2026届高三化学一轮复习 专题突破 · 工业流程题专项训练

专题突破 工业流程题专项训练 五年考情总览：梳理五年考情，归纳命题规律。 经典例题精析：拆解典题，掌握解题方法。 高考真题精选：收录近年真题，贴合实战。 各地模拟集训：精选优质模拟，强化训练。 命题解读 考向 近三年考查统计 近五年命题呈现出情境真实化、结构固定化、能力综合化的显著趋势，试题多以资源回收（如锂电池、废催化剂）、新材料合成等工业流程为背景，将元素推断、化学平衡、晶体计算、电化学原理及实验操作融为一体，尤其强调定量计算（Ksp、晶胞密度、平衡常数） 与信息迁移能力的考查，充分体现“价值引领、素养导向”的命题理念，要求学生不仅掌握核心知识，更能灵活解决复杂实际问题。 分离、提纯类工艺流程综合题 2025·广东卷 2024·广东卷 2023·广东卷 2022·广东卷 2021·广东卷 【例题1】（2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Ksp(298K) 2.8×10－39 1.3×10－33 2.2×10－20 5.5×10－16 (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条) (2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为：____＋O2＋____H2O____Fe2O3↓＋____H+ (3)“沉铝”时，pH最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)。 已知：“滤液1”中c(Cu2+)＝0.022 mol·L－1，c(Ni2+)＝0.042 mol·L－1 (4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有___________________ A．镍与N、O形成配位键 B．配位时Ni2+被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 (5)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比 dNi—Cu∶dNi—N＝∶1，则x∶y∶z＝_______；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为_______ (6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______ ②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注_______ ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是_______(写一条)。 【答案】(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 (2)4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+ (3)5 (4)AD (5) 3：1：1 12 (6) 2NH3N2+3H2 Fe2O3+3H22Fe+3H2O 没有污染物产生 【分析】矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。 【详解】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； （2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； （3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确； B、配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误； C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确； 答案选AD； （5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为； （6）①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和颗粒，装置图如下： ； ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 【例题2】（2024·广东卷）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 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 ②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp＝4.0×10－3 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＋)＝0.1 mol·L－1，则[AlF6]3－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 【答案】(1)2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ (2)Ga3++4Cl-=[GaCl4]- (3) 铁 [FeCl4]- (4) 高 NaCl (5) 3.2 4.0×10-7 (6) 2:1:1 8a3 【分析】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)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝； 【详解】（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑； （2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-； （3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，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，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离； （4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率； （5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，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+)=0.10mol⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol⋅L-1； （6）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，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。 1.（2023·广东卷）Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子：lgKb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ksp 5.9×10－15 1.6×10－44 5.5×10－16 1.3×10－33 5.6×10－12 回答下列问题： (1)活性可与水反应，化学方程式为__________ (2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)_____c(NH4+) (填“>”“<”或“=”) (3)“氨浸”时，由Co (OH)3转化为[Co (NH3)6]2+的离子方程式为______________________________ (4) (NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰 ①NH4Al(OH)2CO3属于__________(填“晶体”或“非晶体”) ②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是______________________________________________ (5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为__________ ②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为__________；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为_______ (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为______________ ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和______(填化学式) 【答案】(1) (2)＞ (3)或 (4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 (5) 体心 12 (6) 0.4或 【分析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 【详解】（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。 （2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。 （3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。 ②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 （5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为；故答案为：0.4或。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。 2.（2022·广东卷）稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下： 已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表 离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+ 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / (1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______ (2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为_______。 (3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L－1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于_______mol·L－1(保留两位有效数字) (4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是_______ ②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离 (5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式) (6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y ①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移_______ mol电子 ②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_______ 【答案】(1)Fe2+ (2) 4.7pH<6.2 (3)4.010-4 (4) 加热可以提高反应物粒子运动速度，搅拌增加溶剂与溶质的接触面积，使溶出更彻底，提高溶出速度，提高产率 冷却结晶 (5)MgSO4 (6) 15 O2+4e-+2H2O=4OH- 【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。 【详解】（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+； （2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；； （3）滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4； （4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热可以提高反应物粒子运动速度，搅拌增加溶剂与溶质的接触面积，使溶出更彻底，提高溶出速度，提高产率，故答案为：加热可以提高反应物粒子运动速度，搅拌增加溶剂与溶质的接触面积，使溶出更彻底，提高溶出速度，提高产率； ② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶； （5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4； （6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15； ②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。 3.（2021·广东卷）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下： 已知：25 ℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO的形态存在 (1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为________ (2)“沉铝”中，生成的沉淀X为________ (3)“沉钼”中，pH为7.0 ①生成BaMoO4的离子方程式为__________________________________________ ②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCO)∶c(MoO)＝____________(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液 (4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为________。 ②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量________(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。 (5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应 ①该氧化物为________。 ②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为＋5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________ 【答案】 +6 +=↓ 【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。 【详解】（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。 （2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。 （3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。 ②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。 （4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。 ②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。 （5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。 ②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。 1．（2026·湖北荆州·一模）工业上可以用软锰矿(主要成分是，还含有、等杂质)和方铅矿精矿(主要成分为)制备和的工艺流程如下： 已知：i．微溶于水， ⅱ．时，部分难溶物的 物质 (1)基态的价层电子轨道表示式 。 (2)时，用盐酸处理两种矿石，生成、和，为提高两种矿石与盐酸反应的速率，可采取的措施有 (写出一条即可)。 (3)试剂是 。(填“化学式”) (4)由于微溶于水，容易附着在方铅矿表面形成“钝化层”使反应速率大大降低，向酸浸液中加入饱和食盐水可有效避免这一现象，原因是 (结合化学用语回答)。 (5)从滤液中获得可采取的措施是 (写出一条即可)。 (6)向滤液中通入和发生反应后，总反应的离子方程式为 。 (7)向得到的晶体中加入稀硫酸，可以将晶体转化为一种重要的化工产品，该转化环节中，当溶液中时， 。 【答案】(1) (2)粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度 (3) (4)增大溶液中浓度，平衡正向移动 (5)降温或加水稀释 (6) (7) 【分析】方铅矿精矿、软锰矿和盐酸反应的化学方程式为：、、。在酸浸液中（主要含有、、、、、、沉淀和S沉淀）加入后，平衡（）正向移动，沉淀溶解，在酸浸液中加入，发生反应：，可以使酸浸液的升高，使酸浸液中的和分别以和的形式沉淀下来。然后酸浸液经过滤得到滤液（主要含有、、、、）和沉淀（、）。因为反应（）是吸热反应，所以通过降低滤液的温度，可以使平衡逆向移动，从而得到晶体。滤液经过滤得到晶体和滤液（主要含有、、、）。向滤液中加入和，发生反应：、，生成晶体，前面两个反应的总反应为：。将沉淀和沉淀加入溶液中，发生反应：，沉淀溶解。前一步的溶液经过滤得到滤液（含有、、），在滤液中通入，发生反应：，滤液中产生沉淀。 【详解】（1）位于第六周期、第IVA族，其价层电子有个，失去个价层电子后，的价层电子有个，轨道表示式为； （2）通过粉碎矿石可增加矿石与盐酸的接触面积，从而加快反应速率；搅拌反应溶液可以避免矿石沉在反应容器底部，使液体和矿石充分接触，从而加快反应速率；适当增大反应物（盐酸）的浓度可以加快反应速率； （3）由分析可知，试剂是溶液； （4）由分析可知，加入饱和食盐水，可增大溶液中浓度，平衡正向移动，使附着在方铅矿表面的溶解，避免反应速率降低； （5）由分析可知，通过降低滤液的温度，可以使平衡逆向移动，从而得到晶体；反应的平衡常数，当反应达到平衡时，加水稀释溶液，可使，平衡逆向移动； （6）由分析可知，总反应的离子方程式为； （7）向晶体中加入稀硫酸，发生反应，反应达到平衡时，平衡常数，则有，当溶液中时，根据等式，可得。 2．（2026·云南·一模）赤泥是铝土矿提铝后的碱性矿渣。从一种赤泥(含、、、等)中回收铁、铝、硅和钛的工艺如下： 回答下列问题： (1)钛位于元素周期表中 区。 (2)“酸浸1”时，提高浸取速率的方法为 (写一种即可)。 (3)“沉铁”时， ①完成并配平下列离子方程式： 。 ____________________________________________ ②结构如图所示，形成的配位键个数为 。 (4)“盐沉”中，离子沉淀率随pH变化关系如图所示，沉淀反应最适宜的pH为 。 (5)“滤渣2”的主要成分为、和 。 (6)分解过程的固体残留率随温度变化曲线如图所示(已知：)。“550℃焙烧”时，分解产物为 (填“”“”或“CaO”)。 (7)实际工艺中，遵循“再循环、减量化”的原则，将“焙烧渣”返回至“滤液2”进行“盐沉”循环使用的目的为 (写一种即可)。 (8)“沉铝”中发生的反应为，，当、时，体系pH为 。 【答案】(1)d (2)加热（或搅拌、将赤泥粉碎、适当增大草酸浓度等） (3) 6 (4)4 (5) (6) (7)提高钛、硅的回收率（或减少废渣排放、提高原料利用率） (8)7 【分析】赤泥（含、、、等）经草酸浸取，铁、铝、钛等可溶性金属离子进入滤液1，不溶性残渣形成滤渣1；滤液1经光照分解生成沉淀，实现沉铁；滤液2中加入进行盐沉，使硅、钛等形成沉淀进入滤渣2，滤渣2经焙烧、酸浸得到、和；滤液3经加溶液沉铝，最终得到沉淀，整个流程实现了铁、铝、硅、钛的分步回收与分离。 【详解】（1）钛的价电子排布为，属于d区，故答案为：d； （2）可通过加热（或搅拌、将赤泥粉碎、适当增大草酸浓度等）来提高浸取速率，故答案为：加热（或搅拌、将赤泥粉碎、适当增大草酸浓度等）； （3）① 根据得失电子守恒和原子、电荷守恒，配平离子方程式为：； ② 从的结构图可知，与3个形成6个配位键（每个草酸根提供2个配位原子），因此配位键个数为6，故答案为：6； （4）从离子沉淀率图可知，pH=4时Ti、Si沉淀率较高，而Al沉淀率较低，可有效分离，因此最适宜pH为4，故答案为：4； （5）“盐沉”时除生成、外，还会生成沉淀，因此滤渣2含，故答案为：； （6）摩尔质量为，残留率68.5%时，剩余固体质量为，摩尔质量为100 g/mol，因此分解产物为，故答案为：； （7）将“焙烧渣”返回至“滤液2”进行“盐沉”循环使用的目的为提高钛、硅的回收率（或减少废渣排放、提高原料利用率），故答案为：提高钛、硅的回收率（或减少废渣排放、提高原料利用率）； （8）由题，反应平衡常数，代入，，即，解得，则，因此，故答案为：7。 3．（25-26高二上·陕西咸阳·月考）以碳酸锰铜矿(主要成分为、，还含有、等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下： 已知：常温下，以下四种离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 注：离子浓度小于或等于可视为沉淀完全。 (1)基态锰原子的原子结构示意图为 。 (2)基态铜原子的价层电子轨道表示式为 。 (3)为了提高“酸浸”速率，可采取的措施有 (任写两点)。 (4)用离子方程式解释的作用： 。 (5)从平衡移动的角度简述加入“沉铁”的原理： (结合离子方程式进行文字阐述)。 (6)“沉铜”时，若滤液中，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成，应控制的范围为 。 (7)“沉锰”得到的离子方程式为 。 (8)结合图像，分析溶液得到的系列操作为： 、洗涤、干燥等。 【答案】(1) (2) (3)将碳酸锰铜矿粉碎，适当升高温度，适当增大硫酸的浓度等 (4) (5)，碳酸锰消耗，水解平衡正向移动，促进三价铁水解生成 (6) (7) (8)加热使溶液温度高于40℃时，蒸发结晶，趁热过滤 【分析】碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)，用硫酸酸浸，得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为三价铁离子便于除去，加入MnCO3调节pH生成氢氧化铁沉淀，过滤后向滤液通入氨气生成氢氧化铜沉淀，过滤，向滤液加入碳酸氢铵和一水合氨，生成MnCO3沉淀，再加硫酸，得到硫酸锰溶液，以此解题。 