题型13 物质转化及应用综合（题型专练）（江苏专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

题型13 物质转化及应用综合 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 以工艺流程为载体考查物质转化与应用【重难】 考向02 与化学反应原理相关的物质转化与应用【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 该题型聚焦元素化合物与反应原理融合，核心考查物质转化路径分析、反应条件控制、应用场景匹配及方程式书写。高频考点涵盖金属/非金属单质、氧化物、盐类的转化规律，结合工业制备、环境治理等真实情境，强调 “性质 - 转化 - 应用” 逻辑链。该题型占15分左右，属于中档题主力，是衔接基础与难题的关键，侧重考查 “宏观辨识与微观探析” 素养。考向预测：情境将更贴近绿色化工、新能源材料等前沿领域，增加跨模块融合设问（如结合速率平衡、电化学、物质结构等）。 考向01 以工艺流程为载体考查物质转化与应用 【例1-1】（2025·江苏卷）可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是 。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全 (写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为 (填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”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。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式： 。 ②反应后，砷回收率下降的原因有 。 【例1-2】（2023·江苏卷）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为 ；反应选用溶液而不选用溶液的原因是 。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 (用化学方程式表示)。 (3)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为 。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是 。 1．基本流程图 2．原料预处理 (1) 提高反应速率的措施： 粉碎、逆流、雾化（增大接触面积）；增大浓度、升温。 (2) 加酸处理： 将氢前金属单质、金属氧化物、难溶碳酸盐溶解，如有硝酸或者NO与酸的组合，则还需要氧化还原的过程。 (3) 加碱处理： 将Al、Al2O3、Al(OH)3等两性物质、SiO2溶解，且经常将金属变成高价态物质。 (4) 有机物： 溶解有机物或萃取易溶于有机物的无机物。 (5) 灼烧/焙烧/煅烧： ①除去碳及有机物； ②通氧气的情况下，可能会发生氧化还原反应； ③热分解。 3．物质的分离与提纯 看目的 选方法 分离难溶物质和易溶物质，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法 过滤（热滤或抽滤） 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 萃取和分液 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶 提取溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 冷却结晶 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏 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气与氮气、氢气 冷却法 【变式1-1】（2021·江苏卷）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 (1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有 (填化学式)。 (2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。 (3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。 ①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为 。 ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为 。 (4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是 。 【变式1-2】（25-26高三上·江苏南通·月考）利用MgO2与水反应释放的活性氧可降解废水中的有机物。一种制备MgO2的流程如下： (1)沉镁时，Mg2+转化为4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O，同时有生成。该反应的离子方程式为 。 (2)称取4.66 mg 4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O在密闭体系中进行焙烧，剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。450℃时，A点处所得固体产物化学式可表示为MgaOb(CO3)e。通过计算确定该产物中的比值 (写出计算过程)。 (3)MgO与H2O2溶液反应制取MgO2反应历程如图所示： 微粒M的化学式是 。 (4)相同条件下，取不同形态的MgO2样品(棒状、花瓣状)模拟降解废水中的有机物。有机物被降解的速率与样品的比表面积、活性氧含量有关。已知：不同MgO2样品比较，比表面积为棒状>花瓣状，活性氧含量为花瓣状>棒状：亚甲基蓝是一种蓝色有机物，可被氧化为无色物质。 ①实验室用亚甲基蓝水溶液模拟有机废水来评价MgO2样品的降解能力。用亚甲基蓝代表有机物的优点是 。 ②花瓣状MgO2降解亚甲基蓝的速率大于棒状MgO2，原因是 。 (5)纳米片状C3N4由二维层状结构堆积形成，类似于石墨结构，可用于制作MgO2降解有机物的催化剂，其中一种二维平面结构如图所示。 ①研究表明，非金属掺杂(O、S等)能提高其光催化活性。每个基本结构单元(图中实线圈部分)中两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的C3N4(简称OPCN)。OPCN的化学式为 。 ②其他条件不变时，10-20℃范围内，随废水初始温度升高，废水中有机物的去除率迅速上升的原因是 。 考向02 与化学反应原理相关的物质转化与应用 【例2-1】（2024·江苏卷）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。 (2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。 (3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。 【例2-2】（2022·江苏卷）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为 。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是 。 (2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为 ，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来 。 (3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。 1．热重分析 热重分析是利用某些物质（通常是结晶水合物）受热分解后残留固体的质量变化，通过分析计算，从而确定分解反应产物的一类题型，这类题通常提供热重曲线，曲线的横坐标为温度，纵坐标为质量变化或固体残留率。