食物的后期加入食盐,能避免NaCl长时间受热而分解 C.将白糖熬制成焦糖汁,利用蔗糖高温下充分炭化为食物增色 D.制作面点时加入食用纯碱,利用NaHCO3中和发酵过程产生的酸     A     目 录 解析　A项,铁锅中的铁和少量的单质碳以及残留的水会形成原电池,使铁锅发生吸氧 腐蚀而生锈,清洗铁锅后及时擦干,能减缓铁锅生锈,正确。B项,烹煮食物的后期加入食 盐目的是防止加碘食盐中的KIO3受热分解,错误。C项,白糖熬制成焦糖汁的过程中涉 及糖分子的重新排列和脱水反应,但并没有生成碳单质,错误。D项,食用纯碱的主要成 分是Na2CO3而不是NaHCO3,错误。 目 录 4.(2024新课标,9,6分)实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气的反应。下列说法错误 的是( )   A.反应为3Fe(s)+4H2O(g)  Fe3O4(s)+4H2(g) B.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更佳 C.用火柴点燃肥皂泡检验生成的氢气     B     D.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉 目 录 解析　高温条件下,Fe与H2O(g)反应生成Fe3O4和H2,A正确;若酒精灯移至湿棉花下方,铁 粉的温度降低,可能导致反应终止,B错误;H2具有可燃性,点燃肥皂泡可以听到爆鸣声,C 正确;反应在高温下进行,而硬质玻璃试管是一种高温耐受性强的玻璃制品,故实验中使 用硬质玻璃试管盛装还原铁粉,D正确。 目 录 5.(2024湖北,10,3分)碱金属的液氨溶液含有的蓝色溶剂化电子[e(NH3)n]-是强还原剂。 锂与液氨反应的装置如图(夹持装置略)。下列说法错误的是( ) A.碱石灰有利于NH3逸出 B.锂片必须打磨出新鲜表面     C     C.干燥管中均可选用P2O5 D.双口烧瓶中发生的变化是Li+nNH3  Li++[e(NH3)n]- 目 录 解析　A项,碱石灰可吸收浓氨水中的水分,吸收过程中会大量放热,有利于NH3逸出,正 确;B项,锂性质活泼,在空气中易被氧化,需打磨除去表面氧化膜,正确;C项,P2O5是酸性 干燥剂,不能干燥NH3,错误;D项,双口烧瓶中Li与NH3反应生成溶剂化电子,正确。 目 录 知识拓展 　　碱金属(用M表示)非常有趣的性质之一是能溶在液氨中,其稀溶液呈蓝色,且随溶 液浓度的增大,溶液颜色加深。研究认为,在碱金属的氨溶液中存在以下平衡: M(s)+(x+y)NH3(l)  M(NH3 +e(NH3  　　碱金属的另一有趣性质是能获得电子生成非常活泼的负离子M-。这是因为碱金 属元素原子得到1个电子后,s轨道全充满,这种结构的稳定性比8e-构型差些,但比半充满 的s轨道稳定些。如:2Na(s)+Cryp(穴醚)+xNH3(l)  [Na(Cryp)]+[Na(NH3)x]-(s) 目 录 6.(2022广东,6,2分)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 ( ) A     选项 劳动项目 化学知识 A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应 B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性 C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与H2O高温下会反应 D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜 目 录 解析　小苏打是NaHCO3的俗称。熟石灰具有碱性,可用来处理酸性废水。高温下铁和 H2O可发生反应,则磨具干燥后才能注入熔融的钢水。在常温下铝表面可形成一层致 密的保护膜,所以镀铝的钢板耐腐蚀。综上所述可知选A。 目 录 7.(2022天津,13,14分)金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列 问题: (1)基态Na原子的价层电子轨道表示式为_______。 (2)NaCl熔点为800.8 ℃,工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na。电解反应方程式如下: 2NaCl(l)  2Na(l)+Cl2(g) 加入 CaCl2的目的是_________________________________。 作助熔剂,降低NaCl的熔点,节省能耗  (或  ) 目 录 (3)Na2O2的电子式为__________________。在25 ℃和101 kPa时,Na与O2反应生成1 mol Na2 O2放热510.9 kJ,写出该反应的热化学方程式:______________________________________ _________________。 (4)采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2。空气与熔融金属Na反应前需依次通过__ 、_ (填序号) a.浓硫酸　　　　　　b.饱和食盐水 c.NaOH溶液　　　　　　d.KMnO4溶液 a c -510.9 kJ·mol-1 2Na(s)+O2(g)  Na2O2(s)    ΔH= 目 录 (5)钠的某氧化物晶胞如下图所示,图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该 氧化物的化学式为_________。 (6)天然碱的主要成分为Na2CO3·NaHCO3·2H2O,1 mol Na2CO3·NaHCO3·2H2O经充分加热 得到Na2CO3的质量为________g。 159 Na2O 目 录 解析    (1)解答时,注意审题及电子排布图与排布式的区别。(2)NaCl的熔点为800.8 ℃, 但电解时温度只有580 ℃,说明加入CaCl2的目的是降低NaCl的熔点,以减少能耗。(3) 书写热化学方程式时注意两点,一是生成1 mol Na2O2时放出510.9 kJ能量;二是物质状 态的正确标注。(4)空气中的水蒸气和CO2均会与Na发生反应,要制备Na2O2需要除去二 者,遵循后干燥原则,则要依次通过NaOH溶液和浓硫酸。(5)运用均摊法,灰球个数为8×  +6× =4,白球个数为8,则该氧化物为Na2O。(6)根据Na原子守恒可得2NaHCO3~Na2 CO3,则充分加热1 mol Na2CO3·NaHCO3·2H2O得到的Na2CO3的质量为1.5 mol×106 g·mol-1= 159 g。 目 录 考点2　金属资源的开发利用 8.(2025黑、吉、辽、蒙,11,3分)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4 和少量Fe2O3)中提取金属元素,流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4,下列说 法错误的是 ( ) A.硫酸用作催化剂和浸取剂 B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生     C     C.“浸出”时,3种金属元素均被还原 D.“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4 目 录 流程分析:       目 录 解析　根据流程分析,硫酸可用作纤维素水解的催化剂和矿石溶解的浸取剂,A正确。 稻草等生物质来源广泛且可再生,B正确。“浸出”时,Mn(Ⅳ)被还原为Mn(Ⅱ),Co(Ⅲ) 被还原为Co(Ⅱ),但Fe(Ⅲ)未发生变化,C错误。“沉钴”后的上层清液是CoS的饱和溶 液,存在CoS的沉淀溶解平衡,则c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4,D正确。 目 录 9.(2025山东,13,4分)钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物,实验室利用酸碱协 同法分离钢渣中的Ca、Si、Fe元素,流程如下。已知:Fe2(C2O4)3能溶于水;Ksp(CaC2O4)= 2.3×10-9,Ksp(FeC2O4)=3.2×10-7。 下列说法错误的是 ( )       A     A.试剂X可选用Fe粉 B.试剂Y可选用盐酸 C.“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中 D.“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 目 录 流程分析       目 录 解析　由上述流程分析可知,“分离”步骤的目的是将滤液Ⅰ中的Fe元素和Ca元素进 行分离,结合题中所给信息可知,Fe2(C2O4)3能溶于水,FeC2O4和CaC2O4难溶于水,则加入 试剂X的目的是将滤液Ⅰ中的Fe2+全部氧化成Fe3+,防止Fe2+与后续加入的草酸发生反应 生成FeC2O4沉淀,导致分离不彻底,故试剂X不可选用Fe粉,“分离”后Fe元素主要存在 于滤液Ⅱ中,A错误、C正确;由上述流程分析可知,试剂Y的作用是将浸出液中的硅酸 钠转化为硅酸沉淀,故试剂Y可选用盐酸,B正确;若“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小,即c(H+) 较大,会抑制草酸的电离,使溶液中的c(C2 )减小,不能将滤液Ⅰ中的Ca2+沉淀完全,导 致滤渣Ⅱ质量减少,D正确。 目 录 10.(2024福建,5,4分)从废线路板(主要成分为铜,含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取 铜的流程如下: 已知“滤液2”主要含Sn 和 HPb 。下列说法正确的是 ( ) A.“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质 B.“酸溶”时产生Al3+、Fe3+和 Zn2+离子     C     C.“碱溶”时存在反应:Sn+2OH-+O2  Sn +H2O D.“电解精炼”时,粗铜在阴极发生还原反应 目 录 解析　“机械粉碎”是将废线路板粉碎为小的颗粒,不能将铅锡合金转变为铅、锡单 质,A不正确。“酸溶”时,铁与稀盐酸反应产生Fe2+,B不正确。根据流程中“碱溶”时 通入O2、加入NaOH且“滤液2”主要含Sn 和HPb 的信息,可知“碱溶”时存在反 应:Sn+2OH-+O2  Sn +H2O,C正确。“电解精炼”时,粗铜在阳极发生氧化反应,D 不正确。 目 录 11.(2024江西,8,3分)从CPU针脚(含有铜、镍和钴等金属)中回收金的实验步骤如下 图。下列说法错误的是 ( ) A.将CPU针脚粉碎可加速溶解     C     B.除杂和溶金步骤需在通风橱中进行 C.富集后,K[AuBr4]主要存在于滤液中 D.还原步骤中有S 生成 目 录 解析　A项,粉碎CPU针脚,可增大反应物的接触面积,加速溶解,正确;B项,除杂和溶金 时都需加入HNO3作氧化剂,HNO3易挥发,且反应生成有毒气体NOx,故需在通风橱中进 行,正确;C项,第二次减压过滤后,得到的固体被Na2S2O5还原得到金,则富集后K[AuBr4] 主要存在于滤渣中,错误;D项,还原时,Au元素化合价降低,K[AuBr4]发生还原反应,则Na2 S2O5发生氧化反应,S元素化合价升高,生成S ,正确。 目 录 12.(2024贵州,13,3分)贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国1/3以上。某研究小组 对重晶石矿进行“富矿精开”研究,开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO3)工艺。部分 流程如图:   目 录 下列说法正确的是 ( ) A.“气体”主要成分是H2S,“溶液1”的主要溶质是Na2S B.“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C.“合成反应”中生成BaTiO3的反应是氧化还原反应 D.“洗涤”时可用稀H2SO4去除残留的碱,以提高纯度     B     目 录 解析　A项,结合BaS溶液酸化后有气体产生及“系列操作”之后的产物可知,酸化时 发生反应BaS+2HCl  BaCl2+H2S↑,则“气体”主要成分是H2S;酸化后,加入过量 NaOH,溶液中存在Ba2+、Cl-、Na+和OH-,经“系列操作”后得到Ba(OH)2·8H2O,则“溶 液1”的主要溶质是NaCl,错误;B项,经“系列操作”得到Ba(OH)2·8H2O,则其操作为蒸 发浓缩至有晶膜出现时停止加热,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,正确;C项,“合成反 应”的化学方程式为Ba(OH)2+Ti(OC4H9)4+H2O  BaTiO3↓+4C4H9OH,没有元素化合 价发生变化,不是氧化还原反应,错误;D项,BaTiO3表面残留的碱是Ba(OH)2,会与稀H2SO 4反应生成更难溶的BaSO4沉淀,沉积在粗品表面,降低纯度,错误。 目 录 13.(2024湖南,11,3分)中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下:   已知:①H3PO4的电离常数: =6.9×10-3, =6.2×10-8, =4.8×10-13; ②Na2HPO4·12H2O易风化。 下列说法错误的是 ( ) A.“中和”工序若在铁质容器中进行,应先加入Na2CO3溶液 B.“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4 C.“结晶”工序中溶液显酸性     C     D.“干燥”工序需在低温下进行 目 录 解析　因H3PO4能与Fe发生反应,Na2CO3不与Fe发生反应,故“中和”工序若在铁质容 器中进行,应先加入Na2CO3溶液,A正确;向“中和”反应后的溶液中加入NaOH或H3PO4, 调节pH,使溶质恰好为Na2HPO4,B正确;“结晶”工序中溶液的溶质为Na2HPO4,HP  的水解常数Kh= = ≈1.6×10-7> ,HP 的水解程度大于其电离程度,故Na2 HPO4溶液显碱性,C错误;由题中已知信息可知,Na2HPO4·12H2O易风化,故“干燥”工序 需在低温下进行,D正确。 目 录 14.