【详解】（1） 基态锰原子是第25号元素，位于第四周期，所以有4个电子层，第一层最多排2个电子，第二层最多排8个电子，最外层为2个电子，所以第三层13个电子，核电荷数为25，其原子结构示意图为：； （2）基态铜原子是第29号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，所以价层电子轨道表示式为； （3）考查速率影响因素，可以将碳酸锰铜矿粉碎，适当升高温度，适当增大硫酸的浓度，搅拌等； （4）MnO2将氧化为，以便于后续除铁，方程式为； （5）溶液中存在水解平衡：，加入碳酸锰消耗H+，水解平衡朝正向移动，促进三价铁水解生成Fe(OH)3除去； （6）铜离子完全沉淀时，溶液中铜离子浓度小于或等于，此时，，，pH=6.5，锰离子开始沉淀时，，，pH=8，故应控制的范围为； （7）沉锰过程中，加入碳酸氢铵和氨水，生成碳酸锰沉淀，则反应的离子方程式为； （8）由图像可知，高于40°C才生成MnSO4·H2O，故MnSO4溶液得到MnSO4·H2O的系列操作为在高于40°C下蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等。 4．（2026·甘肃酒泉·一模）三氧化二钕是一种具有优异光学性能和磁性能的稀土氧化物。以工厂废料[含钕(，质量分数为28.8%)、、，均以游离态存在]为主要原料制备的工艺流程如图所示。 已知： ①的稳定价态为；的活动性较强，与稀硫酸反应产生；可与过量生成可溶性配合物； ②硼难溶于稀硫酸； ③常温下，。回答下列问题： (1)将块状工厂废料粉碎后“酸溶”，粉碎的目的是 。 (2)“酸溶”时钕发生反应的离子方程式为 。 (3)常温下，“沉钕”过程中调节溶液的为2.3，钕全部以沉淀完全，若此时溶液中，则 (填“有”或“无”)沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，其原因是 。 (4)“转沉”过程中转化为，反应的离子方程式为 。 (5)“沉淀”过程得到晶体，“滤液3”中的 (填化学式)可在上述流程中循环利用。 (6)的一种晶体的体心立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。距离原子最近且等距离的原子有 个，该晶体的密度为 。 【答案】(1)增大表面积，加快反应速率，使其充分反应 (2) (3) 无 酸性太强，与反应生成，导致浓度减小，沉淀不完全 (4) (5) (6) 8 【分析】工厂废料加入稀硫酸酸浸，其中硼不与稀硫酸反应，滤渣为硼，随后加入NaH2PO4反应生成Nd(H2PO4)3沉淀，过滤分离出沉淀再加入过量NaOH进行“转沉”，加入稀硫酸溶解沉淀得到Nd3+，加入草酸溶液生成Nd2(C2O4)3·10H2O沉淀，煅烧Nd2(C2O4)3·10H2O得到Nd2O3。 【详解】（1）将块状工厂废料粉碎后“酸溶”，粉碎的目的是：增大表面积，加快反应速率，使其充分反应； （2）的活动性较强，与稀硫酸反应产生 ，则“酸溶”时钕发生反应的离子方程式为； （3），因此不会有沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，酸性太强，与反应生成，导致浓度减小，“沉钕”不完全； （4）“转沉”过程中和过量氢氧化钠反应生成，同时生成磷酸根离子和水，反应的离子方程式为； （5）“沉淀”过程得到晶体，硫酸根离子和草酸中氢离子转化为硫酸进入“滤液3”，可在上述流程中循环利用。 （6）由图，位于体心，距离原子最近且等距离的原子有8个，据“均摊法”，晶胞中含个，则晶体密度为。 5．（25-26高二上·黑龙江佳木斯·期末）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （298 K） (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 （写一条）。 (2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为 。 (3)“沉铝”时，pH最高可调至 （溶液体积变化可忽略）。已知：“滤液1”中c(Cu2+)=0.022 mol/L，c(Ni2+)=0.042 mol/L。 (4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有 。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时Ni2+被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有亲水性 (5)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 【答案】(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 (2)4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+ (3)5 (4)A (5) 3：1：1 12 【分析】矿粉通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气高压加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液、分别得到Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。 【详解】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； （2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； （3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； （4）A．镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确； B．配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误； C．配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； D．烷基具有疏水性，才能使其进入有机相，D错误； 答案选A； （5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为。 6．（2025·浙江·一模）氮化铁有多种晶体结构，多孔的氮化铁材料因其较高的理论容量和良好的导电性，被探索作为锂离子电池的负极材料。请回答： (1)有关铁和氮的说法正确的是_______。 A．铁丝可用作焰色试验，说明铁原子核外电子跃迁时没有能量变化 B．基态铁原子失去2个电子，3d轨道形成半充满结构 C．键角： D．中与原子在同一平面，则其原子价层孤电子对占据杂化轨道 (2)晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。 ①镁离子嵌入图1获得高性能固体电解质材料，该反应的方程式是 ； ②图1中晶胞的(●)平移到面心位置，则平移后(·)所在晶胞位置为 。 (3)火箭推进剂氟化硝酰，从结构上可以看作硝酸中的被取代后的产物，常温下为无色气体，遇水强烈水解。将无水硝酸钠粉末与氟气在200~300℃下反应可制得，该反应的化学方程式是 ，并从水解和氧化性角度设计实验检验中的元素 。 (4)某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料(含有难溶于水的以及少量、、、等)制备和工艺流程如下： 已知：常温下，部分金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 开始沉淀 6.3 3.8 9.6 10.6 6.6 完全沉淀 8.3 5.4 12.0 12.6 9.1 ①“酸浸”时，与草酸反应生成，请写出相应的离子方程式 。 ②写出滤液2中所有的阴离子 ；向滤液2中加入固体的主要目的是 。 ③为实现高效的提取也可使用如图3所示的杯芳烃衍生物，其原因是 。 【答案】(1)C (2) 面心和顶点 (3) 将缓慢通入水中，放一小块铜片，铜片溶解，在试管口出现红棕色气体，说明有元素 (4) 、、 除去滤液中的 杯芳烃衍生物具有空腔结构，能够选择性识别，从而提高对的提取效率和选择性 【详解】（1）A．焰色反应的原理是金属原子的核外电子吸收能量后从低能级跃迁到高能级，随后电子从高能级跃迁回低能级时释放能量，以光的形式表现，因此电子跃迁时有能量变化，A错误； B．基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去2个电子后，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，3d轨道不是半充满结构，B错误； C．NH3分子中N原子有1对孤电子对，空间结构为三角锥形，键角约为107°，中N原子无孤电子对，空间结构为平面三角形，键角为120°，故键角：，C正确； D．中N与Si原子在同一平面，说明N原子采用sp2杂化，N原子的三个sp²杂化轨道分别与三个Si原子形成σ键，而剩余的一个未参与杂化的2p轨道‌垂直于分子平面，其中包含孤电子对，因此N原子价层孤电子对占据的是2p轨道，D错误； （2） 根据均摊法可知，图1的晶胞中含Li：，O：，Cl：，化学式为Li3OCl，图2的晶胞中Li的个数为1，含Mg或空位：，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOCl；①镁离子嵌入图1获得高性能固体电解质材料，该反应的方程式是：；②如图，当图1中晶胞的平移到面心位置，平移后所在晶胞位置为面心和顶点； （3）将无水硝酸钠粉末与氟气在200~300℃下反应可制得，氮元素的价态未发生变化，F2得电子转化为F-，根据得失电子守恒，则O失电子转化为O2，该反应的化学方程式为；遇水强烈水解，反应方程式为：，因此检验中的元素（即HNO3）的方法为：将缓慢通入水中，放一小块铜片，铜片溶解，在试管口出现红棕色气体，说明有元素。 （4）①“酸浸”时，被草酸还原，生成等，反应的离子方程式为：； ②“酸浸”和调节PH的过程中加入了硫酸、草酸和氢氧化钠，草酸为弱酸，水解产生的阴离子有和，因滤液2为碱性，故以的形式存在，因此含有的阴离子为：、、；“酸浸”后，电极材料中的Ca转化为CaSO4沉淀，过滤液1中含有的金属离子为：Li+、Co2+、Mg2+、Fe2+、Al3+等，加入NaOH调pH=10，由各金属离子形成氢氧化物沉淀的PH范围表可知：Co2+、Fe2+、Al3+完全转化为氢氧化物沉淀，Mg2+、Li+存在于滤液2中。滤液2中加入NH4F固体，Mg2+可转化为MgF2沉淀，故滤液2中加入固体的主要目的是除去滤液中的； ③为实现高效的提取也可使用如图3所示的杯芳烃衍生物，其原因是杯芳烃衍生物具有空腔结构，能够选择性识别，从而提高对的提取效率和选择性。 7．（2025·全国卷·高考真题）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： (1)绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为 。 (2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是 、 。 (3)加入 “调”，过滤后，滤渣②是 、 ，滤液中的浓度为 。 (4)“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为 。 (5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为 。 (6)蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定 L(标准状况)。 【答案】(1) (2) (3) (4)4 (5) (6)89.6 【分析】蛇纹石的主要成分是，伴生有少量、、等元素和绿矾()混合高温焙烧经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫；加水水浸过滤得到滤渣①为、；滤液中含有、、、、，加入调节pH=6，将、转化为、沉淀，过滤滤渣②为、；滤液中含有、、，加入沉淀剂将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，氢氧化镍焙烧后得到氧化镍；调节“沉镍”后的溶液通入二氧化碳“矿化”发生反应，得到产物。 【详解】（1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：； （2）经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅和水，分解生成、二氧化硫、三氧化硫和水，“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、，结合电荷守恒可知，滤液中硫酸根浓度至少为，远大于滤液中铁离子的浓度，铁元素源自绿矾和蛇纹石，硫元素源自绿矾，且有一部分硫元素以气体的形式损失，结合铁、硫元素守恒，只有一部分铁元素进入滤液，则另一部分铁元素在滤渣①中，故滤渣①的主要成分是为Fe2O3、SiO2，故答案为：Fe2O3、SiO2； （3）加入 “调”，，，，，溶液中没有铁离子、铝离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是为、；滤液中的浓度为，故答案为：；；； （4）因为离子半径，晶胞图中棱心和体心，1个晶胞中的个数为，故答案为：4； （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应 ，故答案为：； （6）物质的量为，根据C原子守恒，固定为，标准状况下的体积为，故答案为：89.6。 8．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下： 已知：焙烧渣的主要成分为PbO、CuO、Ag2O和Ag。 (1)基态Cu原子的核外电子排布式是 。 (2)“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。 ①加入NaNO3的作用是 。 ②固体B中含有 。 (3)用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①N2H4分子中N原子的杂化类型为 。 ②氨水“络合浸出”的化学方程式是 。 ③将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整 。 _______+N2H4·H2O=N2↑+H2O+_______+_______+_______NH3↑ (4)工业上采用电解精炼进一步提纯Ag，粗银为 极(填“阴”或“阳”)。 (5)一种红外非线性晶体(Ag、Ga、S)的晶胞结构如图所示(晶胞参数a=b≠c，单位为pm)。已知①号原子坐标分别为(0，0，0)，则②号原子的坐标为 。用表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 g·cm3(用含a、c、的代数式表示)。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (2) 利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将Ag单质氧化 AgCl和PbSO4 (3) sp3杂化 AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O (4)阳 (5) 【分析】由题给流程可知，铅银渣氧化焙烧得到含有PbO、CuO、Ag2O和Ag的焙烧渣，向焙烧渣中加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸，将铜元素转化为可溶的硫酸铜，铅元素、银元素转化为难溶的硫酸铅、氯化银，过滤得到含有硫酸铜的溶液A和含有硫酸铅、氯化银的固体B；向固体B中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，硫酸铅不反应，过滤得到含有硫酸铅的固体C和含有银氨络离子的溶液D；向溶液D中加入水合肼，将溶液中的银氨络离子转化为银，过滤得到银河滤液E。 【详解】（1）铜元素的原子序数为29，基态原子的电子排布式为，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1； （2）①银是不活泼金属，不能与稀硫酸反应，但能与硝酸反应生成银离子，则酸浸时加入硝酸钠的目的是酸性条件下硝酸根离子与银反应得到银离子，故答案为：利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将Ag单质氧化； ②由分析可知，固体B中含有硫酸铅和氯化银，故答案为：AgCl和PbSO4； （3）①水合肼分子中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂化； ②由分析可知，氨水“络合浸出”发生的反应为氯化银与氨水反应生成氯化四氨合银和水，反应的化学方程式为AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O，故答案为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O； ③由题意可知，将水合肼“还原析银”发生的反应为溶液中的银氨络离子与水合肼反应生成氮气、银、铵根离子、氨气和水，反应的离子方程式为，故答案为：； （4）采用电解精炼进一步提纯银时，粗银为精炼池的阳极、纯银为阴极，故答案为：阳； （5）由晶胞结构可知，位于顶点的①号原子坐标分别为(0，0，0)，说明晶胞的边长为1，则位于小立方体体对角线处的②号原子的坐标为；晶胞中位于体内的硫原子个数为8，位于顶点、面上和体内的银原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上和面上的镓原子个数为6×+4×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30a2cd，解得d=，故答案为：；。 9．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 回答下列问题： (1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。 (2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 、 。 (3)加入物质X调溶液，最适宜使用的X是 (填标号)。 A．     B．     C． 滤渣①的主要成分是 、 、 。 (4)向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为 。 (5)滤液②中加入锌粉的目的是 。 (6)滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是 、 。 【答案】(1)ZnCO3ZnO+CO2↑ (2) 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 增大硫酸的浓度等 (3) B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2 (4)3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ (5)置换Cu2+为Cu从而除去 (6) CaSO4 MgSO4 【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。 【详解】（1）由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑； （2）可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率； （3）A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜； B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜； C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜； 故答案选B； 当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2； （4）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+； （5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去； （6）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。 10．（2023·广东深圳·一模）铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣(主要成分为、，还含有少量MnS、、CuO及等)制取并回收锰的工艺流程如下： 已知：①氧化性：； ②易水解成BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0～11.0； ③常温下，；。 回答下列问题： (1)基态锰原子的价电子排布式为 。 (2)“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进 (填化学式)溶解，进一步提高锰的浸取率。 (3)“滤渣2”的主要成分有 (填化学式)、Bi。 (4)常温下，“含滤液”中的浓度为。为保证BiOCl产品的纯度，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜ (保留一位小数)。 (5)“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为 。 (6)BiOCl是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚()等。对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点，其原因是 。 (7)我国科学家在新型二维半导体芯片材料··硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为a pm，a pm，b pm。 ①该晶胞沿z轴方向的投影图为 (填标号)。 A．B．C．D． ②该晶体中，每个周围紧邻的共有 个。 ③该晶体的密度为 (列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(1) (2)MnS (3)Cu (4)6.9 (5) (6)对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强 (7) B 4 【分析】铋烧渣(主要成分为、，还含有少量MnS、、CuO及等)制备，辉铋矿先水浸除锰，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，同时溶于水通过过滤分离，滤渣用浓盐酸酸浸，不溶于盐酸过滤后存在于滤渣1中，滤液中存在Bi3+、Cu2+、Fe3+，滤液中加入Bi粉还原，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu过滤除去，滤液中加入碳酸钠溶液沉铋，Fe2+存在于滤液中通过过滤除去，得到BiOCl，最后除氯得到。 