解题时，可以从质量变化或质量变化率入手，找出质量关系，通过列式计算确定产物成分。 一般认为加热结晶水合盐反应可分三步进行： 第一步，脱去部分水； 第二步，生成碱式盐或含水盐； 第三步，生成金属氧化物。 如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。基于这些，中学化学热重曲线试题可分为两类：第一类，试样发生分解反应，以脱水、分解等方式失重，气氛物质不参加反应；第二类，试样发生氧化还原反应，以氧化还原等方式失重，气氛物质可参加反应，如被氧气氧化等。 解析热重曲线试题的关键：应以1 mol物质为研究对象，抓住失重时减少的质量，结合摩尔质量，即可快速求得结果。 具体步骤： (1) 设晶体为1 mol。 (2) 失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3) 计算每步的m（剩余），×100%＝固体残留率。 (4) 晶体中金属质量不减少，仍在m（剩余）中。 (5) 失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n（金属）∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 2．晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法 3．晶胞中粒子配位数的计算 一个粒子周围最邻近的粒子的数目称为配位数,它反映了晶体中粒子排列的紧密程度。 (1)晶体中原子(或分子)的配位数:若晶体中的微粒为同种原子或同种分子,则某原子(或分子)的配位数指的是该原子(或分子)最接近且等距离的原子(或分子)的数目。常见晶胞的配位数如下: 简单立方: 配位数为6 面心立方: 配位数为12 体心立方: 配位数为8 (2)离子晶体的配位数:指一个离子周围最接近且等距离的异种电性离子的数目。 以NaCl晶体为例 ①找一个与其离子连接情况最清晰的离子,如图中心的灰球(Cl-)。 ②数一下与该离子周围距离最近的异种电性离子数,如图标数字的面心白球(Na+)。确定Cl-的配位数为6,同样方法可确定Na+的配位数也为6。 【变式2-1】（25-26高三上·江苏徐州·期末）铜阳极泥(含有、Se、、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。 (1)向阳极泥中加入硫酸溶液，再逐渐加入(在酸性条件下被还原为)至过量。Cu、Se、Ag、S元素充分浸出，以、、、、形式存在于浸出液中，其他元素在浸出渣中。 ①写出溶解的离子方程式： 。 ②中的键角比中的 (填“大”“小”或“相等”)。 ③在铜阳极泥质量、硫酸用量和反应时间一定时，研究人员测得Cu元素浸出率、Se元素浸出率和浸出渣率[浸出渣率]随质量的变化情况如图所示： 当0.8 gg时，Se元素浸出率继续增加。浸出渣率不减反增的原因是 。 (2)向(1)所得浸出液中加入NaCl，可将转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素。已知： ① ② 加入NaCl，溶液中 mol·L-1时，可使(1)所得浸出液中mol·L-1. (3)一种由Sc、Sn、V组成的晶体晶胞如图1所示(晶胞底边边长为anm，高为cnm，)。 注：图2显示的是三种原子在xz面、yz面上的位置，图3显示的是Sc、Sn原子在xy面上的位置 ①与Sc距离最近的Sc原子数为 。 ②该合金的化学式为 。 【变式2-2】（25-26高三上·江苏·月考）2025年诺贝尔化学奖授予在金属有机框架材料(MOFs)领域取得开创性成果的三位科学家。MOFs是一种具有规则孔道和空腔的结晶性多孔材料，在诸多领域展现应用前景。 (1)某MOFs薄膜材料的孔径大小和形状可实现C2H2的“固定”，用于分离C2H2/C2H4混合气体的原理如图所示。下列混合物的分离提纯原理与之最接近的是___________(填标号)。 A．利用CCl4萃取碘水中的碘 B．利用冠醚分离K+和Na+ C．蒸馏分离水和乙醇 D．饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸 (2)MOFs的三种杂环基有机配体结构如图，a物质中存在大π键，其中①号氮原子的孤电子对位于 轨道；b和c物质的酸性更强的是 (填标号)。 (3)某研究小组制备纳米ZnO，再与MOF材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图所示。 已知：ⅰ．Zn(OH)2是两性氢氧化物，在强碱性环境中生成； ⅱ．ε-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。 ①步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式为 。 ②纳米ZnO晶体的部分结构如图1所示，已知该结构的底边长为a pm，高为b pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该ZnO的密度为 g·cm-3(列表达式即可)。 ③制备的ZnO@MOF荧光材料可用于测定Cu2+浓度，材料的荧光强度比值与c(Cu2+)在一定浓度范围内的关系如图2所示。某研究小组取7.5×10-3 g血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1 L。取样测得荧光强度比值为9.7，由图像读出溶液中c(Cu2+)= mol·L-1，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含 个铜原子。 1．（25-26高三上·江苏无锡·期中）羟胺()具有广泛的用途。 (1)羟胺极易潮解、极易溶于水、不稳定，在生产、运输和使用过程中需要转化为盐(如硝酸羟胺、盐酸羟胺等)的形式。 ①羟胺极易溶于水的原因是 。 ②已知：  。时，溶液中 。 (2)一种以为原料制备羟胺的反应过程如图(部分物质的电荷略去)所示。 ①写出合成反应的总反应方程式 。 ②上述合成机理看，的作用是 。 ③上述反应ⅰ需要在强酸性环境下进行，原因是 。 (3)利用羟胺测量污水中铵盐含量的原理如下(未配平)： 已知：N元素有两种稳定同位素和，两者丰度分别为和。 ①反应中中物质的量与铵根离子中物质的量之间的关系为 。 ②其他条件不变，测得污水中铵根离子浓度与之间的关系如图所示。随着浓度增大，发生变化的原因是 。 2．（25-26高三上·江苏苏州·期末）BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。 已知：ⅰ.易与形成；ⅱ.，易发生水解为BiOCl。 以辉铋矿和软锰矿为原料制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下： (1)“转化”时加入金属Bi的作用是 。 (2)得到BiOCl的离子方程式为 。 (3)铋能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表示为。“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节浓度，萃取率随变化关系如图所示。最佳为的可能原因是 。 (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”后有机相为草酸溶液的混合方式为 。 (5)如图为BiOCl的晶胞(上底和下底均为正方形的长方体)，则在BiOCl晶体中，与紧邻的数目为 。 (6)请补充完整利用含少量杂质的BiOCl粗品制备的实验方案： ，过滤、洗涤、干燥，得。(须使用的试剂有：溶液、溶液、溶液、蒸馏水) 3．（25-26高三上·江苏徐州·月考）银及其化合物在工业生产以及日常生活中有着重要用途。 (1)从含、、、等废料中提取Ag的新工艺如下： 已知：ⅰ  ⅱ ⅲ当某种离子的浓度小于时，可忽略该离子的存在。 ①“还原脱氯”时，作为绿色还原剂，可将废料中、转化为相应的金属单质，AgCl转化为Ag的化学方程式为 。 ②“沉铅”时，硫酸的加入量不宜过多，原因是 。 ③“沉银”时，为保证沉淀完全且不形成，需控制的浓度范围为 。（写出计算过程。） (2)银离子在抗菌领域的作用尤为显著。Ag通过“活化处理”可实现的可控释放，满足不同场景的抗菌需求。研究发现，可与细菌体内含巯基（）的酶反应生成稳定的配位化合物（），破坏酶的活性，起到杀菌作用。 ①与也能形成稳定的，但与巯基的配位能力更强，可能的原因是 。 ②25℃，初始浓度为，大肠杆菌初始浓度相同，测定30min不同pH下的杀菌率如图所示，分析随着pH增大，杀菌率先增大后降低的原因 。 ③医用复合杀菌材料因“不易流失、抗菌范围广”在医用领域使用广泛。制备时首先将银粉碎，然后向银粉中加入盐酸和氯酸钠溶液，控制反应温度50℃，充分搅拌可生成纳米AgCl颗粒。写出反应的离子方程式 。 (3)回收杀菌液中的银同样具有重要意义。用“锌粉置换－酸溶分离法”可以回收弱酸性含银杀菌液（主要含及少量）中的银。研究表明，向溶液中加入一定量的，能有效提高Ag的回收率，原因是与能形成稳定的配位化合物利于Ag的有序堆积。若回收体系酸性略增强，中部分会被还原为，形成缺陷晶体，若，则 。 4．（25-26高三上·江苏南京·期末）金纳米团簇作为一种新型材料备受关注。从精炼铜的阳极泥中回收金(Au)的流程如下所示： 已知：①硫脲易溶于水，具有还原性。② (1)“浸取”时，硫脲作为配位剂。 ①阳极泥中Au转化为的离子方程式为 。 ②加入适量可提高Au的浸取率。其它条件相同，Au浸取率和溶液中的关系如图所示。当时，Au浸取率随增加而下降的原因是 。 (2)“萃取”时，用HR作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理如下：。 ①实验测得一定条件下Au萃取率和溶液pH的关系如图所示。 当溶液pH为4.5时萃取率最高的原因是 。 ②已知一定条件下，HR萃取的分配系数为3，该条件下，向浸取液中加入25.0 mL HR溶液，充分萃取后水相中浓度为 。 (3)“置换”后，除去金粉中所含金属杂质的物理方法为 。 (4)一种最稳定的负载型纳米金团簇分子具有完美的对称性其结构如图所示，该金团簇分子中有 种不同化学环境的金原子。 5．（25-26高三上·江苏镇江·月考）从钼精矿焙烧烟尘(含MoS2、Re2O7，少量MoO3、ReO3)中回收铼的工艺流程如图所示。 已知：①低价铼元素易被氧化。 ②MoO3、Re2O7易溶于水生成H2MoO4、HReO4，其他钼、铼的氧化物难溶于水。钼元素与硫酸根离子可形成配离子。 ③高铼酸是强酸，可用有机物TBP(磷酸三丁酯)萃取，室温下，在两相间的分配系数，。 (1)在元素周期表中，位于第六周期的Re与Mn同族，则Re的价电子排布式为 。 (2)500℃“焙烧”产物基本全部为MoO2。焙烧时MoS2反应的化学方程式包含两个过程： Ⅰ： Ⅱ：______ 写出反应Ⅱ的化学方程式： 。 (3)“水浸”过程中，测得铼的浸出率与温度关系如图所示，分析T1℃时铼的浸出率最高的原因是 。 (4)浸取液中浓度对铼的吸附率影响如图所示，铼的浸出率随浓度变化的原因为 。 (5)NH4ReO4经过高温氢气还原即可获得铼粉，该反应的化学方程式为 。 (6)低浓度高铼酸溶液可通过萃取、反萃取得到高浓度的NH4ReO4.室温时，向15 mL高铼酸溶液中加入5 mL TBP充分振荡静置分层，在水层的浓度为，TBP的萃取率为 (写出计算过程，保留三位有效数字)。 6． （25-26高三上·江苏南通·月考）氯氧化铋(BiOCl)是一种新型的高档环保珠光材料。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料“联合焙烧”制取氯氧化铋的实验过程如下： 已知：①Bi3+易与形成。② (1)“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4.该反应的化学方程式为 。 (2)“酸浸”时，需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，其目的是 。 (3)“转化时，加入盐酸羟胺的作用是 。 (4)在一定条件下发生水解反应的离子方程式为 。 (5)如图为BiOCl的晶胞(上底和下底均为正方形的长方体)，则在BiOCl晶体中，与紧邻的Bi3+数目为 。 (6)请补充完整利用含少量Fe(OH)3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3的实验方案： ，过滤、洗涤、干燥，得Bi2O3.(须使用的试剂有：1 H2SO4溶液、4 NaOH溶液、1 BaCl2溶液、蒸馏水) 7．（25-26高三上·江苏泰州·月考）稀有金属铟（In）、镓（Ga）被广泛应用于电子、航空航天等高新技术领域。某锌冶炼厂产生的废渣中主要含等元素的氧化物，现通过如下工艺流程对铟、镓进行回收。 已知：“高酸浸出”后铟以形式、铁以形式存在于溶液中。 回答下列问题： (1)基态In原子的价层电子排布式为，In元素在周期表中的位置是 。 (2)“高酸浸出”中滤渣1的主要成分是 （填化学式）。 (3)“中和除杂”中，通过计算说明常温下所需除去的离子能否完全除尽： 。｛已知：；当金属阳离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。 (4)采用新型萃取剂协同萃取法可提高金属的综合回收率，溶液中金属阳离子的萃取原理为。“萃取”步骤中的萃取率随变化如图甲所示，为达到萃取目的，此时应约为 ，萃取率随增大而减小的原因是 。 (5)“置换”中发生的主要反应离子方程式为 。 (6)CIGS薄膜太阳能电池以其转化率高、光谱响应范围宽等优势作为公认的第二代太阳能电池，形成CIGS的固溶体之一的晶胞由闪锌矿结构嵌套而成，该晶胞结构如图乙所示。 ①该固溶体的化学式为 。     ②In的配位数是 。 8．（25-26高三上·江苏苏州·月考）利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、)制备二次电池添加剂的流程如下： 已知：ⅰ．沉淀过快无法形成在碱性溶液中易被氧化。 ⅱ．、易与形成配合物。 ⅲ．水合肼为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为。 (1)“酸浸”中溶液与反应的离子方程式为 。 (2)滤渣2主要成分为，“沉铁”步骤加入的作用为 。 (3)在转化过程中： ①制备，先加氨水再加溶液的理由是 。 ②“沉钴”中使用热NaOH溶液有利于形成较纯净的，可能原因是 。 (4)经仪器分析，测得按题(3)步骤制得的晶体结构中含有，进一步用碘量法测得的氧化程度为。因此制备时必须加入一定量的还原剂，如水合肼。实验室模拟题(3)步骤，为确保制得的产品中不含，用的溶液制备时，至少需加入水合肼的质量为 g。(写出计算过程) (5)钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如下图所示。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有 个。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型13 物质转化及应用综合 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 以工艺流程为载体考查物质转化与应用【重难】 考向02 与化学反应原理相关的物质转化与应用【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 该题型聚焦元素化合物与反应原理融合，核心考查物质转化路径分析、反应条件控制、应用场景匹配及方程式书写。高频考点涵盖金属/非金属单质、氧化物、盐类的转化规律，结合工业制备、环境治理等真实情境，强调 “性质 - 转化 - 应用” 逻辑链。该题型占15分左右，属于中档题主力，是衔接基础与难题的关键，侧重考查 “宏观辨识与微观探析” 素养。考向预测：情境将更贴近绿色化工、新能源材料等前沿领域，增加跨模块融合设问（如结合速率平衡、电化学、物质结构等）。 考向01 以工艺流程为载体考查物质转化与应用 【例1-1】（2025·江苏卷）可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是 。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全 (写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为 (填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”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。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式： 。 ②反应后，砷回收率下降的原因有 。 【答案】(1) 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 否, ，， ，则未沉淀完全 ZnO (2) 负电 (3) 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去与，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 【解析】（1）①酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率；故答案为氧化生成S，促进酸浸反应正向进行。 ②通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则，则此时，此时的浓度大于，故沉淀不完全； ③由②知，除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的至，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO，故答案为ZnO。 （2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电，故答案为；负电。 （3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降。 【例1-2】（2023·江苏卷）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为 ；反应选用溶液而不选用溶液的原因是 。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 (用化学方程式表示)。 (3)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为 。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是 。 【答案】(1) 或 制得的催化剂中不含Na+ (2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 (3) 提高反应温度、延长浸出时间 或 促进充分沉淀 【解析】（1）在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为，另水解会促进水解，故在水溶液中水解为沉淀的离子方程式也可写成为；反应选用溶液而不选用溶液的原因是制得的催化剂中不含Na+； （2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如。 （3） 提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，已知具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为  或。饱和溶液中存在溶解平衡，加过量溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量，促进充分沉淀。 1．基本流程图 2．原料预处理 (1) 提高反应速率的措施： 粉碎、逆流、雾化（增大接触面积）；增大浓度、升温。 (2) 加酸处理： 将氢前金属单质、金属氧化物、难溶碳酸盐溶解，如有硝酸或者NO与酸的组合，则还需要氧化还原的过程。 (3) 加碱处理： 将Al、Al2O3、Al(OH)3等两性物质、SiO2溶解，且经常将金属变成高价态物质。 (4) 有机物： 溶解有机物或萃取易溶于有机物的无机物。 (5) 灼烧/焙烧/煅烧： ①除去碳及有机物； ②通氧气的情况下，可能会发生氧化还原反应； ③热分解。 3．物质的分离与提纯 看目的 选方法 分离难溶物质和易溶物质，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法 过滤（热滤或抽滤） 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 萃取和分液 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶 提取溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 冷却结晶 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏 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气与氮气、氢气 冷却法 【变式1-1】（2021·江苏卷）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 (1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有 (填化学式)。 (2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。 (3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。 ①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为 。 ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为 。 (4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是 。 【答案】(1)Fe3+、H+ (2)0.7500mol·L-1 (3) ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O (4)ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐 【分析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。 【解析】（1）“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。 （2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为； （3）①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O； ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O； （4）在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。 【变式1-2】（25-26高三上·江苏南通·月考）利用MgO2与水反应释放的活性氧可降解废水中的有机物。一种制备MgO2的流程如下： (1)沉镁时，Mg2+转化为4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O，同时有生成。该反应的离子方程式为 。 (2)称取4.66 mg 4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O在密闭体系中进行焙烧，剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。450℃时，A点处所得固体产物化学式可表示为MgaOb(CO3)e。通过计算确定该产物中的比值 (写出计算过程)。 (3)MgO与H2O2溶液反应制取MgO2反应历程如图所示： 微粒M的化学式是 。 (4)相同条件下，取不同形态的MgO2样品(棒状、花瓣状)模拟降解废水中的有机物。有机物被降解的速率与样品的比表面积、活性氧含量有关。已知：不同MgO2样品比较，比表面积为棒状>花瓣状，活性氧含量为花瓣状>棒状：亚甲基蓝是一种蓝色有机物，可被氧化为无色物质。 ①实验室用亚甲基蓝水溶液模拟有机废水来评价MgO2样品的降解能力。用亚甲基蓝代表有机物的优点是 。 ②花瓣状MgO2降解亚甲基蓝的速率大于棒状MgO2，原因是 。 (5)纳米片状C3N4由二维层状结构堆积形成，类似于石墨结构，可用于制作MgO2降解有机物的催化剂，其中一种二维平面结构如图所示。 ①研究表明，非金属掺杂(O、S等)能提高其光催化活性。