(2023河北,10,3分)一种以锰尘(主要成分为Mn3O4,杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物) 为原料制备高纯MnCO3的清洁生产新工艺流程如下:   已知:室温下相关物质的Ksp如下表。 目 录 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 10-32.9 10-11.3 10-5.3 10-16.3 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MgF2 CaF2 10-38.6 10-12.7 10-10.3 10-8.3 下列说法错误的是 ( ) A.酸浸工序中产生的气体①为氯气 B.滤渣①主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3 C.除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时,若Ca2+、Mg2+浓度接近,则CaF2先析出 D.沉淀工序中发生反应的离子方程式为Mn2++2HC   MnCO3↓+CO2↑+H2O     C     目 录 解析    [以锰尘为原料制备高纯MnCO3,根据锰尘的成分可知制备过程中需将Mn3O4转 化为Mn2+,并除去铝、镁、钙、铁元素。]A项,加入浓盐酸酸浸后生成的气体①可用 NaOH溶液吸收,结合流程及物质性质可知在酸浸环节Mn3O4与浓盐酸反应生成Mn2+和 Cl2,则气体①为Cl2;此外铝、镁、钙、铁的氧化物分别转化为Al3+、Mg2+、Ca2+、Fe3+ (若铁的氧化物中含有Fe2+,也会被氧化为Fe3+),正确。B项,除杂①工序中加入氨水调节 pH为5~6,当pH=5时,根据Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)可得c(Al3+)= =  mol·L-1=10-5.9 mol·L-1<10-5 mol·L-1,故Al3+已完全转化为Al(OH)3沉淀,同理根据Ksp[Fe(OH)3] 可计算得到c(Fe3+)=10-11.6 mol·L-1<10-5 mol·L-1[提示:直接比较Al(OH)3与Fe(OH)3的Ksp,也 目 录 可得出Fe3+已完全沉淀]故Fe3+已完全转化为Fe(OH)3沉淀;此外根据Mn(OH)2、Mg(OH)2、 Ca(OH)2的Ksp数据计算可知,pH为5~6时Mn2+、Mg2+、Ca2+未转化为氢氧化物沉淀,故 滤渣①的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3,正确。C项,除杂②工序中加入NaF溶液可将 Mg2+、Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀,二者为同类型沉淀,MgF2的Ksp更小,故Ca2+、Mg2+浓 度接近时应先析出MgF2,错误。D项,沉淀工序中加入NH4HCO3溶液生成MnCO3和气体 ②,故应为HC 电离出的C 与Mn2+结合生成MnCO3沉淀,HC 电离出的H+与其余的 HC 结合生成H2O和CO2(即气体②),则反应的离子方程式为Mn2++2HC   MnCO3↓ + CO2 ↑+H2O,正确。 目 录 15.(2023湖南,9,3分)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下:   已知:①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示: 物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5 完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6 目 录 ②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。 下列说法错误的是 ( ) A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3 B.Na2S溶液呈碱性,其主要原因是S2-+H2O  HS-+OH- C.“沉淀池Ⅱ”中,当Cu2+和Zn2+完全沉淀时,溶液中 =4.0×10-12 D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后,可用作工业冷却循环用水     D     目 录 解析　“混合槽Ⅰ”中加入石灰乳调节pH=4,Fe3+完全沉淀,Al3+部分沉淀,故“沉渣 Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3,A正确;Na2S为强碱弱酸盐,水解呈碱性,S2-水解分两步进 行,以第一步为主,B正确;“沉淀池Ⅱ”中,Cu2+和Zn2+完全沉淀时,溶液中 =  = = =4.0×10-12,C正确;将“出水”软化,即要除去其中的Ca 2+,故应通过阳离子交换树脂,D错误。 目 录 16.(2024重庆,15,14分)含钌(Ru)催化剂在能源等领域应用广泛。Ru(NO)(NO3)3是制备 负载型钌催化剂的前驱体。一种制备高纯Ru(NO)(NO3)3的技术路线如下(部分试剂、 步骤及反应条件略)。 RuCl3·3H2O  Ru(NO)Cl3  Ru(NO)(OH)3  Ru(NO)(NO3)3 回答下列问题: (1)已知基态Ru的核外电子排布式为[Kr]4d75s1,则Ru在元素周期表中位于第____周期第 _____族。KNO2中,N 的空间结构为______。 (2)为验证Ru与NO形成了配位键,对所得Ru(NO)Cl3的表征结果如图所示,表征所用仪器 是___。 C V形 Ⅷ 五 目 录   A.核磁共振仪　　　　　B.质谱仪 C.红外光谱仪　　　　　D.X射线衍射仪 (3)步骤①中无气体生成,除生成Ru配合物外,生成的盐还有_____________(填化学式)。 (4)步骤②生成的Ru(NO)(OH)3为难溶物,反应的化学方程式为______________________ Ru(NO)Cl3+3KOH  KNO3、KCl 目 录 ______________________。 (5)步骤③在加入稀硝酸前,需要将难溶物加入AgNO3溶液中,以除去残留的Cl-;为使Cl- 沉淀完全,Ag+浓度应大于________mol/L(已知AgCl的Ksp=1.8×10-10)。 (6) Ru(NO)(NO3)3受热易分解,在660 K时完全分解,失重率为58%,剩余固体为Ru的氧化 物,则该氧化物的化学式为_________。 RuO2 1.8×10-5 Ru(NO)(OH)3↓+3KCl 目 录 解析    (1)根据Ru的核外电子排布式[Kr]4d75s1可知,其位于Kr的下一周期即第五周期, 其价层电子数为8,结合元素周期表纵列的排列顺序,可知其位于第Ⅷ族。(2)题图为红 外光谱图,则表征所用仪器是红外光谱仪。(3)根据题给路线,步骤①中RuCl3·3H2O与 KNO2和稀盐酸反应生成Ru(NO)Cl3,且无气体生成,结合(2)可知反应过程中Ru元素的化 合价未发生变化,N元素的化合价降低,则应是KNO2发生了歧化反应同时生成了NO[与 RuCl3结合生成Ru(NO)Cl3]和KNO3,根据原子守恒和得失电子守恒写出反应的化学方 程式为3KNO2+2HCl+2RuCl3·3H2O  2Ru(NO)Cl3+KNO3+2KCl+7H2O,则还有KCl。 (4)结合原子守恒写出反应的化学方程式,不要忘记标出沉淀符号。(5)Ksp(AgCl)=c(Ag+) ·c(Cl-)=1.8×10-10,当Cl-完全沉淀时,c(Cl-)<1×10-5 mol/L,则c(Ag+)>1.8×10-5 mol/L。(6)设Ru 目 录 (NO)(NO3)3的物质的量为1 mol,660 K时完全分解,失重率为58%,则剩余固体质量为317 g×42%=133.14 g,剩余固体为Ru的氧化物,且含氧元素的质量为133.14 g-101 g=32.14 g, 则N(Ru)∶N(O)= ∶ ≈1∶2,则该氧化物的化学式为RuO2。 目 录 高考模拟 考点综合练1 1.(2025安徽江南十校一模,6)关于铁及其化合物,下列说法正确的是 ( ) A.用黄铁矿石制硫酸可经过两步转化实现:FeS2  SO3  H2SO4 B.铁与水蒸气在高温下反应后的剩余固体能被磁铁吸引,证明产物有磁性氧化铁 C.FeCl2与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成KFe[Fe(CN)6]沉淀 D.实验室制溴苯涉及的物质转化:Fe  FeBr2、        C     目 录 解析　FeS2与O2反应不能一步转化为SO3,用黄铁矿石制硫酸应经过三步转化实现:FeS2   SO2  SO3  H2SO4 A错误。铁与水蒸气在高温下反应,剩余固体中可能 存在没反应的铁,也能被磁铁吸引,故不能证明产物有磁性氧化铁,B错误。FeCl2与K3 [Fe(CN)6]溶液反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀,C正确。Fe与Br2发生反应生成FeBr3,D 错误。 目 录 2.(2025八省联考河南卷,3)W是一种短周期金属元素的单质,V是无色气体。它们之间 的转化关系如图所示(略去部分生成物和反应条件)。下列说法错误的是 ( ) A.气体V可通过排水法收集 B.X与水反应能生成气体V C.Y易溶于水,溶液显碱性 D.电解Z的水溶液可得到W     D     目 录 解析　W是一种短周期金属元素的单质,V是无色气体,二者在加热条件下反应可生成 X,X与CO2反应又能生成V,故W为Na,V为O2,X为Na2O2,Y为Na2CO3;Y与HCl反应生成Z, Z能转化为Na,故Z为NaCl。O2不易溶于水且不与水反应,故可通过排水法收集,A正 确。Na2O2与水反应能生成O2,B正确。Na2CO3易溶于水, C 能发生水解,使溶液显碱 性,C正确。工业上通过电解熔融NaCl来制备Na,电解NaCl水溶液生成NaOH、H2和Cl2, D错误。 目 录 3.(2025江西十校协作体第二次联考,8)氯化亚铜(CuCl)是一种微溶于水、难溶于乙醇、 易被氧化的白色粉末。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2)为原料制取CuCl的流程如图所示。 下列说法不正确的是 ( ) A.向[CuCl3]2-中加水可使平衡[CuCl3]2-(aq)  CuCl(s)+2Cl-(aq)逆向移动     A     B.加入浓盐酸发生的反应为CuCl(s)+2Cl-  [CuCl3]2- C.过滤、洗涤、干燥等过程不可在空气中进行 D.洗涤CuCl时可用乙醇 目 录 解析　根据题给流程可知“浸取”步骤除去了Fe元素,滤渣与浓盐酸反应除去了S元 素,CuCl以[CuCl3]2-形式进入滤液,则CuCl与浓盐酸发生了反应CuCl(s)+2Cl-  [CuCl3]2-, 浓盐酸起到提供Cl-的作用;向含[CuCl3]-的滤液中加水后经过滤、洗涤、干燥得到 CuCl(s),说明加水可使平衡[CuCl3]2-  CuCl(s)+2Cl-(aq)正向移动,则A错误、B正确。 由题中信息可知,CuCl是一种易被氧化的白色粉末,故过滤、洗涤、干燥等过程不可在 空气中进行,C正确。CuCl微溶于水,难溶于乙醇,则用乙醇洗涤CuCl,D正确。 目 录 4.(2025福建适应性练习,9)硼化钛(TiB2)强度高、硬度大,广泛应用于机械制造领域。 工业上以一种含钛的矿渣(主要含TiO2、SiO2、CaO等)为原料制取硼化钛的流程如图 所示。   目 录 下列说法错误的是 ( ) 已知:①TiO2性质较稳定,加热时可溶于浓硫酸中形成TiO2+;②高温下B2O3易挥发;③ “热还原”步骤还生成CO。 A.滤渣的主要成分为SiO2、CaSO4 B.为了使“水解”趋于完全,可加入一定浓度的NaOH溶液 C.“热还原”中n(TiO2)∶n(B2O3)∶n(C)的最佳比例为1∶1∶5 D.“热还原”中每生成1 mol TiB2,转移10 mol电子     C     目 录 解析　矿渣主要含TiO2、SiO2、CaO等,经过热的浓硫酸“酸解”,TiO2生成TiO2+进入 滤液,未参与反应的SiO2和生成的微溶的CaSO4进入滤渣,A正确。TiO2+经过水解过滤得 到TiO2·xH2O,则“水解”过程中的反应为TiO2++(x+1)H2O  TiO2·xH2O+2H+,故加入一 定浓度的NaOH溶液,可使平衡正向移动,使TiO2+的水解趋于完全,B正确。TiO2·xH2O经 “焙烧”得到TiO2,结合“热还原”步骤还生成CO,可得“热还原”过程中反应的化学 方程式为TiO2+ B2O3+5C  TiB2+5CO↑可知,n(TiO2)∶n(B2O3)∶n(C)=1∶1∶5,但由 于高温下B2O3易挥发,故应增大投料,C错误。结合C中的化学方程式可得Ti元素化合价 不变,B元素化合价由+3降至-2,则每生成1 mol TiB2,转移10 mol电子,D正确。 目 录 5.创新点 结合物质结构与性质(2025西南名校联盟“3+3+3”诊断性联考,16)硒(Se)是 人体内不可缺少的微量元素,硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用,工 业上从电解精炼铜的阳极泥(主要含Au、Ag、Cu、Se、CuSe、Ag2Se等)中提取硒,同 时回收部分金属,工艺流程如下图所示:   目 录 已知:①硒(Se)的熔点为217 ℃,沸点为684.9 ℃,带有金属光泽;②硒(Se)可作半导体材 料,500 ℃时可与氧气反应。 回答下列问题: (1)“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀,在350~500 ℃时焙烧,为了加快该过 程反应速率,可采取的措施有________________________________。(回答一条即可) (2)O、S、Se气态氢化物的沸点由大到小的顺序为________________________________ _______________________(填化学式)。 (3)烟气的主要成分为SO2、SeO2,是焙烧中CuSe与浓H2SO4反应而产生的,该反应的化 学方程式为_________________________________________________________________ CuSe+ 4H2SO4(浓)  CuSO4+ SeO2↑+3SO2↑+4H2O(化学式有错不能拿 式,填写名称等不可) H2O>H2Se>H2S(注意要填的是化学 搅拌(或将阳极泥粉碎等合理答案) 目 录 ______________________。 (4)上述流程中萃取与反萃取原理为2RH+Cu2+  R2Cu+2H+,反萃取剂最好选用__ _______(填化学式)溶液;操作Ⅱ为____________________________、__________、 过滤、洗涤、干燥。 (5)Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料,其晶胞结构如图所示。   冷却结晶 加热浓缩(不可填写蒸发结晶) H2SO4 分,条件写加热也可) 目 录 ①该超导材料距离Se原子最近的Fe原子的个数为____。 ②晶胞的部分参数如图所示,且晶胞棱边夹角均为90°,晶体密度为________________ ______________g·cm-3(阿伏加德罗常数的值为NA,用含a、b和NA的式子表示)。 (答案合理即可) 4 目 录 解析    (1)加快焙烧过程的反应速率,采取的措施可以是搅拌、将阳极泥粉碎等。(2)H2 O、H2Se、H2S均为分子晶体,由于H2O分子之间存在氢键,故沸点高于分子间不存在氢 键的H2Se和H2S;相对分子质量H2Se>H2S,范德华力H2Se>H2S,故沸点H2O>H2Se>H2S。 (3)由题中信息可知,CuSe与浓H2SO4发生氧化还原反应,产生SO2、SeO2的混合气体,同 时生成CuSO4,根据得失电子守恒、原子守恒可得该反应的化学方程式。(4)根据2RH+ Cu2+  R2Cu+2H+,可知反萃取时平衡逆向移动,则“反萃取剂”中要有H+,因为最 后要得到CuSO4,则最好选用H2SO4溶液。操作Ⅱ为从CuSO4溶液中获得胆矾,则对应的 操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)①以体内的1个Se为参照,可知 距其最近的Fe原子的个数为4。②根据均摊法可知,每个晶胞中含有8× +1=2个Li、8×  =4个Fe、8× +2=4个Se,故该晶体的密度ρ= =  g·cm-3。 目 录 6.(2025四川名优校联盟一模,16)三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工原 料。利用含钴废料(含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程如图 所示:   目 录 已知:①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等; ②Co2+不易被氧化,[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性; ③25 ℃时相关物质的Ksp如下表(当溶液中某离子浓度小于10-5 mol/L时,认为该离子沉 淀完全): 物质 Co(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Co(OH)3 Ksp 1×10-13.8 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.3 1×10-43.7 目 录 回答下列问题: (1)Co在元素周期表中的位置__________________。 (2)已知[Co(NH3)6]3+是以Co3+为中心的正八面体结构(如图所示),则1 mol [Co(NH3)6]Cl3 中含σ键的数目为___________________,若其中2个NH3被Cl-取代,则所形成的[Co(NH3)4 Cl2]+的空间结构有____种。   2 24NA(答案合理即可) 第四周期第Ⅷ族 目 录 (3)写出加入“NaClO3”主要发生的反应的离子方程式:____________________________ ________。 (4)加入Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀,同时得到含c(Co2+)=0.1 mol/L的滤液,则调节 pH的范围为__________________。 (5)流程中加入NH4Cl溶液,可防止后续加氨水时c(OH-)过大生成Co(OH)2,用平衡移动原 理解释原因:_________________________________________________________。 (6)写出“氧化”时的离子方程式:___________________________________________ _________。 (7)按以上流程处理1 t含钴废料(Co元素的质量分数为40%),得到1.337 5 t [Co(NH3)6]Cl3 +2H2O H2O2+2[Co(NH3)6]2++2N   2[Co(NH3)6]3++2NH3↑ NH4Cl溶液中的N 会抑制后期加入的NH3·H2O的电离 4.9~7.6或4.9<pH<7.6 3H2O 6Fe2++Cl +6H+  6Fe3++Cl-+ (M=267.5 g/mol),则[Co(NH3)6]Cl3的产率为_________。 73.75% 目 录 解析　流程分析如下:   目 录 (1)Co为27号元素,位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。(2)[Co(NH3)6]3+是以Co3+为中心的 正八面体结构,6个配体NH3中共含有18条σ键,同时Co3+与配体形成了6条σ键,故1 mol [Co(NH3)6]Cl3中含σ键的数目为24NA。由于[Co(NH3)6]3+是正八面体结构,当其中1个NH3 被一个Cl-取代后,结构中含有两种不同环境的NH3,故[Co(NH3)6]3+中2个NH3被Cl-取代 时,所形成的[Co(NH3)4Cl2]+的空间结构有2种。(3)由流程分析可知,加“NaClO3”主要 是为了氧化Fe2+,根据得失电子守恒可得6Fe2++Cl   6Fe3++Cl-,再结合电荷守恒可知 在左边加“6H+”,最后根据原子守恒可知在右边加“3H2O”,则离子方程式为6Fe2++Cl  +6H+  6Fe3++Cl-+3H2O。(4)由流程分析可知,加入Na2CO3调节pH后会生成Fe(OH) 3和Al(OH)3沉淀,根据题中所给Ksp数据可知,Fe(OH)3的溶解度小于Al(OH)3,则Al3+完全沉 淀时, Fe3+早已沉淀完全,则按照Al(OH)3的Ksp数据计算,需调节溶液c(OH-)> 目 录  =  mol/L =10-9.1 mol/L,溶液中c(H+)<10-4.9 mol/L,即pH>4.9;同时需 确保得到的滤液中的Co2+不沉淀,需调节溶液c(OH-)<  =  mol/L = 10-6.4 mol/L,溶液中c(H+)>10-7.6 mol/L,即pH<7.6,故应调节pH的范围为4.9<pH<7.6。(5) NH4Cl溶于水电离出N 可抑制NH3·H2O的电离,防止c(OH-)过大生成Co(OH)2。(6)由流 程分析可知,“氧化”步骤中H2O2将[Co(NH3)6]2+氧化为[Co(NH3)6]3+,根据得失电子守恒 得H2O2+2[Co(NH3)6]2+  2[Co(NH3)6]3++2H2O,根据电荷守恒和溶液成分,可知在左边 加“2N ”,再结合原子守恒可知在右边加“2NH3↑”,反应的离子方程式为H2O2+2 [Co(NH3)6]2++2N   2[Co(NH3)6]3++2NH3↑+2H2O。(7)产率= ×100%。1 t含 目 录 Co元素质量分数为40%的废料中,m(Co)=0.4 t;得到的1.337 5 t [Co(NH3)6]Cl3中,m(Co)= 1.337 5 t× =0.295 t,故[Co(NH3)6]Cl3的产率为 ×100%=73.75%。 目 录 7.创新点 与电化学及物质结构相结合(2025湖南长郡二十校联盟第二次联考,16)一种 从废旧芯片(主要成分为单晶硅,还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属,除Au外其 他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程如下图所示。   目 录 已知:Si在空气中加热不反应;Au被HNO3氧化成Au3+的反应平衡常数K<10-5;Au3+可与Cl- 发生反应Au3++4Cl-  [AuCl4]-;H[AuCl4]在水溶液中完全电离。 回答下列问题。 (1)从产物的分离提纯和绿色化学的角度考虑,“灼烧”的目的是____________________ __________________________________。 (2)浓硝酸与浓盐酸的体积比为1∶3时溶解Au的效果较好,此时HNO3被还原为NO。写 出Au溶解过程中发生反应的离子方程式:_______________________________________。 (3)“滤渣2”的主要成分是______(填化学式)。 Si Au+N +4Cl-+4H+  [AuCl4]-+NO↑+2H2O 程中氮氧化物的生成(两点须答全) 去除塑料;减少酸溶过 目 录 (4)“滤液2”中含有Cu、Pd等金属元素,可进一步将其分离提纯。 ①基态Cu的价层电子排布式为_______。 ②溶液中的Pd2+经过一定处理后可以得到四配位的Pd(NH3)2Cl2沉淀,其有2种同分异构 体a和b。下列说法正确的有___________________(填标号)。   A.Pd(NH3)2Cl2中存在的化学键类型是配位键、离子键 B.Pd(NH3)2Cl2的晶体类型属于分子晶体 C.a和b的空间结构均为四面体形 BD(有错选不得分) 3d104s1 a     b 目 录 D.a的极性大于b ③某研究小组以Pd(NH3)2Cl2为原料制备金属Pd。将21.1 g Pd(NH3)2Cl2配制成悬浊液,向 其中加入足量盐酸后,用氨水调节pH至弱碱性,得到[Pd(NH3)4]Cl2溶液。然后加入50.00 mL 8.0 mol/L的水合肼(N2H4·H2O)溶液还原,得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气 体。假定二价Pd被完全还原,则产生的气体在标准状况下的体积为_________________ _____________。 (5)AgCl沉淀用氨水溶解后可直接用于表面电镀,将待镀元件制成电极置于“氨溶”后 所得溶液中通电即可进行电镀,阴极上发生的电极反应为_______________________ ___________________________________________。 或[Ag(NH3)2]++2H2O+e-  Ag+2NH3·H2O [Ag(NH3)2]++e-  Ag+2NH3 遗漏不得分) 1.12 L(单位错误或 目 录 解析　流程分析如下:   目 录 (1)结合上述流程分析回答。(2)根据题中信息Au被氧化生成H[AuCl4],且H[AuCl4]在水 溶液中完全电离,则可拆成离子形式;HNO3被还原为NO,结合得失电子守恒得Au+N + 4Cl- [AuCl4]-+NO↑,再结合电荷守恒可知在左边加“4H+”,最后结合原子守恒可知 在右边加“2H2O”,则反应的离子方程式为Au+N +4Cl-+4H+  [AuCl4]-+NO↑+2H2 O。(3)由流程分析可知,“滤渣2”主要成分为Si。(4)①Cu为29号元素,位于元素周期 表第四周期第ⅠB族,其价层电子排布式为3d104s1;②Pd(NH3)2Cl2是由分子构成的物质, 属于分子晶体,不含有离子键,A错误、B正确;若Pd(NH3)2Cl2的空间结构为四面体形,则 不会存在两种同分异构体,C错误;a和b相比,b的对称性更高,故a的极性更大,D正确;③ [Pd(NH3)4]Cl2与水合肼发生反应,得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体,则该气 体为N2。根据原子守恒和得失电子守恒可得关系式2Pd(NH3)2Cl2~2[Pd(NH3)4]Cl2~N2H4 目 录 ~N2,故21.1 g Pd(NH3)2Cl2(0.1 mol)反应生成n(N2)=0.05 mol,标准状况下的体积为1.12 L。 (5)由流程分析可知,“氨溶”后所得溶液中存在[Ag(NH3)2]+,电镀时,其在阴极发生 还原反应,电极反应式为[Ag(NH3)2]++e-  Ag+2NH3。 目 录 1.(2025四川广安二诊,11)二氯二氨合钯[Pd(NH3)2Cl2]是一种重要的化工原料,广泛应用 于催化剂、电子材料和精细化工产品中。工业上利用废钯催化剂(含Pd、Fe、Zn、Si 和C等)制备Pd(NH3)2Cl2的工艺流程如下: 考点综合练2 目 录 已知:焙烧时钯转化为氧化钯(PdO)。下列说法错误的是 ( ) A.“焙烧”时,碳转化为CO2 B.“还原”时,PdO被HCOOH还原为Pd C.“酸浸”所得的滤渣中含有Fe(OH)3 D.配合物Pd(NH3)2Cl2难溶于水     C     目 录 解析　流程分析如下:   目 录 由以上流程分析可知A、B正确。结合以上流程分析或根据王水具有强氧化性和酸性 的性质,可得滤渣中不可能含有Fe(OH)3,C错误。“沉钯”过程中得到Pd(NH3)2Cl2,可得 出其难溶于水,D正确。 目 录 2.(2025陕西适应性检测三,13)铁红颜料跟某些油料混合,可以制成防锈油漆。以黄铁 矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等,用硫酸渣制备铁红 (Fe2O3)的过程如图所示,已知还原过程中1 mol FeS2被氧化时转移的电子数为14NA。下 列说法不正确的是 ( ) A.滤渣A的主要成分为SiO2     D     B.滤液B中含有的硫酸盐为硫酸镁、 硫酸铝和硫酸钠 C.“还原”过程中会有硫酸生成 D.“氧化”过程中发生反应:4Fe2++O2+10H2O  4Fe(OH)3↓+8H+ 目 录 解析　流程分析如下:   目 录 由上述流程分析可知,滤渣A的主要成分为SiO2;滤液B的成分为酸溶过程中生成的Mg- SO4和Al2(SO4)3以及加入NaOH与硫酸反应生成的Na2SO4,A、B正确。还原过程中FeS2 与Fe3+发生反应,FeS2中S元素的化合价为-1,结合1 mol FeS2被氧化时转移的电子数为14 NA,可知在该反应过程中S元素被氧化为S ,反应的化学方程式为FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2 O  15FeSO4+8H2SO4,C正确。