【详解】（1）Mn是25号元素，根据构造原理可得其价电子排布式为3d54s2。 （2）MnS可以溶解于稀酸，“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，进一步提高锰的浸取率。 （3）由分析可知，“还原”步骤中加入Bi粉，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu，过滤后Cu存在于滤渣2中。 （4）F2+开始沉淀时，c(OH-)=，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=-lg=6-lg=6-lg1+lg7=6.856.9，为保证BiOCl产品的纯度，避免Fe2+沉淀，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜6.9。 （5）“脱氯”过程中和OH-反应生成和Cl-，离子方程式为：。 （6） 对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强，故对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点。 （7） ①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为，故选B； ②由晶胞结构可知，该晶体中，每个周围紧邻的共有4个； ③由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为8=4，Se2-的个数为=2，O2-的个数为=4，该晶体的密度为。 11．（2024·广东·一模）镍是重要战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为、、、等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示： 已知：。回答下列问题： (1)中，Fe元素的化合价为 。 (2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有 (任填一个)。 (3)“氧压浸出”中发生的化学反应方程式为 。 (4)“沉铁”时加入MgO先是除去过量的H+，后是调节溶液pH促使沉铁进行，沉铁反应的离子方程式为 。 (5)“滤液”中，“沉镍”时控制pH为8.50，此时Ni2+的沉淀率为 。(结果保留1位小数) (6)的立方晶胞结构如图所示。 ①Ni3+的价电子排布图为 。 ②与Ni3+距离最近且相等的有 个。 ③设晶体最简式的式量为，晶体密度为，则该晶胞中最近的Ni3+之间的距离为 nm。(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(1)+3价 (2)将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度 (3) (4) (5)99.9% (6) 4 【分析】由题干工艺流程图可知向高镁低品位铜镍矿(主要成分为、等)中加入进行氧压浸出，将铁元素转化为，镍元素转化为，铜元素转化为，镁元素转化为，硫元素转化为单质，过滤得到滤渣主要成分为和，用铜离子萃取剂萃取出，分液得到萃取液，萃余液中主要含有，向萃余液中加入和进行沉铁将铁离子转化为，过滤出沉淀，向滤液中加入将转化为形成沉淀，最后对进行处理制得，母液中主要溶质为，据此分析解题。 【详解】（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带两个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为零可知中铁元素的化合价为+3价，故答案为+3价； （2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高氧压浸出的速率，故答案为将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度； （3）由分析可知，氧压浸出的滤渣有和，该环节中与反应生成、、和，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为，故答案为； （4）由分析知，向萃余液中加入和进行沉铁将铁离子转化为，其离子方程式为，故答案为； （5）已知，滤液中，沉镍时，控制pH为8.50，此时溶液中，溶液中残留的浓度为，则此时的沉淀率为，故答案为99.9%； （6） ①的价层电子排布式为，价电子排布图为；故答案为； ②与距离最近且相等的有4个，原子之比为，As与周围的四个Ni形成正四面体结构，则Ni周围的As是4个，故答案为4； ③设晶体最简式的式量为Mr（式量是指在化学物质的实验式中各原子的相对原子质量的总和），晶体密度为，则设晶胞参数边长为anm，有，边长，则存在该晶胞中最近的之间的距离为面对角线的一半。 12．（2025·广东汕头·三模）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。某锌浸渣中含有、、、、等，利用锌浸渣提取的实验流程如下图所示： 已知：①部分含锗微粒的存在形式与的关系为： pH pH<2 pH>12 Ge存在形式 ②部分金属离子的沉淀： 开始沉淀 7.5 2.3 6.2 沉淀完全 9.0 3.2 8.0 回答下列问题： (1)“滤渣”的主要成分的化学式是 。 (2)在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉锗”步骤中加入的物质A属于碱性氧化物，其化学式是 。“沉锗”操作后，Ge以的形式存在，随着的升高，的沉淀率升高，“沉锗”操作理论上需控制范围为 。 (4)“酸溶”后，溶液的为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，其原理为酒石酸与含锗微粒形成酒石酸络阴离子 ①若升高，锗的萃取率下降，原因是 。 ②“反萃取”中加入的物质B是 (填标号)。 a．溶液    b．溶液    c．溶液 (5)一种锗晶胞结构如下左图，与锗原子距离最近且相等的锗原子有 个，锗原子A的原子坐标为，锗原子的原子坐标为 ；将该晶胞沿图中体对角线投影，下左图中锗原子B投影的位置是下右图的 号位(填数字)。 【答案】(1)、 (2) (3) (4) 生成后难以与酒石酸形成配合物 a (5) 4 4 【分析】由题给流程可知，锌浸渣用二氧化硫、硫酸溶液还原浸出，将氧化铁转化为硫酸亚铁，氧化锌、氧化锗转化为硫酸锌、硫酸锗，二氧化硅和硫酸铅不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化钙调节溶液pH在5—6.2范围内，将溶液中的硫酸锗转化为二氧化锗沉淀，过滤得到含有硫酸亚铁、硫酸锌的滤液和含有氢氧化钙、二氧化锗的滤渣；向滤渣中加入硫酸溶液酸溶，将氢氧化钙转化为硫酸钙、二氧化锗转化为硫酸锗，经一系列操作得到石膏和硫酸锗溶液；向溶液中加入酒石酸和有机溶剂萃取、分液得到水相和含有的有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于12，反萃取、分液得到锗酸钠，选择合适还原剂将锗酸钠还原得到锗。 【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸铅，故答案为：、； （2）由分析可知，还原浸出时氧化铁发生的反应为氧化铁与二氧化硫、硫酸溶液反应生成硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为，故答案为：； （3）由分析可知，加入氧化钙调节溶液pH在5—6.2范围内的目的是将溶液中的硫酸锗转化为二氧化锗沉淀，故答案为：CaO；； （4）①由题意可知，加入酒石酸和有机溶剂萃取时，溶液的pH为1.8，锗元素以硫酸锗的形式存在，由题给信息可知，溶液pH升高，溶液中硫酸锗会转化为离子，使得硫酸锗难以与酒石酸形成配合物，导致锗的萃取率下降，故答案为：生成后难以与酒石酸形成配合物； ②由分析可知，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于12，反萃取的目的是分液得到锗酸钠，故选a； （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锗原子与位于体对角线上的锗原子距离最近，则与锗原子距离最近且相等的锗原子有4个；位于顶点的锗原子A的原子坐标为，说明晶胞的边长为1，则位于右侧面心的锗原子的原子坐标为；由投影图中锗原子A、C的位置可知，锗原子B投影的位置是图中的4号位，故答案为：4；；4。 13．（2025·广东汕头·一模）精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离回收金和银的流程，如下图所示。 已知：常温下，，。 回答下列问题： (1)滤液中所含金属阳离子为 (填离子符号)。 (2)“酸浸氧化”生成的离子方程式为 。 (3)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸银试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。由此可知，的空间结构是 ；“溶浸”时发生反应的离子方程式为，常温下，该反应的平衡常数 。 (4)“还原”过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，反应产生的滤液可进入 操作中循环利用(填流程中操作名称)。 (5)工业上也常用溶液、氨水和溶液为原料配制浸金液，浸取回收金。一种以原电池原理来浸金的方法如图所示： ①上述原理可知，在浸金过程中起 作用。 ②写出负极区的电极反应式 。 (6)能形成多种组成固定的合金，其中一种晶体X的晶胞结构(立方体)如图所示。该合金的晶胞中，铜原子a的分数坐标为 。设X的最简式的式量为，晶体密度为，则晶体X中与之间的最短距离为 (为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(1) (2) (3) 四面体形 (4) 溶浸 (5) 催化 (6) (0.5，1，0.5) 【分析】铜阳极泥富含等多种元素，加入NaClO3、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，元素转化为沉淀，滤液中含有Cu2+、Na+、、Cl-、等离子，还原得到Au；所得滤渣中含有，加入Na2S2O3溶浸，将AgCl转化为，过滤后向滤液中加入N2H4，还原得到； 【详解】（1）根据分析，滤液中所含金属阳离子为Cu2+、Na+； （2）“酸浸氧化”过程中，金元素被氧化，NaClO3做氧化剂，生成的离子方程式为：； （3）中中心原子硫原子有4个价层电子对，孤电子对数为0，空间结构是正四面体，硫代硫酸根可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物，由此可知，的空间结构是四面体；，的平衡常数===； （4）“还原”过程中，N2H4失电子做还原剂，生成氮气，得电子做氧化剂，生成单质银，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为；加入Na2S2O3溶浸，将AgCl转化为，过滤后向滤液中加入N2H4，被还原转化为和，过滤后滤液可进入溶浸操作中循环利用； （5）①根据图示，转化为中间产物，又被氧气氧化生成，可知在浸金过程中起催化作用； ②金在负极失电子，发生氧化反应生成，电极反应式为：； （6）根据图示，铜原子a位于面心，该合金的晶胞中，铜原子a的分数坐标为(0.5，1，0.5)；晶体X中与之间的最短距离为晶胞面对角线的一半，根据均摊法计算，一个晶胞中含有1个原子，3个原子，X的最简式的式量为，故晶体X中与之间的最短距离为。 14．（2025·广东广州·一模）独居石精矿是一种以稀土(RE)元素的磷酸盐为主的矿物，还含有FePO4、SiO2和极少量含铀(U)的化合物。