每个基本结构单元(图中实线圈部分)中两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的C3N4(简称OPCN)。OPCN的化学式为 。 ②其他条件不变时，10-20℃范围内，随废水初始温度升高，废水中有机物的去除率迅速上升的原因是 。 【答案】(1) (2)5：2 (3) (4) 亚甲基蓝溶液呈蓝色，降解后变为无色，现象直观，便于观察和定量检测降解效果； 花瓣状比表面积大于棒状，与亚甲基蓝的接触面积更大，尽管其活性氧含量低于棒状，但比表面积的影响占主导，降解速率更快 (5) ； 该温度范围内，温度升高使催化剂的光催化活性增强，同时释放活性氧的速率加快，有机物降解的反应速率显著提升，因此去除率迅速上升 【分析】与碳酸铵沉淀生成碱式碳酸镁，碱式碳酸镁焙烧得到，与过氧化氢反应生成。 【解析】（1）根据原子守恒与电荷守恒配平离子方程式，反应物为、、，生成物为和，确定系数为5，系数为6，系数为6，系数为2，配平后得到离子方程式。 （2）的摩尔质量为，4.66 mg该物质的物质的量为 ，其中的物质的量为，450℃时剩余固体质量为2.88 mg，对应产物的摩尔质量为 ，设产物为，由Mg原子守恒得a = 5，则5×24 + 16b + 60c = 288，化简得4b + 15c = 42，结合整数取值得c = 2，b = 3，故： = 5：2。 （3）根据反应方程的原子转化，与反应生成和，与反应生成和，因此微粒M的化学式为。 （4）亚甲基蓝溶液为蓝色，被降解后变为无色，颜色变化直观，便于观察降解过程并进行定量检测，因此可代表有机物模拟降解实验。花瓣状的比表面积大于棒状，与亚甲基蓝的接触面积更大，尽管其活性氧含量低于棒状，但比表面积对反应速率的影响更显著，因此花瓣状降解亚甲基蓝的速率更快。 （5）的基本结构单元中两个N原子被O原子取代，C原子数为3，剩余N原子数为2，O原子数为2，故OPCN的化学式为。10—20℃范围内，温度升高使催化剂的光催化活性增强，同时释放活性氧的速率加快，有机物降解的反应速率显著提升，因此废水中有机物的去除率迅速上升。 考向02 与化学反应原理相关的物质转化与应用 【例2-1】（2024·江苏卷）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。 (2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。 (3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。 【答案】(1) Fe2O3 Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣 (2) c(OH-)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加 2:1 (3) 2:1 【解析】（1）①依据题目中的信息，焙烧后Nd和Fe分别转化为Nd2O3和Fe2O3。焙烧后“酸浸”的目的是将浸出元素从固态物质转化为可溶性离子，根据图1中的信息，随着浸出时间的延长Nd的浸出率大于95%，而Fe的最高浸出率约8%。说明此过程中Nd2O3几乎全部溶于盐酸转化成Nd3+，而Fe2O3只有很少部分能转化成Fe3+，所以含铁滤渣的主要成分应是未浸出的Fe2O3； ②结合题给信息，“酸浸”过程影响浸出率的主要因素有：酸的种类、酸的浓度、浸取时间、固液比等，通过控制合适的条件可以实现Nd和Fe的分离。反应一开始，因为Fe2O3溶于盐酸，所以Fe的浸出率随浸取时间而上升。随着反应进行至5分钟后，Fe浸出率下降说明部分浴出产生的Fe3+重新进入滤渣，分析可能原因是Fe3+的水解产生Fe(OH)3相同条件下Nd3+水解能力远小于Fe3+。结合Nd2O3浸出率持续上升，可推理出因为Nd2O3溶解会消耗H+，当c(H+)低于一定值，Fe2O3不再浴解，同时c(H+)减小促进Fe3+水解产生Fe(OH)3。可以得出结论：Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣。 （2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。 ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。 （3）①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和，该反应的离子方程式为。 ②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中的比值为。 【例2-2】（2022·江苏卷）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为 。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是 。 (2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为 ，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来 。 (3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。 【答案】(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降 (2) 4 或 (3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 【解析】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故答案为：；5 ；FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。 （2） 因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：或；故答案为：4；或。 （3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。 1．热重分析 热重分析是利用某些物质（通常是结晶水合物）受热分解后残留固体的质量变化，通过分析计算，从而确定分解反应产物的一类题型，这类题通常提供热重曲线，曲线的横坐标为温度，纵坐标为质量变化或固体残留率。解题时，可以从质量变化或质量变化率入手，找出质量关系，通过列式计算确定产物成分。 一般认为加热结晶水合盐反应可分三步进行： 第一步，脱去部分水； 第二步，生成碱式盐或含水盐； 第三步，生成金属氧化物。 如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。基于这些，中学化学热重曲线试题可分为两类：第一类，试样发生分解反应，以脱水、分解等方式失重，气氛物质不参加反应；第二类，试样发生氧化还原反应，以氧化还原等方式失重，气氛物质可参加反应，如被氧气氧化等。 解析热重曲线试题的关键：应以1 mol物质为研究对象，抓住失重时减少的质量，结合摩尔质量，即可快速求得结果。 具体步骤： (1) 设晶体为1 mol。 (2) 失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3) 计算每步的m（剩余），×100%＝固体残留率。 (4) 晶体中金属质量不减少，仍在m（剩余）中。 (5) 失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n（金属）∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 2．晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法 3．晶胞中粒子配位数的计算 一个粒子周围最邻近的粒子的数目称为配位数,它反映了晶体中粒子排列的紧密程度。 (1)晶体中原子(或分子)的配位数:若晶体中的微粒为同种原子或同种分子,则某原子(或分子)的配位数指的是该原子(或分子)最接近且等距离的原子(或分子)的数目。常见晶胞的配位数如下: 简单立方: 配位数为6 面心立方: 配位数为12 体心立方: 配位数为8 (2)离子晶体的配位数:指一个离子周围最接近且等距离的异种电性离子的数目。 以NaCl晶体为例 ①找一个与其离子连接情况最清晰的离子,如图中心的灰球(Cl-)。 ②数一下与该离子周围距离最近的异种电性离子数,如图标数字的面心白球(Na+)。确定Cl-的配位数为6,同样方法可确定Na+的配位数也为6。 【变式2-1】（25-26高三上·江苏徐州·期末）铜阳极泥(含有、Se、、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。 (1)向阳极泥中加入硫酸溶液，再逐渐加入(在酸性条件下被还原为)至过量。Cu、Se、Ag、S元素充分浸出，以、、、、形式存在于浸出液中，其他元素在浸出渣中。 ①写出溶解的离子方程式： 。 ②中的键角比中的 (填“大”“小”或“相等”)。 ③在铜阳极泥质量、硫酸用量和反应时间一定时，研究人员测得Cu元素浸出率、Se元素浸出率和浸出渣率[浸出渣率]随质量的变化情况如图所示： 当0.8 gg时，Se元素浸出率继续增加。浸出渣率不减反增的原因是 。 (2)向(1)所得浸出液中加入NaCl，可将转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素。已知： ① ② 加入NaCl，溶液中 mol·L-1时，可使(1)所得浸出液中mol·L-1. (3)一种由Sc、Sn、V组成的晶体晶胞如图1所示(晶胞底边边长为anm，高为cnm，)。 注：图2显示的是三种原子在xz面、yz面上的位置，图3显示的是Sc、Sn原子在xy面上的位置 ①与Sc距离最近的Sc原子数为 。 ②该合金的化学式为 。 【答案】(1) 小 单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量 (2) (3) 4 【解析】（1）① 具有还原性，加入 (在酸性条件下被还原为、S元素以形式存在于浸出液中)，故溶解的离子方程式：； ②和中心Se原子的价层电子对依次为、，都是4对，它们的VSEPR模型都是四面体形，其中中的Se原子有一对孤电子对， 孤电子对对其余成键电子对的排斥作用较大，故中的键角比中的小； ③当0.8 g<m(MnO2)<1.2 g时，Se元素浸出率继续增加。浸出渣率不减反增的原因是单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量； （2）①  ，② ，由①- ②得，K==，当，代入上式得； （3）①由题干晶胞结构示意图可知，在该晶体结构中Sc位于8个顶点，且高度拉伸，故与Sc距离最近的Sc原子数为4个（分别位于前后左右）； ②由题干晶胞结构示意图可知，一个晶胞中Sc（在8个顶点）的个数为，Sn（8个棱心，2个内部，4个面心）的个数为，V（8个在面心，2个在内部）的个数为，在该合金的化学式为。 【变式2-2】（25-26高三上·江苏·月考）2025年诺贝尔化学奖授予在金属有机框架材料(MOFs)领域取得开创性成果的三位科学家。MOFs是一种具有规则孔道和空腔的结晶性多孔材料，在诸多领域展现应用前景。 (1)某MOFs薄膜材料的孔径大小和形状可实现C2H2的“固定”，用于分离C2H2/C2H4混合气体的原理如图所示。下列混合物的分离提纯原理与之最接近的是___________(填标号)。 A．利用CCl4萃取碘水中的碘 B．利用冠醚分离K+和Na+ C．蒸馏分离水和乙醇 D．饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸 (2)MOFs的三种杂环基有机配体结构如图，a物质中存在大π键，其中①号氮原子的孤电子对位于 轨道；b和c物质的酸性更强的是 (填标号)。 (3)某研究小组制备纳米ZnO，再与MOF材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图所示。 已知：ⅰ．Zn(OH)2是两性氢氧化物，在强碱性环境中生成； ⅱ．ε-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。 ①步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式为 。 ②纳米ZnO晶体的部分结构如图1所示，已知该结构的底边长为a pm，高为b pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该ZnO的密度为 g·cm-3(列表达式即可)。 ③制备的ZnO@MOF荧光材料可用于测定Cu2+浓度，材料的荧光强度比值与c(Cu2+)在一定浓度范围内的关系如图2所示。某研究小组取7.5×10-3 g血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1 L。取样测得荧光强度比值为9.7，由图像读出溶液中c(Cu2+)= mol·L-1，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含 个铜原子。 【答案】(1)B (2) 2p b (3) 3×10-7 6 【分析】图中信息显示，MOFs薄膜材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高效选择性吸附，其分离原理是利用材料的孔径大小和形状对不同物质进行选择性吸附。 【解析】（1）A．利用CCl4萃取碘水，是利用碘在CCl4和水中的溶解度的不同，将碘从水中转移到CCl4中，分离原理是物质在不同溶剂中的溶解度的差异，与MOFs材料固定C2H2原理不同，A不符合题意； B．利用“冠醚”分离和时，钠离子和钾离子的半径大小不同，“冠醚”具有特定的空腔结构，不同冠醚的空腔大小不同，能对半径不同的和进行选择性配位，分离原理与MOFs材料固定C2H2原理相同，都是利用材料的孔径大小和形状对物质进行分离，B符合题意； C．蒸馏分离水和乙醇，是利用二者沸点的差异，与MOFs材料固定C2H2原理不同，C不符合题意； D．用饱和碳酸钠除去乙酸乙酯中的乙酸，是利用乙酸与碳酸钠反应生成易溶于水的乙酸钠，再通过分液分离，基于化学反应和溶解性差异，与题干原理不同，D不符合题意； 故选B。 （2）a物质中所有原子共平面，①号N原子采用杂化，参与形成大π键，其孤电子对位于未参与杂化的轨道。酸性强弱与基团的吸电子能力有关，b物质中的配位原子为O，c物质中的配位原子为S，O的电负性大于S，b中O的吸电子作用更强，使羧基中H更易电离，所以酸性更强的是b。 （3）①Zn(OH)2是两性氢氧化物，在强碱性环境中生成，步骤I是向NaOH溶液中滴加ZnSO4溶液，初始时NaOH过量，故方程式为：。 ②由图1可知，黑球个数：，白球个数为：，质量为：，六棱柱体积为：，则其密度为：。 ③由图2可知，当荧光强度比值为9.7时，读出溶液中，计算人血浆铜蓝蛋白的物质的量：，溶液中铜离子的物质的量， 则1个血浆铜蓝蛋白分子中含铜原子个数为。 1．（25-26高三上·江苏无锡·期中）羟胺()具有广泛的用途。 (1)羟胺极易潮解、极易溶于水、不稳定，在生产、运输和使用过程中需要转化为盐(如硝酸羟胺、盐酸羟胺等)的形式。 ①羟胺极易溶于水的原因是 。 ②已知：  。时，溶液中 。 (2)一种以为原料制备羟胺的反应过程如图(部分物质的电荷略去)所示。 ①写出合成反应的总反应方程式 。 ②上述合成机理看，的作用是 。 ③上述反应ⅰ需要在强酸性环境下进行，原因是 。 (3)利用羟胺测量污水中铵盐含量的原理如下(未配平)： 已知：N元素有两种稳定同位素和，两者丰度分别为和。 ①反应中中物质的量与铵根离子中物质的量之间的关系为 。 ②其他条件不变，测得污水中铵根离子浓度与之间的关系如图所示。随着浓度增大，发生变化的原因是 。 【答案】(1) 羟胺分子易和水分子形成分子间氢键 (2) 作氧化剂，使催化剂再生 强酸性环境可稳定反应催化剂的结构，碱性环境破坏催化剂的结构 (3) 中物质的量大于中物质的量 起始阶段，随着铵根子离子浓度增大，生成一氧化二氮的物质量的逐渐增多，当铵根离子浓度足够大时，羟胺转化率接近基本保持不变 【解析】（1）①羟胺分子与水分子之间能形成氢键，同时羟胺是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，易溶于极性溶剂水，故答案为：羟胺分子易和水分子形成分子间氢键； ②由题，，时，即，则，故答案为：； （2）①从反应历程看，反应物是和，产物是，结合原子守恒配平：； ②上述合成机理看，为反应的催化剂，的作用是作氧化剂，参与反应ⅰ使其再生，故答案为：使催化剂再生； ③反应历程中涉及的配合物，强酸性环境可抑制的水解以稳定反应催化剂的结构，保证反应顺利进行，而碱性环境破坏催化剂的结构，故答案为：强酸性环境可稳定反应催化剂的结构，碱性环境破坏催化剂的结构； （3）①由反应可知，转化成，中的由与反应生成了，因此中物质的量大于中物质的量，故答案为：中物质的量大于中物质的量； ②随着浓度增大，发生变化的原因为：起始阶段，随着铵根离子浓度增大，生成一氧化二氮的物质量的逐渐增多，当铵根离子浓度足够大时，羟胺转化率接近，基本保持不变。 