氧化过程中加入NaOH,通入空气,反应的离子方程式 为4Fe2++O2+8OH-+2H2O  4Fe(OH)3↓,D不正确。 目 录 3.(2025八省联考内蒙古卷,11)随着锂离子电池在众多领域的广泛应用,其废旧电池的 回收工作愈发显得意义重大。现行的回收工艺通常采用酸浸碱浸的方法,从废旧锂离 子电池正极材料LiCoO2(含少量的金属Cu)中提取Li和Co,得到的Co(OH)2和Li2CO3在空 气中煅烧,可实现LiCoO2的再生。与此同时,为达成绿色回收Li和Co的目标,科研人员 正在研究一种新型电解回收工艺。已知:Ksp[Co(OH)2]=6×10-15,Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20。一 种现行回收工艺的流程如下图所示。下列说法正确的是 ( )       B     目 录 A.“浸取”反应中,正极材料成分为还原剂 B.“浸取”时LiCoO2转化为Li2SO4和CoSO4 C.滤液2中 =3×105 D.LiCoO2再生:4Co(OH)2+2Li2CO3  4LiCoO2+2CO↑+4H2O 目 录 解析　根据题给流程中沉铜和沉钴后的产物分别为Cu(OH)2和Co(OH)2及LiCoO2中Co 的化合价,可知H2O2的作用:①将Cu氧化为Cu2+,②将Co(Ⅲ)还原为Co(Ⅱ),则“浸取”反 应中,正极材料的成分为氧化剂,A错误。结合A项分析,可知“浸取”时LiCoO2转化为 Li2SO4和CoSO4,B正确。滤液2中 = = = ×10-5,C错误。由题中 信息可知,Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧可实现LiCoO2的再生,可知反应中应有O2参 与,D错误。 目 录 4.(2025广东汕头二模,18)钒酸银(Ag3VO4)是一种极有前景的可见光响应光催化剂,一种 用废钒渣(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)制取钒酸银的工艺流程如下:   已知:①有机酸性萃取剂HA的萃取原理为 目 录 R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)  2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+,HA表示有 机萃取剂); ②酸性溶液中,HA对VO2+、Fe3+萃取能力强,而对V 、Fe2+的萃取能力较弱。 (1)基态钒原子的价层电子排布式为______。“滤渣”的成分是______(写化学式)。 (2)“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在,简述加入铁粉的原因:______________ ___________________________________________________________。 (3)“有机层”加入硫酸反萃取后,加入KClO3,写出KClO3与VO2+反应生成V 和Cl-的 离子方程式:________________________________________。 (4)已知溶液中V 与V 可相互转化且NH4VO3为沉淀。室温下,维持“沉钒”时溶液 Cl +6VO2++3H2O  6V + Cl-+6H+ VO2 +,将Fe3+还原为Fe2+,萃取时实现钒、铁元素的分离 将V 还原为 SiO2 3d34s2 目 录 中NH3·H2O-NH4Cl的总浓度为c mol·L-1,pH=6。已知:Kb(NH3·H2O)=a,Ksp(NH4VO3)=b,则 “沉钒”后溶液中c(V )=________________mol·L-1。 (5)写出煅烧NH4VO3的化学方程式:_________________________________。煅烧生成的 气体返回到______工序重新利用。 (6)钒的化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。 ①钒的一种配合物X的化学式为V(NH3)3ClSO4,取X的溶液进行如下表所示实验(已知 配体难电离出来)。则X的配体是______________。 NH3和S  沉钒 2NH4VO3  V2O5+2NH3↑+H2O↑   目 录 X X 试剂 BaCl2溶液 AgNO3溶液 现象 无明显变化 白色沉淀 ②一种钒的硫化物的晶胞结构(图a)及其俯视图(图b)如下所示:   该钒的硫化物晶胞中,与每个V原子最近且等距的S原子个数是__ 。 6 图a　　     图b 目 录 解析　流程分析如下:   (2)酸性溶液中,HA对VO2+、Fe3+萃取能力强,而对V 、Fe2+的萃取能力较弱,且“滤液 目 录 ①”中钒以+4价、+5价的形式即以VO2+和V 形式存在,故加入铁粉的目的是将V  还原为VO2+,将Fe3+还原为Fe2+,萃取时实现钒、铁元素的分离。(3)根据得失电子守恒可 得Cl +6VO2+  6V + Cl-,结合电荷守恒可得在右边加“6H+”,再结合原子守恒可 知在左边加“3H2O”,至此写出反应的离子方程式。(4)“沉钒”后,析出NH4VO3沉淀, 要求“沉钒”后溶液中的c(V ),需要求出c(N ),然后根据c(V )= 计算; 而题中给出NH3·H2O-NH4Cl的总浓度为c mol·L-1及pH=6,可得c(OH-)=10-8 mol·L-1,c(NH3· H2O)=c mol·L-1-c(N ),则Kb(NH3·H2O)= = =a,解得c(N )=   mol·L-1,故c(V )=  mol·L-1=  mol·L-1。(5)根据题给流程可得煅 目 录 烧NH4VO3生成V2O5,反应的化学方程式为2NH4VO3  V2O5+2NH3+H2O,煅烧生成的 “NH3+H2O”可返回到“沉钒”工序重新利用。(6)①配合物的外界可以完全电离,内 界一般不电离。向X的溶液中加入BaCl2溶液无明显变化,加入AgNO3溶液产生白色沉 淀,说明Cl-在外界,故X的配体为NH3和S ;②由该钒的硫化物晶胞结构可知,每个V原 子最近且等距的S原子个数是6。 目 录 5.(2025安徽淮北、淮南第二次质检,16)某小组以高砷锡中矿(主要成分Fe2O3、Fe- AsS、SnO2等)为原料,采用分段焙烧法提取砷和锡的流程如下:   已知:①CO还原Fe2O3按照Fe2O3(s)→Fe3O4(s)→FeO(s)→Fe(s)的顺序逐步还原;②“焙烧 渣1”的主要成分为Fe3O4、FeS2、SnO2;③Fe与As、Sn能形成合金,降低As、Sn的挥发 率。回答下列问题: 目 录 (1)砷元素在元素周期表中的位置是__________________。 (2)“低温焙烧”中FeAsS与Fe2O3反应的化学方程式为_____________________________ ___________。 (3)“低温焙烧”过程中CO含量对“焙烧渣1”中As的质量分数的影响如下图所示,As 的质量分数随CO含量增大而增加的原因:_______________________________________ _____________________________________________________。 合金,降低As的挥发率,则焙烧渣中As的质量分数增大 CO含量过大会还原Fe3O4生成Fe,Fe与As形成 +FeS2 2FeAsS+4Fe2O3  2As+3Fe3O4 第四周期第ⅤA族 目 录   (4)“高温焙烧”过程中CO还原SnO2生成SnS的化学方程式为_______________________ _____________________________________________________。 2SnS+4CO2+Fe或3CO+2SnO2+FeS2  2SnS+3CO2+FeO 4CO+2SnO2+FeS2  目 录 (5)分段焙烧的优点是___________________________。 (6)灰锡具有金刚石型立方晶系结构,晶胞参数a nm,则灰锡中Sn的配位数为_,该晶体的 密度为________________________ g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。  或  4 实现了砷与锡的高效分离 目 录 解析    (1)砷为33号元素,在元素周期表中位于第四周期第ⅤA族。(2)由已知②可知, “低温焙烧”过程中SnO2未发生反应,Fe2O3与FeAsS发生反应生成As、Fe3O4和FeS2,根 据原子守恒及得失电子守恒写出反应的化学方程式。(3)由已知①③可知,CO含量过大 时,可将Fe3O4还原为Fe,Fe与As形成合金,焙烧渣中As的质量分数增大。(4)“高温焙 烧”过程中CO将SnO2还原成SnS,根据原子守恒,该反应过程中应有FeS2参加,结合原子 守恒及得失电子守恒可知,该反应的化学方程式为4CO+2SnO2+FeS2  2SnS+4CO2+ Fe或3CO+2SnO2+FeS2  2SnS+3CO2+FeO。(5)由已知③可知,Fe与As、Sn能形成合 金,降低As、Sn的挥发率,分段焙烧可以实现了砷与锡的高效分离。(6)依据金刚石型 的晶胞结构可知Sn的配位数为4;1个晶胞中含有8个Sn原子,ρ= =  g·cm-3。 目 录 高考风向练 微专题 1.(2025安徽,15,14分)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3 等,一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。   已知25 ℃时,Ksp(SrSO4)=10-6.46,Ksp(BaSO4)=10-9.97。 目 录 回答下列问题: (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态锶原子价电子排布式为___。 5s2 (2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、____________(填离子符号)。 (3)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为______________________;25 ℃时,向 0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L-1 BaCl2溶液,充分反应后,理论上溶液中 c(Sr2+)·c(S )=_______mol2·L-2(忽略溶液体积的变化)。 (4)其他条件相同时,盐浸2 h,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___________________________________________________。 其他条件相同时,温度升高,SrSO4转化反应的速率加快 10-8.97 SrSO4+Ba2+  BaSO4+Sr2+ Ca2+、Mg2+ 目 录 图1 图2 目 录 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、______________(填化学式)。 (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K+形成的超分子加入“浸出液”中,能提取其中的Sr2+, 原因是___________________________________________________________________ ______________________________________。 结构中的O、N可与Sr2+产生相互作用 与Ca2+、Mg2+相比,Sr2+的大小更接近超分子的空腔尺寸,结合能力更强;超分子 BaSO4、SiO2 (7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是____(填标号)。 a.加热脱水　　　　　b.在HCl气流中加热 c.常温加压　　　　　d.加热加压 a 目 录 流程分析       含锶废渣中的CaCO3、SrCO3、MgCO3分别与稀盐酸反应生成CaCl2、SrCl2、MgCl2进 入“浸出液”中,SrSO4、SiO2进入“浸出渣1”中。“浸出渣1”中的SrSO4与BaCl2溶 液反应得到SrCl2溶液,BaSO4、SiO2和部分未转化的SrSO4进入“浸出渣2”中,SrCl2溶 液经后续操作获得SrCl2·6H2O。 目 录 解析    (1)锶位于元素周期表第ⅡA族,则基态锶原子的价电子数为2,且锶位于第五周 期,故价电子排布式为5s2。 (2)根据前述分析可知,“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、Ca2+、Mg2+。 (3)根据已知信息可知Ksp(SrSO4)>Ksp(BaSO4),“盐浸”时SrSO4转化为更难溶的BaSO4, 据此写出反应的离子方程式。起始时,溶液中n(BaCl2)=0.11 mol·L-1×0.1 L=0.011 mol, BaCl2过量,假设SrSO4完全反应,可列出三段式: 　　　　　SrSO4+Ba2+  BaSO4+Sr2+ n起始/mol　 0.01　 0.011 　 0　 　0 n变化/mol　　　0.01　 　0.01　　0.01　　0.01 n反应后/mol　　 0　　　 0.001　 0.01　 0.01 目 录 反应后c(Ba2+)= =0.01 mol·L-1,则c(S )= =  mol·L-1=10-7.97 mol·L-1, c(Sr2+)= =0.1 mol·L-1,故理论上溶液中c(Sr2+)·c(S )=0.1 mol·L-1×10-7.97 mol·L-1= 10-8.97 mol2·L-2=Q<Ksp(SrSO4),说明SrSO4确实已完全反应。 (7)Ca(OH)2为强碱,金属性:Sr>Ca,故Sr(OH)2也为强碱,SrCl2是强酸强碱盐,Sr2+不发生水 解,故可由SrCl2·6H2O直接加热脱水得到无水SrCl2。SrCl2·6H2O受热分解产生SrCl2和H2 O(g)的反应为气体分子数增大的反应,故加热时加压不利于反应正向进行。 目 录 2.(2025黑、吉、辽、蒙,16,14分)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、 FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。   