一种从独居石精矿中提取铀和稀土的工艺如图。 已知：①常温下，Ka1(H3PO4)=6.9×10﹣3，Ka2(H3PO4)=6.2×10﹣8，Ka3(H3PO4)=4.8×10﹣13，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10﹣12。 ②盐酸体系中，存在4Cl﹣[UO2Cl4]2﹣。Fe3++4Cl﹣═[FeCl4]﹣，其他金属离子与Cl﹣的配位可忽略。 ③工艺中“离子交换”是将含(An﹣)的溶液流过盛有阴离子交换树脂(RCl)的离子交换柱(如图)，发生反应：nRCl(s)+An﹣(aq)RaA(s)+nCl﹣(aq)。 (1)“碱转化”后溶液中的阴离子含有OH、 (填离子符号)和含磷的酸根离子。常温下测得溶液pH=12.0，则溶液中c() c()(填“>”“<”或“=”)。 (2)中O为-2价，U的化合价为 。“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2﹣，其离子方程式为 。 (3)“氧化”和“调pH”工序的目的是避免 (填离子符号)与交换树脂反应，从而有利于U的分离。 (4)“沉铀”中，加入NH4HCO3使UO2Cl2转化为(NH4)4[UO2(CO3)3]再加热促使其分解生成UO3。(NH4)4[UO2(CO3)3]分解的化学方程式为 。 (5)常温下，若“沉淀”后溶液中c(Mg2+)=0.056mol•L﹣1为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2应确保溶液的pH低于 。 (6)一种铀的氧化物晶体结构可描述为U与空位交替填充在由氧原子构成的体积相等的立方体体心，形成如图所示的结构单元。 ①该氧化物的化学式为 。 ②若该氧化物的立方晶胞的晶胞参数为anm，则O与U原子最近的距离为 nm(用a表示)。 【答案】(1) Si < (2) +6 UO(OH)2+2Fe3++4Cl﹣=[UO2Cl4]2﹣+2Fe2++H2O (3)[FeCl4]﹣ (4)(NH4)4[UO2(CO3)3)UO3+4NH3↑+3CO2↑+2H2O (5)9 (6) UO2 a 【分析】由工艺图可知：碱转化：独居石精矿（含稀土磷酸盐、FePO4、SiO2、含铀化合物 ）与NaOH溶液反应，SiO2 等会发生转化进入滤液，实现初步分离。酸浸：用盐酸溶解碱转化后的产物，使相关元素以离子形式进入溶液。氧化：加入H2O2将可能存在的低价态离子（如Fe2+ ）氧化。调pH：加MgO调节pH，使部分杂质离子沉淀为滤渣除去。离子交换：利用阴离子交换树脂，选择性交换特定阴离子，实现目标离子与其他离子分离。洗脱、加热沉淀：对交换后的树脂处理，洗脱目标离子，再经加热沉淀得到UO3 ，流出液经处理得RE(OH)3 ，据此分析解答。 【详解】（1）独居石精矿中含有FePO4、SiO2，“碱转化”时SiO2会与碱反应生成，所以溶液中的阴离子含有OH-、和含磷的酸根离子；已知Ka3(H3PO4)=4.8×10-13，pH = 12.0时，c(H+) = 10-12mol/L，0.48<1，所以c()<c()，故答案为：；<； （2）在中，O为-2，设U的化合价为x，则x+2×(-2)=+2，解得x =+6，“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2-，Fe3+被还原为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为，故答案为：+6；； （3）根据“离子交换”原理，Fe3+会形成[FeCl4]-与交换树脂反应，所以“氧化”和“调pH”工序的目的是避免[FeCl4]-与交换树脂反应，从而有利于U的分离，故答案为：[FeCl4]-； （4）分解生成UO3，根据原子守恒，还会生成NH3、CO2和H2O，化学方程式为，故答案为：； （5）已知Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，c(Mg2+)=0.056mol/L，当Mg(OH)2开始沉淀时，c(OH-)10-5mol/L，pOH=5，pH=9，所以为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2，应确保溶液的pH低于9，故答案为：9； （6）①由晶胞结构可知，该氧化物的晶胞是由两种结构单元各4个交错排列形成的大立方体，U位于晶胞内，共4个，O位于顶点、面心、棱心和体心，共个，所以该氧化物的化学式为UO2，故答案为：UO2； ②O与U原子最近的距离为晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度为a，所以O与U原子最近的距离为anm，故答案为：a。 15．（2023·广东广州·一模）铋的化合物在电催化和光催化领域都有广泛应用。一种从含铋矿渣(主要成分是、、、、等)中提取高纯的工艺如下： 已知： ①乙酰胺()有臭味、有毒，熔点为82.3℃，沸点为221℃，可溶于水。 ②常温下，，  。 ③该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 离子 开始沉淀的 1.5 3.6 4.5 沉淀完全的 3.2 4.7 6.7 回答下列问题： (1)中的的化合价为，则的化合价是 。 (2)“沉铋”时加入溶液，转化为沉淀的离子方程式是 。往“沉铋”所得滤液中加入铁粉可回收其中的 (填化学式)金属。 (3)“洗涤”时先用水洗，再用稀硫酸洗涤。用稀硫酸洗涤的目的是为了除去滤饼中的 (填化学式)杂质。 (4)“转化”分两步进行：第一步转化为，反应的离子方程式为 ；第二步受热分解，。常温下，当恰好完全转化成时，溶液中浓度为，则此时溶液的为 。 (5)“合成”所得乙酰胺的水溶液经 。(填操作)可获得乙酰胺固体，以再生硫代乙酰胺()。 (6)钼酸铋()可用于光催化水的分解，其晶胞结构(不含氧原子)如图所示，晶胞参数为，，，晶胞棱边夹角均为90°。 ①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。已知原子1的坐标为，则原子2的坐标为 。 ②设阿伏加德罗常数的值为，的式量为，则晶体的密度为 (列计算式)。 【答案】(1)+3 (2) (3) (4) 13 (5)蒸馏、冷却，过滤，洗涤，干燥 (6) 【分析】铋矿渣(主要成分是、、、、等)，加入盐酸酸浸，滤渣我，溶液中含有、、、，加入调节，滤饼中含有和，再加入生成，进而转化为，用合成，最终得到产品。 【详解】（1）中的的化合价为，O的化合价为-2，根据化合物中正负化合价为0，则的化合价是+3； （2）“沉铋”时加入溶液，转化为沉淀的离子方程式是：；“沉铋”所得滤液中含有、、、，加入铁粉，发生反应：，可回收其中的； （3）加入溶液，调节，滤饼中含有和，用稀硫酸洗涤的目的是为了除去滤饼中的； （4）加入溶液，转化为，反应的离子方程式为：，已知反应的，同时乘，，，当浓度为，，； （5）乙酰胺()熔点为82.3℃，可溶于水，水溶液经蒸馏、冷却，过滤，洗涤，干燥，可得乙酰胺固体； （6）根据晶胞的结构，原子1的坐标为，则原子2的坐标为：；根据晶胞的结构，Bi原子为:,Mo原子为：8，又因为化学式为Bi2MoO6,所以晶胞的相对质量的，晶胞密度为：。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题突破 工业流程题专项训练 五年考情总览：梳理五年考情，归纳命题规律。 经典例题精析：拆解典题，掌握解题方法。 高考真题精选：收录近年真题，贴合实战。 各地模拟集训：精选优质模拟，强化训练。 命题解读 考向 近三年考查统计 近五年命题呈现出情境真实化、结构固定化、能力综合化的显著趋势，试题多以资源回收（如锂电池、废催化剂）、新材料合成等工业流程为背景，将元素推断、化学平衡、晶体计算、电化学原理及实验操作融为一体，尤其强调定量计算（Ksp、晶胞密度、平衡常数） 与信息迁移能力的考查，充分体现“价值引领、素养导向”的命题理念，要求学生不仅掌握核心知识，更能灵活解决复杂实际问题。 分离、提纯类工艺流程综合题 2025·广东卷 2024·广东卷 2023·广东卷 2022·广东卷 2021·广东卷 【例题1】（2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Ksp(298K) 2.8×10－39 1.3×10－33 2.2×10－20 5.5×10－16 (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条) (2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为：____＋O2＋____H2O____Fe2O3↓＋____H+ (3)“沉铝”时，pH最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)。 已知：“滤液1”中c(Cu2+)＝0.022 mol·L－1，c(Ni2+)＝0.042 mol·L－1 (4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有___________________ A．镍与N、O形成配位键 B．配位时Ni2+被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 (5)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比 dNi—Cu∶dNi—N＝∶1，则x∶y∶z＝_______；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为_______ (6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______ ②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注_______ ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是_______(写一条)。 【例题2】（2024·广东卷）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 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 ②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp＝4.0×10－3 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＋)＝0.1 mol·L－1，则[AlF6]3－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 1.（2023·广东卷）Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子：lgKb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ksp 5.9×10－15 1.6×10－44 5.5×10－16 1.3×10－33 5.6×10－12 回答下列问题： (1)活性可与水反应，化学方程式为__________ (2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)_____c(NH4+) (填“>”“<”或“=”) (3)“氨浸”时，由Co (OH)3转化为[Co (NH3)6]2+的离子方程式为______________________________ (4) (NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰 ①NH4Al(OH)2CO3属于__________(填“晶体”或“非晶体”) ②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是______________________________________________ (5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为__________ ②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为__________；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为_______ (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为______________ ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和______(填化学式) 2.