2．（25-26高三上·江苏苏州·期末）BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。 已知：ⅰ.易与形成；ⅱ.，易发生水解为BiOCl。 以辉铋矿和软锰矿为原料制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下： (1)“转化”时加入金属Bi的作用是 。 (2)得到BiOCl的离子方程式为 。 (3)铋能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表示为。“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节浓度，萃取率随变化关系如图所示。最佳为的可能原因是 。 (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”后有机相为草酸溶液的混合方式为 。 (5)如图为BiOCl的晶胞(上底和下底均为正方形的长方体)，则在BiOCl晶体中，与紧邻的数目为 。 (6)请补充完整利用含少量杂质的BiOCl粗品制备的实验方案： ，过滤、洗涤、干燥，得。(须使用的试剂有：溶液、溶液、溶液、蒸馏水) 【答案】(1)加入金属Bi发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度 (2) (3)当时，铋离子萃取平衡逆向移动，萃取率下降；当时，铋离子水解程度增大，不利于铋的萃取。 (4)边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中 (5)4 (6)将粗品加入适量的溶液中，充分搅拌使其完全溶解；向溶液中加入适量溶液，除去硫酸钡沉淀；再加入适量溶液，充分搅拌，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，将沉淀在空气中加热至质量不再变化 【分析】辉铋矿和软锰矿联合焙烧时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成 Bi2O3和MnSO4，水浸后过滤，滤渣中加浓盐酸酸浸后过滤，将滤液分成两份，其中一份中加金属铋转化，铋和铁离子发生氧化还原反应，生成亚铁离子和Bi3+：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，然后调溶液pH=4.6，使Bi3+水解生成BiOCl；另一份加萃取剂TBP，使Fe3+和Bi3+分离，分液，有机相再加草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋。 【解析】（1）金属Bi具有还原性，“转化”时加入金属Bi发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度。 （2）得到BiOCl的离子方程式为：。 （3）根据铋的萃取原理为，当时， 氯离子浓度增大，根据勒夏特列原理，平衡逆向移动，导致铋离子萃取率下降；当时，铋离子水解：，导致水解程度增大，不利于铋离子以的形式存在，也就不利于铋的萃取。 （4）为得到含氯离子较少的草酸铋晶体，应使有机相中的铋离子缓慢与草酸溶液反应，避免局部浓度过高被包裹在晶体中，所以“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中。 （5）由晶胞结构可知，上底和下底均为正方形的长方体，以上面的正方形面心的为中心，面下左右两侧面有2个，面上前后两个侧面有2个，则与紧邻的数目为4。 （6）先加入溶液，溶解BiOCl粗品和杂质，生成和；然后加入溶液除去硫酸根离子，过滤除去硫酸钡沉淀和可能未反应完的氢氧化铁等杂质；接着向滤液中加入溶液，调节溶液，使转化为沉淀，过滤后得到，然后进行洗涤、干燥，最后再高温煅烧生成。 3．（25-26高三上·江苏徐州·月考）银及其化合物在工业生产以及日常生活中有着重要用途。 (1)从含、、、等废料中提取Ag的新工艺如下： 已知：ⅰ  ⅱ ⅲ当某种离子的浓度小于时，可忽略该离子的存在。 ①“还原脱氯”时，作为绿色还原剂，可将废料中、转化为相应的金属单质，AgCl转化为Ag的化学方程式为 。 ②“沉铅”时，硫酸的加入量不宜过多，原因是 。 ③“沉银”时，为保证沉淀完全且不形成，需控制的浓度范围为 。（写出计算过程。） (2)银离子在抗菌领域的作用尤为显著。Ag通过“活化处理”可实现的可控释放，满足不同场景的抗菌需求。研究发现，可与细菌体内含巯基（）的酶反应生成稳定的配位化合物（），破坏酶的活性，起到杀菌作用。 ①与也能形成稳定的，但与巯基的配位能力更强，可能的原因是 。 ②25℃，初始浓度为，大肠杆菌初始浓度相同，测定30min不同pH下的杀菌率如图所示，分析随着pH增大，杀菌率先增大后降低的原因 。 ③医用复合杀菌材料因“不易流失、抗菌范围广”在医用领域使用广泛。制备时首先将银粉碎，然后向银粉中加入盐酸和氯酸钠溶液，控制反应温度50℃，充分搅拌可生成纳米AgCl颗粒。写出反应的离子方程式 。 (3)回收杀菌液中的银同样具有重要意义。用“锌粉置换－酸溶分离法”可以回收弱酸性含银杀菌液（主要含及少量）中的银。研究表明，向溶液中加入一定量的，能有效提高Ag的回收率，原因是与能形成稳定的配位化合物利于Ag的有序堆积。若回收体系酸性略增强，中部分会被还原为，形成缺陷晶体，若，则 。 【答案】(1) 防止生成，损失Ag元素 沉淀完全， AgCl不溶解， 故的范围为 (2) S比N的电负性小，容易给出孤对电子 随着pH增大，正向程度增大，增大，杀菌率增大；当以后，与生成AgOH沉淀，降低，杀菌率降低 (3)0.1 【分析】富贵锑废料(含AgCl、PbCl2、Sb2O5、SiO2等)用NaOH和N2H4还原脱氯，AgCl转化为Ag，PbCl2转化为Pb，脱氯渣中还含有Sb2O5、SiO2，“氧化”时将Ag、Pb转化为Pb(NO3)2和AgNO3，Sb2O5、SiO2不反应过滤后存在于滤渣2中，滤液中加入硫酸将Pb(NO3)2转化为PbSO4沉淀，过滤后加入NaCl溶液，将AgNO3转化为AgCl，还原AgCl得到粗银，以此解答。 【解析】（1）①作还原剂，化合价升高为，AgCl转化为Ag，所以方程式为； ②为沉淀，硫酸的加入量不宜过多，防止生成，损失Ag元素； ③沉淀完全， AgCl不溶解， 故的范围为； （2）①形成配位键时，配位原子给出孤电子对，电负性越小，越容易给出孤电子对，与巯基的配位能力更强，可能的原因是：S比N的电负性小，容易给出孤对电子； ②随着pH增大，正向程度增大，增大，杀菌率增大；当以后，与生成AgOH沉淀，进而转化为Ag2O，降低，杀菌率降低； ③银粉中加入盐酸和氯酸钠，银化合价升高，氯酸根化合价降低，降为，所以方程式为：； （3），若，则，根据化合物化合价为零可得，，解得。 4．（25-26高三上·江苏南京·期末）金纳米团簇作为一种新型材料备受关注。从精炼铜的阳极泥中回收金(Au)的流程如下所示： 已知：①硫脲易溶于水，具有还原性。② (1)“浸取”时，硫脲作为配位剂。 ①阳极泥中Au转化为的离子方程式为 。 ②加入适量可提高Au的浸取率。其它条件相同，Au浸取率和溶液中的关系如图所示。当时，Au浸取率随增加而下降的原因是 。 (2)“萃取”时，用HR作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理如下：。 ①实验测得一定条件下Au萃取率和溶液pH的关系如图所示。 当溶液pH为4.5时萃取率最高的原因是 。 ②已知一定条件下，HR萃取的分配系数为3，该条件下，向浸取液中加入25.0 mL HR溶液，充分萃取后水相中浓度为 。 (3)“置换”后，除去金粉中所含金属杂质的物理方法为 。 (4)一种最稳定的负载型纳米金团簇分子具有完美的对称性其结构如图所示，该金团簇分子中有 种不同化学环境的金原子。 【答案】(1) 氧化，浓度下降，Au浸取率下降 (2) pH小于4.5时，pH升高，降低，萃取正向进行程度增大，导致Au萃取率增大；pH大于4.5时，pH升高，溶液中升高，和结合生成AuOH，导致金的萃取率下降 2.50 (3)用磁铁吸引 (4)3 【分析】精炼铜的阳极泥含有金单质，该流程是回收精炼铜的阳极泥中的金(Au)。