已知:①“氧化浸出”时,PbSO4不发生变化,ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+; 目 录 ②Ksp[Pb(OH)2]=10-14.8; ③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。 回答下列问题: (1)H2A分子中手性碳原子数目为__。 (2)“氧化浸出”时,过二硫酸根(S2 )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__________________________________。 [Cu(NH3)4]2++Zn  [Zn(NH3)4]2++Cu 率降低 加快,浸出率增大;达到一定温度后,继续升高温度,NH3·H2O与(NH4)2S2O8发生分解,浸出 温度升高,化学反应速率 S  2 目 录 (5)滤渣2中的金属元素为___(填元素符号)。 (6)“浸铅”步骤,PbSO4和Na2A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_________________ ________________________________。 COO]  Pb+2H2O↑+4CO↑ Pb[OOC(CHOH)2 Pb(OH)2 pH升高,A2-浓度增大,促进生成PbA的反应正向进行,PbA产率增大 Fe 目 录   流程分析     目 录 解析    (1)连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子,根据H2A的结构简式可知 其分子中手性碳原子的数目为2,如图所示: (用“*”标出 的碳原子为手性碳原子)。 (2)S2 的结构为[ ]2-,含有过氧键,有氧化性,在反应中作氧化剂, 被还原为S 。 目 录 (4)根据流程分析可知,“除铜”时加入的Zn与[Cu(NH3)4]2+反应生成Cu和[Zn(NH3)4]2+, 发生了置换反应,据此写出反应的离子方程式。 (5)根据流程分析可知,Fe元素在“氧化浸出”后以Fe(OH)3的形式进入滤渣1,在“浸 铅”后进入滤渣2,故滤渣2中的金属元素为Fe。 (7)Pb[OOC(CHOH)2COO]经过290 ℃“真空热解”生成纯Pb,Pb元素化合价由+2降低 为0,同时生成2种气态氧化物,根据其元素组成可知其中一种氧化物为H2O;结合氧化还 原反应中元素化合价有降必有升及原子守恒可知另一氧化物为CO,据此写出反应的化 学方程式。 目 录 3.(2025山东,17,12分)采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及 Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素,工艺流程如下:   已知:该工艺条件下,(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4,高温则完全分解为气体;Fe2(SO4) 目 录 3在650 ℃完全分解,其他金属硫酸盐分解温度均高于700 ℃。 回答下列问题: (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4 时有N2生成,该反应的化学方程式为___________________________________________ _______。“高温焙烧”温度为650 ℃,“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有____ ___________________________________________(填化学式)。 (2)在(NH4)2SO4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)HR萃取Cu2+反应为2HR(有机相)+Cu2+(水相)  CuR2(有机相)+2H+(水相)。“反萃 减小 Fe2O3、CaSO4 +6H2O 3MnO2+3NH4HSO4  3MnSO4+N2↑+NH3↑ 目 录 取”时加入的试剂为_________(填化学式)。 (4)“沉钴”中,pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5 mol·L-1],则此时溶液中c(H2S)= ______mol·L-1。已知: (H2S)=1×10-7, (H2S)=1×10-13,Ksp(CoS)=4×10-21。CoS“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。 低温焙烧 CoS+H2O2+2H+  Co2++S+2H2O 4×10-4 H2SO4 目 录 流程分析       目 录 解析    (1)“低温焙烧”过程中,MnO2与NH4HSO4反应有MnSO4和N2生成,根据得失电 子守恒可知MnSO4与N2的化学计量数之比为3∶1,根据氮原子守恒可知有NH3生成,根 据氢、氧原子守恒可知有H2O生成,据此写出相应的化学方程式。由题给信息可知, “低温焙烧”时,Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca等金属元素的氧化物分别转化为Fe2(SO4)3、MnSO4、CoSO4、CuSO4、CaSO4等。“高温焙烧”时,Fe2(SO4)3在650 ℃完全分解 为Fe2O3和SO3,其他金属硫酸盐不分解,故“水浸”所得滤渣的主要成分除SiO2外还含 有Fe2O3和微溶物CaSO4。 (2)由已知信息可知,若直接“高温焙烧”,(NH4)2SO4会完全分解为气体,导致金属氧化 物无法有效转化为硫酸盐,从而使“水浸”时金属元素的浸出率减小。 目 录 (3)“反萃取”时,为使萃取反应2HR(有机相)+Cu2+(水相)  CuR2(有机相)+2H+(水相) 平衡逆向移动,需加入酸以增大H+的浓度,且由流程图可知“反萃取”得到的是CuSO4 溶液,故加入的酸为H2SO4。 (4)Co2+恰好沉淀完全时,溶液中c(S2-)= =  mol·L-1=4×10-16 mol·L-1,根据  (H2S)· (H2S)= ,可得c(H2S)= =  mol·L-1=4× 10-4 mol·L-1。CoS“溶解”时加入H2O2和稀H2SO4,生成物有S和CoSO4,即CoS被H2O2氧化 生成Co2+和S,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出相应的离子方程式。 (5)“沉锰”过程中发生的反应为MnSO4+2NH4HCO3  MnCO3↓+CO2↑+H2O+(NH4) 2SO4,故“沉锰”所得滤液中含有(NH4)2SO4。由(1)中分析可知,“低温焙烧”时产生的 目 录 气体为N2和NH3,“吸收”时NH3与稀H2SO4反应,则“吸收”液中含有(NH4)2SO4,故将 “沉锰”所得滤液并入“吸收”液中,经处理后得到的(NH4)2SO4可导入“低温焙烧” 中循环利用。 目 录 关键点拨 　　第(5)小题,“沉锰”时Mn2+与HC 反应生成MnCO3和H+,生成的H+又与其他HC  反应生成CO2和H2O,故反应的离子方程式为Mn2++2HC   MnCO3↓+CO2↑+H2O,S  和N 未参加反应,故所得滤液中含有(NH4)2SO4。 目 录 4.(2025江苏,14,14分)ZnS可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下:   已知:Ksp(ZnS)=1.6×10-24,Ksp(CdS)=8.0×10-27, (H2S)=1.0×10-7, (H2S)=1.2×10-13。当离子 浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时,认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入O2可提高Zn2+浸出率的原因是______________________________________ ____________________________________________________________________。 减小,利于平衡ZnS(s)  Zn2+(aq)+S2-(aq)正向移动,提高Zn2+的浸出率 通入O2,将-2价硫元素转化为S单质,S2-浓度 目 录 ②通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、c(H2S)=0.01 mol·L-1时,Cd2+是否沉淀完全 ____(写出计算过程)。 否  (H2SO3)= , (H2SO3)= , (H2SO3)· (H2SO3)= , pH=0、c(H2S)=0.01 mol·L-1时,反应体系中c(S2-)= ≈1.2×10-22 mol·L-1,c(Cd2+)= =  mol·L-1≈6.67×10-5 mol·L-1>1.0×10-5 mol·L-1,所以Cd2+ 未沉淀完全 答案 目 录 ③沉锌前调节溶液的pH至4~5,加入的氧化物为______(填化学式)。 (2)制备光学材料。如图1所示,ZnS晶体中掺入少量CuCl后,会出现能量不同的“正 ZnO 电”区域、“负电”区域,光照下发出特定波长的光。   区域A“ ”中的离子为___(填离子符号),区域B带_____(填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)],并回收生成的As2S3沉淀。 已知:溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H3AsO3形式存在,As2S3+6H2O  2H3AsO3+3H2S。 60 ℃时,按n(S)∶n(As)=7∶1向酸性废液中加入ZnS,砷回收率随反应时间的变化如图2所示。 负电 Cl- 目 录   ①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式:_________________________________ ___________。 ②反应4 h后,砷回收率下降的原因有_________________________________________ ___________________________________________________。 行,此时主要发生As2S3与H2O的反应,导致砷回收率下降 生成的As2S3覆盖在ZnS表面,阻碍反应进一步进 +6H2O 3ZnS+2H3AsO3+6H+  As2S3+3Zn2+ 目 录 流程分析:       目 录 解析    (1)③沉锌前调节溶液的pH至4~5,且不能引入新的杂质,则加入的氧化物应为 ZnO。(2)根据题图1可知,区域A中掺入离子替代了S2-的位置,则掺入离子为阴离子(Cl-); 区域B中掺入离子替代了Zn2+的位置,则掺入离子为Cu+,所有阳离子所带正电荷总数减 少,区域B带负电。(3)①ZnS与H3AsO3反应生成As2S3,根据电荷守恒和原子守恒可得离 子方程式为3ZnS+2H3AsO3+6H+  As2S3+3Zn2++6H2O。②随着反应的进行,生成的As2 S3增多,覆盖在ZnS表面,阻碍反应进一步进行,As2S3与H2O发生反应生成H3AsO3,导致砷 回收率下降。 目 录 5.(2024安徽,15,14分)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提取金和银的流程,如下图所示。   回答下列问题: 目 录 (1)Cu位于元素周期表第___周期第_____族。 (2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是____。 (3)“浸取2”步骤中,单质金转化为HAuCl4的化学方程式为______________________ _______________。 (4)“浸取3”步骤中,“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。 (5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为____________________________。“电沉 积”步骤完成后,阴极区溶液中可循环利用的物质为_________(填化学式)。 (6)“还原”步骤中,被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为_____。 (7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4 的结构为(a)而不是(b)的 3∶4 Na2S2O3 [Ag(S2O3)2]3-+e-  Ag↓+2S2  AgCl 2HAuCl4+6H2O 2Au+8HCl+3H2O2  Cu2+ ⅠB 四 目 录 原因:______________________________________________________________________。 [ [  结构(b)中存在过氧键,过氧键的氧化性大于I2,故Na2S2O3不可被I2氧化为结构(b) 目 录 解析    (1)Cu是第29号元素,位于元素周期表第四周期第ⅠB族。(2)结合流程可知浸取 1除去Cu,发生反应Cu+H2SO4+H2O2  CuSO4+2H2O,则“浸出液1”中含有的金属离 子主要是Cu2+。(3)“浸取2”步骤中加入盐酸和H2O2,单质金被H2O2氧化转化为HAuCl4, 根据原子守恒、得失电子守恒,可得化学方程式为2Au+8HCl+3H2O2  2HAuCl4+ 6H2O。(4)“浸取3”中加入Na2S2O3生成[Ag(S2O3)2]3-,则“浸取2”步骤中,Ag转化为AgCl, 则“浸渣2”中含有AgCl。(5)“浸出液3”中含有Na+、Cl-和[Ag(S2O3)2]3-,[Ag(S2O3)2]3- 在“电沉积”步骤中被还原得到单质Ag,则阴极的电极反应式为[Ag(S2O3)2]3-+e-  Ag↓+2S2 ,则电解后阴极区溶液中的Na2S2O3可以循环利用。(6)“还原”步骤中的 反应物为HAuCl4和N2H4,生成物为Au和N2,根据转移电子关系式:HAuCl4~Au~3e-、N2H4 ~N2~4e-,可知被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4。 目 录 6.