（2022·广东卷）稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下： 已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表 离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+ 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / (1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______ (2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为_______。 (3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L－1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于_______mol·L－1(保留两位有效数字) (4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是_______ ②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离 (5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式) (6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y ①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移_______ mol电子 ②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_______ 3.（2021·广东卷）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下： 已知：25 ℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO的形态存在 (1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为________ (2)“沉铝”中，生成的沉淀X为________ (3)“沉钼”中，pH为7.0 ①生成BaMoO4的离子方程式为__________________________________________ ②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCO)∶c(MoO)＝____________(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液 (4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为________。 ②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量________(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。 (5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应 ①该氧化物为________。 ②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为＋5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________ 1．（2026·湖北荆州·一模）工业上可以用软锰矿(主要成分是，还含有、等杂质)和方铅矿精矿(主要成分为)制备和的工艺流程如下： 已知：i．微溶于水， ⅱ．时，部分难溶物的 物质 (1)基态的价层电子轨道表示式 。 (2)时，用盐酸处理两种矿石，生成、和，为提高两种矿石与盐酸反应的速率，可采取的措施有 (写出一条即可)。 (3)试剂是 。(填“化学式”) (4)由于微溶于水，容易附着在方铅矿表面形成“钝化层”使反应速率大大降低，向酸浸液中加入饱和食盐水可有效避免这一现象，原因是 (结合化学用语回答)。 (5)从滤液中获得可采取的措施是 (写出一条即可)。 (6)向滤液中通入和发生反应后，总反应的离子方程式为 。 (7)向得到的晶体中加入稀硫酸，可以将晶体转化为一种重要的化工产品，该转化环节中，当溶液中时， 。 2．（2026·云南·一模）赤泥是铝土矿提铝后的碱性矿渣。从一种赤泥(含、、、等)中回收铁、铝、硅和钛的工艺如下： 回答下列问题： (1)钛位于元素周期表中 区。 (2)“酸浸1”时，提高浸取速率的方法为 (写一种即可)。 (3)“沉铁”时， ①完成并配平下列离子方程式： 。 ____________________________________________ ②结构如图所示，形成的配位键个数为 。 (4)“盐沉”中，离子沉淀率随pH变化关系如图所示，沉淀反应最适宜的pH为 。 (5)“滤渣2”的主要成分为、和 。 (6)分解过程的固体残留率随温度变化曲线如图所示(已知：)。“550℃焙烧”时，分解产物为 (填“”“”或“CaO”)。 (7)实际工艺中，遵循“再循环、减量化”的原则，将“焙烧渣”返回至“滤液2”进行“盐沉”循环使用的目的为 (写一种即可)。 (8)“沉铝”中发生的反应为，，当、时，体系pH为 。 3．（25-26高二上·陕西咸阳·月考）以碳酸锰铜矿(主要成分为、，还含有、等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下： 已知：常温下，以下四种离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 注：离子浓度小于或等于可视为沉淀完全。 (1)基态锰原子的原子结构示意图为 。 (2)基态铜原子的价层电子轨道表示式为 。 (3)为了提高“酸浸”速率，可采取的措施有 (任写两点)。 (4)用离子方程式解释的作用： 。 (5)从平衡移动的角度简述加入“沉铁”的原理： (结合离子方程式进行文字阐述)。 (6)“沉铜”时，若滤液中，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成，应控制的范围为 。 (7)“沉锰”得到的离子方程式为 。 (8)结合图像，分析溶液得到的系列操作为： 、洗涤、干燥等。 4．（2026·甘肃酒泉·一模）三氧化二钕是一种具有优异光学性能和磁性能的稀土氧化物。以工厂废料[含钕(，质量分数为28.8%)、、，均以游离态存在]为主要原料制备的工艺流程如图所示。 已知：①的稳定价态为；的活动性较强，与稀硫酸反应产生；可与过量生成可溶性配合物；②硼难溶于稀硫酸；③常温下，。回答下列问题： (1)将块状工厂废料粉碎后“酸溶”，粉碎的目的是 。 (2)“酸溶”时钕发生反应的离子方程式为 。 (3)常温下，“沉钕”过程中调节溶液的为2.3，钕全部以沉淀完全，若此时溶液中，则 (填“有”或“无”)沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，其原因是 。 (4)“转沉”过程中转化为，反应的离子方程式为 。 (5)“沉淀”过程得到晶体，“滤液3”中的 (填化学式)可在上述流程中循环利用。 (6)的一种晶体的体心立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。距离原子最近且等距离的原子有 个，该晶体的密度为 。 5．（25-26高二上·黑龙江佳木斯·期末）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （298 K） (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 （写一条）。 (2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为 。 (3)“沉铝”时，pH最高可调至 （溶液体积变化可忽略）。已知：“滤液1”中c(Cu2+)=0.022 mol/L，c(Ni2+)=0.042 mol/L。 (4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有 。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时Ni2+被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有亲水性 (5)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 6．（2025·浙江·一模）氮化铁有多种晶体结构，多孔的氮化铁材料因其较高的理论容量和良好的导电性，被探索作为锂离子电池的负极材料。请回答： (1)有关铁和氮的说法正确的是_______。 A．铁丝可用作焰色试验，说明铁原子核外电子跃迁时没有能量变化 B．基态铁原子失去2个电子，3d轨道形成半充满结构 C．键角： D．中与原子在同一平面，则其原子价层孤电子对占据杂化轨道 (2)晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。 ①镁离子嵌入图1获得高性能固体电解质材料，该反应的方程式是 ； ②图1中晶胞的(●)平移到面心位置，则平移后(·)所在晶胞位置为 。 (3)火箭推进剂氟化硝酰，从结构上可以看作硝酸中的被取代后的产物，常温下为无色气体，遇水强烈水解。将无水硝酸钠粉末与氟气在200~300℃下反应可制得，该反应的化学方程式是 ，并从水解和氧化性角度设计实验检验中的元素 。 (4)某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料(含有难溶于水的以及少量、、、等)制备和工艺流程如下： 已知：常温下，部分金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 开始沉淀 6.3 3.8 9.6 10.6 6.6 完全沉淀 8.3 5.4 12.0 12.6 9.1 ①“酸浸”时，与草酸反应生成，请写出相应的离子方程式 。 ②写出滤液2中所有的阴离子 ；向滤液2中加入固体的主要目的是 。 ③为实现高效的提取也可使用如图3所示的杯芳烃衍生物，其原因是 。 7．（2025·全国卷·高考真题）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： (1)绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为 。 (2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是 、 。 (3)加入 “调”，过滤后，滤渣②是 、 ，滤液中的浓度为 。 (4)“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为 。 (5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为 。 (6)蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定 L(标准状况)。 8．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下： 已知：焙烧渣的主要成分为PbO、CuO、Ag2O和Ag。 (1)基态Cu原子的核外电子排布式是 。 (2)“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。 ①加入NaNO3的作用是 。 ②固体B中含有 。 (3)用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①N2H4分子中N原子的杂化类型为 。 ②氨水“络合浸出”的化学方程式是 。 ③将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整 。 _______+N2H4·H2O=N2↑+H2O+_______+_______+_______NH3↑ (4)工业上采用电解精炼进一步提纯Ag，粗银为 极(填“阴”或“阳”)。 (5)一种红外非线性晶体(Ag、Ga、S)的晶胞结构如图所示(晶胞参数a=b≠c，单位为pm)。已知①号原子坐标分别为(0，0，0)，则②号原子的坐标为 。用表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 g·cm3(用含a、c、的代数式表示)。 9．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 回答下列问题： (1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。 (2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 、 。 (3)加入物质X调溶液，最适宜使用的X是 (填标号)。 A．     B．     C． 滤渣①的主要成分是 、 、 。 (4)向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为 。 (5)滤液②中加入锌粉的目的是 。 (6)滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是 、 。 10．（2023·广东深圳·一模）铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣(主要成分为、，还含有少量MnS、、CuO及等)制取并回收锰的工艺流程如下： 已知：①氧化性：； ②易水解成BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0～11.0； ③常温下，；。 回答下列问题： (1)基态锰原子的价电子排布式为 。 (2)“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进 (填化学式)溶解，进一步提高锰的浸取率。 (3)“滤渣2”的主要成分有 (填化学式)、Bi。 (4)常温下，“含滤液”中的浓度为。为保证BiOCl产品的纯度，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜ (保留一位小数)。 (5)“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为 。 (6)BiOCl是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚()等。对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点，其原因是 。 (7)我国科学家在新型二维半导体芯片材料··硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为a pm，a pm，b pm。 ①该晶胞沿z轴方向的投影图为 (填标号)。 A．B．C．D． ②该晶体中，每个周围紧邻的共有 个。 ③该晶体的密度为 (列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。 11．（2024·广东·一模）镍是重要战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为、、、等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示： 已知：。回答下列问题： (1)中，Fe元素的化合价为 。 (2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有 (任填一个)。 (3)“氧压浸出”中发生的化学反应方程式为 。 (4)“沉铁”时加入MgO先是除去过量的H+，后是调节溶液pH促使沉铁进行，沉铁反应的离子方程式为 。 (5)“滤液”中，“沉镍”时控制pH为8.50，此时Ni2+的沉淀率为 。(结果保留1位小数) (6)的立方晶胞结构如图所示。 ①Ni3+的价电子排布图为 。 ②与Ni3+距离最近且相等的有 个。 ③设晶体最简式的式量为，晶体密度为，则该晶胞中最近的Ni3+之间的距离为 nm。(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 12．（2025·广东汕头·三模）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。某锌浸渣中含有、、、、等，利用锌浸渣提取的实验流程如下图所示： 已知：①部分含锗微粒的存在形式与的关系为： pH pH<2 pH>12 Ge存在形式 ②部分金属离子的沉淀： 开始沉淀 7.5 2.3 6.2 沉淀完全 9.0 3.2 8.0 回答下列问题： (1)“滤渣”的主要成分的化学式是 。 (2)在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉锗”步骤中加入的物质A属于碱性氧化物，其化学式是 。“沉锗”操作后，Ge以的形式存在，随着的升高，的沉淀率升高，“沉锗”操作理论上需控制范围为 。 (4)“酸溶”后，溶液的为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，其原理为酒石酸与含锗微粒形成酒石酸络阴离子 ①若升高，锗的萃取率下降，原因是 。 ②“反萃取”中加入的物质B是 (填标号)。 a．溶液    b．溶液    c．溶液 (5)一种锗晶胞结构如下左图，与锗原子距离最近且相等的锗原子有 个，锗原子A的原子坐标为，锗原子的原子坐标为 ；将该晶胞沿图中体对角线投影，下左图中锗原子B投影的位置是下右图的 号位(填数字)。 13．（2025·广东汕头·一模）精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离回收金和银的流程，如下图所示。 已知：常温下，，。 回答下列问题： (1)滤液中所含金属阳离子为 (填离子符号)。 (2)“酸浸氧化”生成的离子方程式为 。 (3)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸银试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。由此可知，的空间结构是 ；“溶浸”时发生反应的离子方程式为，常温下，该反应的平衡常数 。 (4)“还原”过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，反应产生的滤液可进入 操作中循环利用(填流程中操作名称)。 (5)工业上也常用溶液、氨水和溶液为原料配制浸金液，浸取回收金。一种以原电池原理来浸金的方法如图所示： ①上述原理可知，在浸金过程中起 作用。 ②写出负极区的电极反应式 。 (6)能形成多种组成固定的合金，其中一种晶体X的晶胞结构(立方体)如图所示。该合金的晶胞中，铜原子a的分数坐标为 。设X的最简式的式量为，晶体密度为，则晶体X中与之间的最短距离为 (为阿伏加德罗常数的值)。 14．（2025·广东广州·一模）独居石精矿是一种以稀土(RE)元素的磷酸盐为主的矿物，还含有FePO4、SiO2和极少量含铀(U)的化合物。一种从独居石精矿中提取铀和稀土的工艺如图。 已知：①常温下，Ka1(H3PO4)=6.9×10﹣3，Ka2(H3PO4)=6.2×10﹣8，Ka3(H3PO4)=4.8×10﹣13，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10﹣12。 ②盐酸体系中，存在4Cl﹣[UO2Cl4]2﹣。Fe3++4Cl﹣═[FeCl4]﹣，其他金属离子与Cl﹣的配位可忽略。 ③工艺中“离子交换”是将含(An﹣)的溶液流过盛有阴离子交换树脂(RCl)的离子交换柱(如图)，发生反应：nRCl(s)+An﹣(aq)RaA(s)+nCl﹣(aq)。 (1)“碱转化”后溶液中的阴离子含有OH、 (填离子符号)和含磷的酸根离子。常温下测得溶液pH=12.0，则溶液中c() c()(填“>”“<”或“=”)。 (2)中O为-2价，U的化合价为 。“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2﹣，其离子方程式为 。 (3)“氧化”和“调pH”工序的目的是避免 (填离子符号)与交换树脂反应，从而有利于U的分离。 (4)“沉铀”中，加入NH4HCO3使UO2Cl2转化为(NH4)4[UO2(CO3)3]再加热促使其分解生成UO3。(NH4)4[UO2(CO3)3]分解的化学方程式为 。 (5)常温下，若“沉淀”后溶液中c(Mg2+)=0.056mol•L﹣1为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2应确保溶液的pH低于 。 (6)一种铀的氧化物晶体结构可描述为U与空位交替填充在由氧原子构成的体积相等的立方体体心，形成如图所示的结构单元。 ①该氧化物的化学式为 。 ②若该氧化物的立方晶胞的晶胞参数为anm，则O与U原子最近的距离为 nm(用a表示)。 15．（2023·广东广州·一模）铋的化合物在电催化和光催化领域都有广泛应用。一种从含铋矿渣(主要成分是、、、、等)中提取高纯的工艺如下： 已知： ①乙酰胺()有臭味、有毒，熔点为82.3℃，沸点为221℃，可溶于水。 ②常温下，，  。 ③该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 离子 开始沉淀的 1.5 3.6 4.5 沉淀完全的 3.2 4.7 6.7 回答下列问题： (1)中的的化合价为，则的化合价是 。 (2)“沉铋”时加入溶液，转化为沉淀的离子方程式是 。往“沉铋”所得滤液中加入铁粉可回收其中的 (填化学式)金属。 (3)“洗涤”时先用水洗，再用稀硫酸洗涤。用稀硫酸洗涤的目的是为了除去滤饼中的 (填化学式)杂质。 (4)“转化”分两步进行：第一步转化为，反应的离子方程式为 ；第二步受热分解，。常温下，当恰好完全转化成时，溶液中浓度为，则此时溶液的为 。 (5)“合成”所得乙酰胺的水溶液经 。(填操作)可获得乙酰胺固体，以再生硫代乙酰胺()。 (6)钼酸铋()可用于光催化水的分解，其晶胞结构(不含氧原子)如图所示，晶胞参数为，，，晶胞棱边夹角均为90°。 ①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。已知原子1的坐标为，则原子2的坐标为 。 ②设阿伏加德罗常数的值为，的式量为，则晶体的密度为 (列计算式)。 学科网（北京）股份有限公司 $