(2024江西,15,14分)稀土是国家的战略资源之一。如图是一种以独居石[主要成分为 CePO4,含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质]为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程图。   已知:ⅰ.Ksp[Th(OH)4]=4.0×10-45,Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10-20,Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10-48; 目 录 ⅱ.镭为第ⅡA族元素。 回答下列问题: (1)关于独居石的热分解,以下说法正确的是__(填标号)。 a.降低压强,分解速率增大 b.降低温度,分解速率降低 c.反应时间越长,分解速率越大 d.提高搅拌速度,分解速率降低 (2)Na2U2O7中铀元素的化合价为_____,热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为 _________________________________________。 O2+2U3O8+6NaOH  3Na2U2O7+3H2O +6 b 目 录 (3)浓缩结晶后,得到的晶体产物化学式为________。滤液可用于_______阶段循环利用, 避免产生大量的高碱度废水。 (4)溶解阶段,将溶液pH先调到1.5~2.0,反应后再回调至4.5。 ①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为___________________________________________。 ②当溶液pH=4.5时,c(Th4+)=________mol/L,此时完全转化为氢氧化钍沉淀。 (5)以BaSO4为载体形成共沉淀,目的是去除杂质___。 镭 4.0×10-7 2Ce(OH)4+8H++2Cl-  2Ce3++Cl2↑+8H2O 热分解 Na3PO4 目 录 流程分析       目 录 解析    (1)a项,独居石的热分解需要有O2参加[提示:根据(2)可得],降低压强,O2浓度降低, 分解速率减小,错误;b项,降低温度,分解速率降低,正确;c项,反应时间越长,反应物浓度 越低,分解速率越小,错误;d项,提高搅拌速度可使反应物接触更充分,分解速率加快,错 误。(2)Na2U2O7中U元素的化合价为+6,U3O8转化为Na2U2O7过程中U被氧化,则该过程 中有O2参加,则反应的化学方程式为O2+2U3O8+6NaOH  3Na2U2O7+3H2O。(3)由上 图中流程分析可知晶体产物的化学式为Na3PO4,滤液中含有NaOH,可用于热分解阶段 循环利用。(4)①由上图中流程分析可知,Ce(OH)4与盐酸反应转化为Ce3+,离子方程式为 2Ce(OH)4+8H++2Cl-  2Ce3++Cl2↑+8H2O。②当溶液pH=4.5时,c(OH-)=10-9.5 mol/L, c(Th4+)= =  mol/L=4.0×10-7 mol/L。 目 录 7.(2024山东,18,12分)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流 程如下:   回答下列问题: 目 录 (1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量 的PbS和Ag2S时,消耗Fe3+物质的量之比为____;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热 浸”时HCl挥发外,另一目的是防止产生_____(填化学式)。 (2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属 Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元 为_______。 (3)“还原”中加入铅精矿的目的是_________________。 (4)“置换”中可选用的试剂X为___(填标号); A.Al　　　　　B.Zn　　　　　C.Pb　　　　　D.Ag C 还原过量的FeCl3 热浸 H2S 1∶1 目 录 “置换”反应的离子方程式为_________________________________。 (5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,用作______(填“阴极”或“阳极”)。 阳极 Pb+2[AgCl2]-  2Ag+[PbCl4]2- 链接讲解册    化工流程中的操作——循环物质的确定。 目 录 流程分析       目 录 解析    (1)“热浸”时PbS、Ag2S中S2-被Fe3+氧化为单质S,Pb、Ag元素化合价未发生变 化,故等物质的量的PbS与Ag2S消耗Fe3+的物质的量之比为1∶1。加热时浓盐酸可与 PbS、Ag2S反应生成H2S气体,故盐酸浓度不宜过大。(2)电解含[PbCl4]2-的溶液得到Pb, 阴极反应式为[PbCl4]2-+2e-  Pb+4Cl-,阳极反应式为2Cl--2e-  Cl2↑;尾液中含有 FeCl2,用FeCl2吸收Cl2后生成FeCl3,该吸收液可在“热浸”操作单元循环使用。(3)在 “热浸”操作中加入了过量FeCl3,则在“还原”操作中加入铅精矿的目的为还原过量 的FeCl3。(4)为避免引入杂质离子,试剂X可选用Pb。(5)“电解Ⅱ”是将富银铅泥制成 电极板进行精炼,则富银铅泥电极板作阳极。 目 录 8.(2024贵州,16,15分)煤气化渣属于大宗固废,主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量 MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺,制备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2 O3的流程如图:   目 录 已知: ①25 ℃时,Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12; ②2Na[Al(OH)4](aq)  Al2O3·3H2O(s)+2NaOH(aq)。 回答下列问题: (1)“滤渣”的主要成分为_______(填化学式)。 (2)25 ℃时,“碱沉”控制溶液pH至3.0,此时溶液中c(Fe3+)=________mol·L-1。 (3)“除杂”时需加入的试剂X是____________。 (4)“水热合成”中,NH4H2PO4作为磷源,“滤液2”的作用是______________,水热合成 NaFePO4的离子方程式为_____________________________________________。 Fe2++Na++H2P +2OH-  NaFePO4↓+2H2O 提供Na+和OH- NaOH溶液 2.8×10-6 SiO2 目 录 (5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料NaFeO2,其工艺如下:   ①该工艺经碳热还原得到Fe3O4,“焙烧”生成NaFeO2的化学方程式为______________ ______________________________。 ②NaFeO2的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有NaFeO2的单元数有__个。 3 +O2  12NaFeO2+6CO2 4Fe3O4+6Na2CO3 目 录   　 甲　　 　乙　　 　　丙 ③若“焙烧”温度为700 ℃,n(Na2CO3)∶n(Fe3O4)=9∶8时,生成纯相Na1-xFeO2,则x=____,其 可能的结构示意图为____(选填“乙”或“丙”)。 乙 目 录 流程分析       目 录 解析    (1)“酸浸”过程中Fe2O3→Fe3+,Al2O3→Al3+,MgO→Mg2+,SiO2不参与反应,故“滤 渣”的主要成分为SiO2。(2)Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,pH=3.0时,c(OH-)=10-11 mol·L-1,c(Fe3+) =2.8×10-6 mol·L-1。(3)“除杂”时调节溶液pH使Mg2+沉淀为Mg(OH)2,Al3+转化为[Al (OH)4]-,故加入的试剂X是NaOH溶液。(4)水热合成NaFePO4过程中,“酸化、还原”过 程主要提供Fe2+,NH4H2PO4提供H2P ,产物为NaFePO4,“滤液2”主要提供Na+和OH-。 水热合成NaFePO4的离子方程式为Fe2++Na++H2P +2OH-  NaFePO4↓+2H2O。 (5)②根据均摊法,由题图甲可知1个NaFeO2晶胞中含有Na原子的个数为 ×8+2=3,故每 个晶胞中含有NaFeO2的单元数有3个。③ = = ,解得x= ,则纯相Na1-xFeO2为 目 录 N FeO2,题图乙、丙所示结构中Fe原子和O原子个数与题图甲所示晶胞相同,说明题 图乙、丙所示结构中含有3个“FeO2”,若为3个N FeO2,则含有Na原子的个数为 ,根 据均摊法,题图乙中含Na原子的个数为 ×2+2= ,题图丙中含Na原子的个数为 ×6+1=  ,故可能的结构示意图为乙。 目 录 9.(2024湖南,16,14分)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的 可再生资源,回收贵金属的化工流程如下:   已知:①当某离子的浓度低于1.0×10-5 mol·L-1时,可忽略该离子的存在; 目 录 ②AgCl(s)+Cl-(aq)  [AgCl2]-(aq)    K=2.0×10-5; ③Na2SO3易从溶液中结晶析出; ④不同温度下Na2SO3的溶解度如下: 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 目 录 回答下列问题: (1)Cu属于____区元素,其基态原子的价电子排布式为_______; (2)“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3,“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为_______ _______________________________________; (3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的NaCl: ①在“氧化酸浸”工序中,加入适量NaCl的原因是_______________________________ __________________________________________________; ②在“除金”工序溶液中,Cl-浓度不能超过_______mol·L-1; (4)在“银转化”体系中,[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075 mol·L-1,两种离子分 0.50 保Ag+不转化为[AgCl2]-进入滤液1中造成Ag的损失 使Ag+充分转化为AgCl沉淀,同时确 4H2O2+4H+  2Cu2++H2SeO3+5H2O Cu2Se+ 3d104s1 ds 目 录 布分数δ[如δ([Ag(SO3)2]3-)= ]随S 浓度的变化关系如图 所示。若S 浓度为1.0 mol·L-1,则[Ag(SO3)3]5-的浓度为_________mol·L-1;   0.050 目 录 (5)滤液4中溶质主要成分为_______________(填化学式);在连续生产的模式下,“银转 化”和“银还原”工序需在40 ℃左右进行,若反应温度过高,将难以实现连续生产,原 因是______________________________________________________。 温度过高时Na2SO3溶解度降低易析出晶体,堵塞管道 Na2SO3、NaCl 目 录 流程分析     目 录 解析    (2)“氧化酸浸”时,H2O2作氧化剂,Cu2Se作还原剂,生成物有Cu2+、H2SeO3,根据 得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为Cu2Se+4H2O2+4H+  2Cu2++ H2SeO3+5H2O。 (3)②“除金”工序的目的是将Au转化为[AuCl4]-,而AgCl不转化为[AgCl2]-,则[AgCl2]-的 浓度应低于1.0×10-5 mol·L-1,结合K=2.0×10-5= ,可得2.0×10-5·c(Cl-)<1.0×10-5 mol ·L-1,故c(Cl-)不能超过0.50 mol·L-1。 (4)“银转化”发生反应:[Ag(SO3)2]3-+S   [Ag(SO3)3]5-,K= 。 由题图可知c(S )=0.5 mol·L-1时,c([Ag(SO3)2]3-)=c([Ag(SO3)3]5-),求得K=2,则当c(S )= 目 录 1 mol·L-1时, =2,已知c([Ag(SO3)2]3-)+c([Ag(SO3)3]5-)=0.075 mol·L-1,计算得 c([Ag(SO3)2]3-)=0.025 mol·L-1,c([Ag(SO3)3]5-)=0.050 mol·L-1。 (5)“银转化”时AgCl与Na2SO3反应会有NaCl生成;滤液4可循环利用,说明Na2S2O4在 “银还原”时被氧化为Na2SO3,[Ag(SO3)2]3-、[Ag(SO3)3]5-转化为Ag和S ,且滤液3中已 有一定浓度的S ,故滤液4中溶质的主要成分为Na2SO3、NaCl。在连续生产的模式 下,滤液4中Na2SO3的浓度逐渐变大,结合已知信息③、④,可知若反应温度过高,Na2SO3 溶解度变小从而结晶析出。 目 录 10.(2024黑、吉、辽,16,14分)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化 物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐,某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细 小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹),以提高金的浸出率并冶炼金,工艺流程如下:   回答下列问题: 目 录 (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜,“胆水”的 主要溶质为_________(填化学式)。 (2)“细菌氧化”中,FeS2发生反应的离子方程式为_______________________________ ___。 (3)“沉铁砷”时需加碱调节pH,生成_________(填化学式)胶体起絮凝作用,促进了含As 微粒的沉降。 (4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率,相比“焙烧氧化”,“细菌氧化”的优势为 ______(填标号)。 A.无需控温　　 　　　B.可减少有害气体产生 BC Fe(OH)3 4H+ 4FeS2+15O2+2H2O  4Fe3++8S + CuSO4 目 录 C.设备无需耐高温　　　　　D.不产生废液废渣 (5)“真金不怕火炼”表明Au难被O2氧化,“浸金”中NaCN的作用为____________。 (6)“沉金”中Zn的作用为______________。 (7)滤液②经H2SO4酸化,[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为______________ ______________________________。用碱中和HCN可生成______(填溶质化学式)溶液,从 而实现循环利用。 NaCN H2SO4  ZnSO4+4HCN+Na2SO4 Na2[Zn(CN)4]+2 作还原剂 CN-络合Au+ 目 录 流程分析       目 录 解析    (1)已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐,利用细菌氧化形成的天然 “胆水”可以冶炼铜,则“胆水”的主要溶质为CuSO4。(2)根据题给信息可知“细菌 氧化”中,FeS2被O2氧化为Fe3+和S ,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离 子方程式。(4)“焙烧氧化”时S会转化为SO2,SO2会污染空气,且“焙烧氧化”需要耐 高温设备,“细菌氧化”可在常温下进行,故相比“焙烧氧化”,“细菌氧化”的优势为 可减少有害气体产生、设备无需耐高温,故B、C符合题意。(5)“浸金”中NaCN提供 CN-,与Au+结合形成[Au(CN)2]-,促进了Au的氧化。(6)“沉金”时Zn将[Au(CN)2]-还原为 Au。(7)用碱中和HCN可生成NaCN溶液,NaCN溶液可用于“浸金”步骤,从而实现循 环利用。 目 录 11.(2024福建,11,15分)锂云母的主要成分为K(Li1.5Al1.5)(AlSi3O10)(OH)xF2-x,实验室探索一 种碱浸分解锂云母制备LiOH的工艺流程如下:   (1)“高压浸出”中: 目 录 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CaO用量的关系如图所示,为提高锂浸出率,CaO最佳用量 为_____g(保留小数点后一位)。   4.5 CaF2 目 录 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所示。区域Ⅰ中,锂浸出率随颗粒尺寸减小 而降低的原因是________________________________________________。 该条件下ⅱ的影响程度大于ⅰ的影响程度 目 录   (2)“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为_____________________________________。 (3)“沉淀转化”反应2Li3PO4(s)+3Ca(OH)2(aq)  6LiOH(aq)+Ca3(PO4)2(s)的平衡常数 H3PO4+3LiOH  Li3PO4↓+3H2O K=___ (列出计算式)。 已知:25 ℃时,Ksp(Li3PO4)=m,Ksp[Ca3(PO4)2]=n。 (4)“操作Z”为加热、趁热过滤和__________;趁热过滤的主要目的是________________ ____。(LiOH分解温度约为1 000 ℃) (5)LiOH的晶胞结构如图所示。 质 除去Ca(OH)2杂 蒸发结晶 目 录   ①晶体中与一个O紧邻的Li有___个。 ②一个Li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 bde 四面体形 4 e.极性共价键　f.非极性共价键 目 录 解析    (1)①高压浸出过程中,CaO与水反应生成的Ca(OH)2与F-结合生成难溶的CaF2,则 滤渣1中的卤化物Y为CaF2。②根据题图可知,锂浸出率最大时,对应的CaO用量约为 4.5 g。③只考虑ⅰ,则尺寸越小,越有利于反应液接触,浸出率越高;只考虑ⅱ,则尺寸越小, 越不利于反应液渗入,浸出率越低;区域Ⅰ中随着颗粒尺寸的减小,锂浸出率降低,则应 是该条件下ⅱ对锂浸出率的影响程度大于ⅰ。(2)根据“高压浸出”“净化”环节加 入的物质,可知净化后滤液中含有LiOH,则“沉锂”环节LiOH与H3PO4反应生成Li3PO4 沉淀和H2O。(3)反应2Li3PO4(s)+3Ca(OH)2(aq)  6LiOH(aq)+Ca3(PO4)2(s)的K=  = = = 。(4)根据“沉淀转化”过程中 目 录 加入的试剂以及“沉锂”环节的反应可得沉淀转化过程中Li3PO4沉淀转化为LiOH进 入滤液2,Ca3(PO4)2进入滤渣3,则滤液2中主要含有LiOH,还有少量的Ca(OH)2,因Ca(OH)2 的溶解度随温度的升高而减小,则趁热过滤的目的是除去Ca(OH)2,除去Ca(OH)2后剩余 LiOH溶液,通过蒸发结晶得到LiOH固体。(5)根据LiOH的晶胞结构及其在x轴方向的 投影图可知,在晶胞中Li位于8个顶点和上、下两个底面的面心,O位于前、后、左、右 4个面上,晶体为层状结构。①晶胞中与一个Li紧邻的O有4个,与一个O紧邻的Li也有4 个。②因∠O—Li—O=129°,故一个Li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无法提供孤电子对,且层间距离远,OH-间不能形成氢键;LiOH为 离子化合物,不存在金属键;Li+与OH-间存在离子键;根据LiOH晶体呈层状结构可知,层 间存在范德华力;O—H键属于极性共价键。故选bde。 目 录 12.(2024广西,15,14分)广西盛产甘蔗,富藏锰矿。由软锰矿(MnO2,含SiO2、Fe2O3、Al2O3 和CuO等杂质)制备光电材料KMnF3的流程如下。回答下列问题:   目 录 物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Ksp 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 4.9×10-17 1.9×10-13 已知: (1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4,其主要作用是________________________ ______________。为提高“浸取”速率,可采取的措施是__________________________ __________(任举一例)。 (2)“滤渣1”的主要成分是________(填化学式)。 SiO2 写一条) 加热、搅拌、粉碎软锰矿等(任 MnO2和Fe2O3 溶解金属氧化物,还原 目 录 (3)常温下,用CaCO3调节溶液pH 至5~6时,可完全沉淀的离子有____(填化学式)。 (4)“X”可选用___。 A.H2S　 B.H2O2　 C.Zn　 D.(NH4)2S (5)若用Na2CO3替代NaHCO3沉锰,得到Mn2(OH)2CO3沉淀。写出生成Mn2(OH)2CO3的离 子方程式:_______________________________________________。 2Mn2++3C +2H2O  Mn2(OH)2CO3↓+2HC  D Al3+ 目 录 (6)KMnF3立方晶胞如图所示,晶胞参数为a pm,该晶体中与一个F-紧邻的K+有__个。已 知NA为阿伏加德罗常数的值,晶体密度为__________ g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。    ×1030 4 目 录 链接讲解册    化工流程中的操作——原料的预处理,新情境中反应方程式的书写,晶胞 结构分析与计算。 目 录 流程分析       目 录 解析    (1)流程的目的是从软锰矿(MnO2)中获得KMnF3,结合题给流程中加入的试剂可 得MnO2在“浸取”环节被还原为Mn2+(Fe2O3同时被还原为Fe2+);同时甘蔗渣水解液中 含有H2SO4,可溶解软锰矿中的金属氧化物。(2)根据甘蔗渣水解液的成分和软锰矿中 的成分,可知滤渣1的主要成分为SiO2。(3)浸取过滤后滤液中的金属阳离子有Mn2+、 Fe2+、Cu2+、Al3+,根据题给氢氧化物的Ksp及溶液的pH将pH=5时,c(OH-)=1×10-9 mol·L-1代 入各Ksp表达式中可知完全沉淀的离子是Al3+,则过滤后,滤渣2的主要成分为Al(OH)3。(4) 此时滤液中含有Mn2+、Fe2+、Cu2+,则X的作用是沉淀Fe2+和Cu2+,H2O2不能沉淀Cu2+;Zn可 将Mn2+还原;H2S不可沉淀Fe2+(FeSO4+H2S  FeS↓+H2SO4,H2SO4会溶解FeS);(NH4)2S 可沉淀Fe2+和Cu2+;故选D。(5)生成Mn2(OH)2CO3沉淀,促进C 的水解平衡正向移动,则 目 录 反应会生成HC ,再结合原子守恒和电荷守恒配平。(6)由题图可知,1个晶胞中含有1 个K+,根据化学式可知,1个晶胞中含有1个Mn2+和3个F-,则晶胞顶点上为Mn2+、棱上为F-; 1个K+紧邻的F-有12个,根据化学式,可知1个F-紧邻的K+有4个。根据均摊法可得出1个 晶胞中含有的“KMnF3”个数,进而得出1个晶胞的质量;题中给出晶胞参数,可得出晶 胞的体积,然后根据ρ= 进行计算。 目 录 13.(2024北京,18,12分)利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)生产纯铜,流程 示意图如下。   (1)矿石在焙烧前需粉碎,其作用是______________________________________________。 增大反应物的接触面积,使反应更充分,加快反应速率 目 录 (2)(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2 SO4发生热分解的化学方程式是_____________________________________________。 (3)矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合,取相同质量,在不同温度下焙烧相同时间,测 得:ⅰ.“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如下图所示; (NH4)2SO4  2NH3↑+SO3↑+H2O 目 录 ⅱ.400 ℃和500 ℃时,固体B中所含铜、铁的主要物质如下表所示。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 Fe2O3、CuSO4、CuFeS2 500 Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO 目 录 ①温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大的原因是____________________ ______________________。 ②温度高于425 ℃,根据焙烧时可能发生的反应,解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低 的原因是_______________________________________。 (4)用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的:______________________。 (5)粗铜经酸浸处理,再进行电解精炼;电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液,并维持一定 的c(H+)和c(Cu2+)。粗铜若未经酸浸处理,消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量,原因是 ___________________________________________________________________________ _______________________________________________________________。 被空气中的O2氧化为Fe3+,Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-  Fe2+ 若粗铜未经酸浸,会残留较多Fe,电解时阳极会发生反应Fe-2e-  Fe2+,溶液中的Fe2+易 Fe+Cu2+  Cu+Fe2+ CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO CuSO4的速率加快 随焙烧温度升高,生成 目 录 链接讲解册    化工流程中的操作——原料的预处理。新情境中反应方程式的书写。 解析　黄铜矿经粉碎后加入(NH4)2SO4,再通入空气进行焙烧,(NH4)2SO4分解产生的SO3 使矿石中的铜元素转化为CuSO4,高温混合气中的NH3被硫酸吸收,所得溶液A中含有 (NH4)2SO4等。固体B中含有CuSO4、SiO2和其他含有Cu、Fe元素的物质等,加水浸铜并 过滤,SiO2等难溶物进入滤渣D中,滤液C中含有CuSO4等。向滤液C中加入过量Fe置换 出Cu,过滤后滤液E中含有FeSO4等,所得粗铜中含有Cu、Fe等,粗铜经电解精炼得到纯 铜。(2)(NH4)2SO4属于铵盐,受热易分解,根据题给信息及元素守恒可知分解产物为NH3、 SO3和H2O,据此写出相应的化学方程式。(4)置换过程中加入Fe的目的是将Cu2+还原 为Cu,据此写出相应的离子方程式。 目 录 14.(2024广东,18,14分)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一 种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取 镓及循环利用铝的工艺如下。   目 录 工艺中,LAEM是一种新型阴离子交换膜,允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低 浓度区。用LAEM提取金属离子Mn+的原理如图。   已知:①pKa(HF)=3.2。 目 录 ②Na3[AlF6](冰晶石)的 Ksp为4.0×10-10。 ③浸取液中,Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在,Fe2+最多可与2个Cl-配 位,其他金属离子与Cl-的配位可忽略。 (1)“电解”中,反应的化学方程式为__________________________。 (2)“浸取”中,由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为_______________________。 (3)“还原”的目的:避免___元素以________(填化学式)微粒的形式通过LAEM,从而有利 于Ga的分离。 (4)“LAEM提取”中,原料液的Cl-浓度越___,越有利于Ga的提取;研究表明,原料液酸度 高 [FeCl4]- Fe Ga3++4Cl-  [GaCl4]- 2Al2O3  4Al+3O2↑ 目 录 过高,会降低Ga的提取率。因此,在不提高原料液酸度的前提下,可向Ⅰ室中加入______ (填化学式),以进一步提高Ga的提取率。 (5)“调pH”中,pH至少应大于___,使溶液中c(F-)>c(HF),有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6] 晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10 mol·L-1,则[AlF6]3-的浓度为_______mol·L-1。 (6)一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构 成的立方体体心,形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中,粒子个数最简比Co∶ Ga∶Ni=_____,其立方晶胞的体积为___nm3。 8a3 2∶1∶1 4.0×10-7 3.2 NaCl 目 录 解析    (3)根据已知③,Fe2+最多与2个Cl-配位,故Fe2+不会形成带负电荷的配离子,但是Fe (Ⅲ)会以[FeCl4]-形式存在,[FeCl4]-会通过LAEM,因此需用铝片将Fe(Ⅲ)还原。(4)根据 用LAEM提取金属离子的原理可知,在Ⅰ室中要存在高浓度的[GaCl4]-,则原料液中要有 较高浓度的Cl-;为防止原料液的酸度过高,且有较高的Cl-浓度,同时不引入杂质,可向Ⅰ 室中加入NaCl。(5)Ka(HF)=10-3.2= ,c(F-)>c(HF),则 = >1,得c(H+)< 10-3.2 mol·L-1,pH至少应大于3.2;根据已知②中Na3[AlF6]的Ksp,将c(Na+)代入其Ksp计算公式计 目 录 算即可得到[AlF6]3-的浓度。(6)由题中信息可知,晶胞结构如图: ,晶胞 中Co原子个数为8× +6× +12× +1=8,Ga原子个数为4,Ni原子个数为4,则粒子个数最 简比Co∶Ga∶Ni=2∶1∶1,其立方晶胞的边长为2a nm,体积为8a3 nm3。 目 录 15.(2025八省联考西北卷,16)“三废”的科学治理是环境保护和资源循环利用的重要 举措。某含砷烟尘主要成分为As2O3、Pb5(AsO4)3Cl、CuS和ZnS等。一种脱砷并回收 As2O3、铜和锌的流程如下:   模拟强化练 目 录 已知:①As2O3微溶于冷水,易溶于热水; ②“氧化酸浸”中,金属硫化物转化成硫酸盐;难溶于热水的Pb5(AsO4)3Cl转化成H3AsO4; ③萃取时,将萃取剂HL溶于磺化煤油中,所得溶液作为有机相,萃取和反萃取原理为2 HL+M2+ ML2+2H+,式中M2+为Cu2+或Zn2+。 回答下列问题: (1)“水浸”时,采用热水的目的是__________________________。 (2)“氧化酸浸”时,CuS发生反应的离子方程式为_____________________________, Pb5(AsO4)3Cl与硫酸反应的化学方程式为__________________________________________ Pb5(AsO4)3Cl+5H2SO4  3H3AsO4+5PbSO4+ CuS+4H2O2  S +Cu2++4H2O 提高As2O3的浸出率 目 录 _______。 (3)铜萃取剂HL ( )中的N、酚羟基O均与Cu2+配位,形成配合 物CuL2。该配合物中Cu2+的配位数为__,HL分子结构中设计正壬基的作用是__________ ________________________________________________。“反萃取铜”后,“富铜液” 为____(填“水”或“有机”)相。 (4)“沉砷”时,采用生石灰处理,滤渣主要成分的化学式为______________________。 (5)“反萃取锌”时,试剂X为___________。 H2SO4 Ca3(AsO4)2、CaSO4 水 水基团,在萃取剂中引入正壬基,有利于CuL进入有机相 正壬基为憎 4 HCl 目 录 链接讲解册    化工流程题解题策略——原料的预处理。 解析　流程分析如下: 目 录 (1)结合流程分析可知用热水可以将As2O3溶解,便于As2O3回收。(2) “氧化酸浸”时, CuS转化为硫酸盐,根据得失电子守恒得CuS+4H2O2  S +Cu2+,此时已经符合电荷 守恒,再结合原子守恒可知在右边加“4H2O”,可得反应的离子方程式为CuS+4H2O2   S +Cu2++4H2O。(3)HL中的N、酚羟基上的O均能与Cu2+形成配位键,每个HL提 供2个配位原子,故CuL2中Cu2+的配位数为4;正壬基的极性较小,根据相似相溶原理,正壬 基易溶于有机物,HL作为萃取剂,与Cu2+形成的配位化合物可溶于有机相,从而实现萃取 的目的,再经反萃取,Cu2+回到水相中,则富铜液为水相。(4)由流程分析可知,滤渣的主 要成分为Ca3(AsO4)2、CaSO4。(5)由流程分析结合平衡移动可知,X为H2SO4。 目 录 16.(2025八省联考河南卷,15)一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O,含有少量 Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制 备电池级磷酸铁的工艺流程如下。   目 录 一定条件下,一些金属氟化物的Ksp如下表。 氟化物 FeF2 MgF2 MnF2 Ksp 2.3×10-6 5.1×10-11 5.2×10-3 回答下列问题: (1)“除钛”中产生的少量气体是____(填化学式);铁粉的作用之一是提高体系的pH,使得 TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去,其另一个作用是__________。 (2)“除杂1”中除去的离子是____(填离子符号)。 Mg2+ 还原Fe3+ H2 目 录 (3)“氧化1”中若H2O2加入速率过快,会导致H2O2用量增大,原因是___________________ ______________________________________。本步骤不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液,原 因是______________________________________________。 (4)滤渣3的主要成分是MnO2·xH2O,生成该物质的离子方程式为__________________ ___________________________________________________________________。 2)H 2O  5MnO2·xH2O↓+4H+ 3Mn2++2Mn +(5x+ 防止盐酸与KMnO4反应生成Cl2,产生污染 使H2O2分解速率增大,导致H2O2用量增大 氧化生成的Fe3+可以 (5)“氧化2”的目的是减少_____(填化学式)气体的排放。 (6)“沉铁”中如果体系酸性过强,会导致FePO4·2H2O产量降低,原因是________________ __________________________________________________________________________ _____。 少 大,磷元素主要以H3PO4、H2P 、HP 形式存在,P 浓度低,生成FePO4·2H2O沉淀量 溶液中H+浓度较 SO2 链接讲解册    化工流程题解题策略——反应条件的控制。 目 录 解析　流程中要保留Fe3+,使其与P 反应生成FePO4·2H2O,则要除去Ti、Mg、Mn元 素。流程分析如下:   目 录 (1)由流程分析可知,“除钛”中产生的少量气体是H2;铁粉的另一个作用是还原Fe3+。 (2)结合流程分析可知“除杂1”中除去的是Mg2+。(3)“氧化1”中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+, 且生成的Fe3+是H2O2分解的催化剂,故H2O2加入速度过快,会在Fe3+催化下分解,导致用 量增大;由于该反应在酸性条件下发生,若使用稀盐酸代替硫酸溶液,则在“除杂2”中 会与KMnO4反应生成Cl2,污染环境。(4)由流程分析可知,“除杂2”中生成MnO2·xH2O, 根据得失电子守恒可得3Mn2++2Mn   5MnO2·xH2O↓,根据电荷守恒和溶液呈酸性 可知在右边加“4H+”,结合原子守恒可知在左边加“(5x+2)H2O”,则离子方程式为3 Mn2++2Mn +(5x+2)H2O  5MnO2·xH2O↓+4H+。(5)农药盐渣成分中有Na2SO3,“除 杂2”后溶液含有H+,二者混合会发生反应S +2H+  SO2↑+H2O,故 “氧化2”的目 的是减少SO2气体的排放,同时防止Fe3+与S 反应。(6)从H+浓度过大,P 的水解平衡 目 录 正向移动,体系中磷元素主要以H3PO4、H2P 、HP 的形式存在,FePO4·2H2O沉淀溶 解平衡正向移动导致FePO4·2H2O产率降低等方面回答。 目 录 17.(2025广东广州二模,18)LiFePO4广泛应用于新能源汽车和储能领域。从低浓度锂溶 液(含Li+、Al3+、Mg2+、Ca2+)获得制备LiFePO4的原料FePO4和Li2CO3,工艺流程如下:   目 录 已知: ①常温下,部分物质的Ksp如下表所示。 物质 Li3PO4 FePO4 AlPO4 Ksp 2.3×10-11 9.9×10-16 9.8×10-21 物质 Mg3(PO4)2 Ca(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 1.0×10-24 5.5×10-6 5.6×10-12 目 录 ②在本工艺相应条件下,EDTA能与Ca2+反应生成可溶于水的稳定配合物。 ③常温下, (H3PO4)=6.9×10-3、 (H3PO4)=6.2×10-8、 (H3PO4)=4.8×10-13。 (1)“沉锂1”中生成磷酸锂的离子方程式为____________________。若“沉锂1”后 滤液中c(P )=0.023 mol·L-1,则溶液中Li+浓度为________mol·L-1。 (2)“萃取除铝”时,调节溶液的pH=3,Al3+与萃取剂HR(弱酸)反应转化为AlR3而被萃取 至有机层。降低溶液的pH,铝的去除率明显降低,原因是__________________________ _________________________________________。 (3)“沉淀”时控制溶液的pH=1,此时c(H2P )∶c(H3PO4)=________,该条件下Fe2+转化为 FePO4的离子方程式为___________________________________________。 2Fe2++H2O2+2H3PO4  2FePO4↓+2H2O+4H+ 6.9×10-2 正向移动,导致R-浓度降低,难以与Al3+配位 酸性增强,平衡H++R-   HR 1.0×10-3 3Li++P   Li3PO4↓ 目 录 (4)“除杂”中加入NaOH调节溶液的pH=12。滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Ca(OH)2 和___________。 (5)“沉锂2”先加入适量的EDTA,再加入Na2CO3固体,充分反应后过滤。加入EDTA的 目的是防止Li2CO3产品中混入_________(填化学式)杂质。 (6)由Li2CO3可制备X晶体,其晶胞为长方体,结构如图所示。 CaCO3 Mg(OH)2 目 录 ①X的化学式为__________。 ②与Li距离最近且等距的Co的数目为___。 ③设X的最简式的相对分子质量为Mr,阿伏加德罗常数的值为NA,则X晶体的密度为 8 LiCoO2 _____________(列出计算式)。 目 录 解析    (1)“沉锂1”中Li+和P 反应生成磷酸锂;若“沉锂1”后滤液中c(P )=0.023 mol·L-1,结合题中所给的Ksp数据可知,溶液中c(Li+)= =  mol·L-1= 1.0×10-3 mol·L-1。(3)“沉淀”时控制溶液pH=1,此时 = = =6.9 ×10-2。(4)“除杂”中加入NaOH调节溶液pH=12,即c(OH-)=0.01 mol·L-1,由题中所给的 Ksp数据可知,此时溶液中c(Mg2+)= =  mol·L-1=5.6×10-8 mol·L-1,则Mg2 +沉淀完全,故滤渣2的主要成分含有Mg(OH)2。(5)根据已知信息②可知, EDTA能与Ca2+ 反应生成可溶于水的稳定配合物,故“沉锂2”过程中先加入适量EDTA,再加入Na2CO3 目 录 固体,能防止Li2CO3产品中混入CaCO3杂质。(6)①由题中所给晶胞结构可知,每个晶胞 中含有1个Li,含有4× +2× =2个O,含有8× =1个Co,故X的化学式为LiCoO2;②由题中 所给晶胞结构可知,与Li距离最近且等距的Co的数目为8;③X晶体的密度ρ= =  =  g·cm-3。 目 录 $