将含有金的阳极泥在稀硫酸、氧气和硫脲作配位剂的条件下反应生成，然后加入HR作萃取剂，发生，再加入盐酸反萃取得到，最后加铁粉置换可得金(Au)。 【解析】（1）①浸取时在稀硫酸、氧气和硫脲作配位剂的条件下发生反应，Au被氧气氧化，结合硫脲形成，Au为正一价，一摩尔氧气转移4摩尔电子，故方程式为；②由已知①可知硫脲有还原性，有氧化性，当浓度过高时，氧化，浓度下降，Au浸取率下降； （2）①已知萃取原理为，结合图像可知，pH等于4.5时萃取率最高；pH小于4.5时，随着pH升高，降低，萃取正向进行程度增大，导致Au萃取率增大；pH大于4.5时，pH升高，溶液中升高，和结合生成AuOH，导致金的萃取率下降； ②已知溶液为，则该溶液含有，已知HR萃取的分配系数为3，即=3，则，金的物质的量与质量成正比，故该比例也适用于质量比，设水相中金离子的质量为m，则有机相中金离子的质量为3m，则有，得，则； （3）置换步骤中加入过量铁粉，铁具有磁性，而金无磁性，故可用磁铁吸引除去金粉中所含金属杂质； （4）该纳米金团簇分子具有完美的对称性，该金团簇分子中有3种不同化学环境的金原子，分别是位于最外层顶点上的金原子、中层骨架位置的金原子和处于团簇最核心位置的金原子，共3种金原子。 5．（25-26高三上·江苏镇江·月考）从钼精矿焙烧烟尘(含MoS2、Re2O7，少量MoO3、ReO3)中回收铼的工艺流程如图所示。 已知：①低价铼元素易被氧化。 ②MoO3、Re2O7易溶于水生成H2MoO4、HReO4，其他钼、铼的氧化物难溶于水。钼元素与硫酸根离子可形成配离子。 ③高铼酸是强酸，可用有机物TBP(磷酸三丁酯)萃取，室温下，在两相间的分配系数，。 (1)在元素周期表中，位于第六周期的Re与Mn同族，则Re的价电子排布式为 。 (2)500℃“焙烧”产物基本全部为MoO2。焙烧时MoS2反应的化学方程式包含两个过程： Ⅰ： Ⅱ：______ 写出反应Ⅱ的化学方程式： 。 (3)“水浸”过程中，测得铼的浸出率与温度关系如图所示，分析T1℃时铼的浸出率最高的原因是 。 (4)浸取液中浓度对铼的吸附率影响如图所示，铼的浸出率随浓度变化的原因为 。 (5)NH4ReO4经过高温氢气还原即可获得铼粉，该反应的化学方程式为 。 (6)低浓度高铼酸溶液可通过萃取、反萃取得到高浓度的NH4ReO4.室温时，向15 mL高铼酸溶液中加入5 mL TBP充分振荡静置分层，在水层的浓度为，TBP的萃取率为 (写出计算过程，保留三位有效数字)。 【答案】(1)5d56s2 (2) (3)温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，温度高于T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小 (4)与发生吸附竞争，使铼的吸附率下降 (5) (6) 【分析】钼精矿焙烧烟尘回收铼。首先，烟尘在空气中高温焙烧，被氧化为与，反应为：，部分与剩余反应生成难溶的：，低价铼氧化物（如）被氧化为易溶于水的：，随后进入水浸阶段，焙烧产物与过氧化氢水溶液混合，与水反应生成可溶性高铼酸：，过氧化氢进一步氧化残留低价铼，确保其完全转化为；与水反应生成，部分与硫酸根形成配离子，等难溶物以浸渣形式分离，浸出液通过ZS70交换树脂时，树脂选择性吸附，实现铼与钼的分离富集；再用氨水解吸树脂上的，生成溶液：最终，经高温氢气还原得到金属铼粉： ，据此分析。 【解析】（1）位于第六周期的Re与Mn同族，Mn为ⅦB族元素，则Re的价电子排布式为5d56s2； （2）焙烧产物基本全部为，反应Ⅰ生成的与在下反应生成和，配平后化学方程式为； （3）温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，温度高于T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小； （4）浸取液中与在离子交换树脂上存在吸附竞争，浓度增大时，会占据更多吸附位点，使的吸附率下降，从而导致铼的浸出率降低； （5）在高温下被氢气还原为铼粉，同时生成氨气和水，化学方程式为； （6）根据分配系数，已知，则；水层中的物质的量为；TBP层中的物质的量为；总物质的量为；萃取率为。 6． （25-26高三上·江苏南通·月考）氯氧化铋(BiOCl)是一种新型的高档环保珠光材料。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料“联合焙烧”制取氯氧化铋的实验过程如下： 已知：①Bi3+易与形成。② (1)“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4.该反应的化学方程式为 。 (2)“酸浸”时，需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，其目的是 。 (3)“转化时，加入盐酸羟胺的作用是 。 (4)在一定条件下发生水解反应的离子方程式为 。 (5)如图为BiOCl的晶胞(上底和下底均为正方形的长方体)，则在BiOCl晶体中，与紧邻的Bi3+数目为 。 (6)请补充完整利用含少量Fe(OH)3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3的实验方案： ，过滤、洗涤、干燥，得Bi2O3.(须使用的试剂有：1 H2SO4溶液、4 NaOH溶液、1 BaCl2溶液、蒸馏水) 【答案】(1) (2)增大、浓度，Bi3+与形成，使Bi3+充分浸出，同时抑制金属离子Bi3+ (或)、水解 (3)将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，避免后续水解时生成氢氧化铁沉淀，从而保证BiOCl纯度 (4) (5)4 (6)边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1 H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1 BaCl2溶液不再出现白色沉淀，将洗涤后的滤渣浸入过量NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化 【分析】辉铋矿和软锰矿联合焙烧时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成和，FeS2转化为，水浸后过滤，滤渣中加浓盐酸酸浸后过滤，滤渣1为SiO2，在滤液中加入盐酸羟胺，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，调溶液的使完全水解生成BiOCl沉淀，过滤后得到BiOCl，据此分析。 【解析】（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，根据电子得失守恒和原子守恒配平化学反应方程式为，故答案为。 （2）根据题目已知信息，Bi3+易与形成，及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，增大、浓度，Bi3+与形成，使Bi3+充分浸出；同时Bi3+或可以发生水解，补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，抑制金属离子Bi3+ (或)、水解，故答案为增大、浓度，Bi3+与形成，使Bi3+充分浸出，同时抑制金属离子Bi3+ (或)、水解。 （3）由分析知，加入盐酸羟胺的作用是将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，避免后续水解时生成BiOCl的不纯，故答案为将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，避免后续水解时生成氢氧化铁沉淀，从而保证BiOCl纯度。 （4）一定条件下发生水解反应生成BiOCl沉淀，水解方程式为，故答案为。 （5）由晶胞结构可知，上底和下底均为正方形的长方体，以上面的正方形面心的为中心，面下左右两侧面有2个Bi3+，面上前后两个侧面有2个Bi3+，则与紧邻的Bi3+数目为4；故答案为4。 （6）利用含少量Fe(OH)3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3，首先要除去Fe(OH)3杂质，再将BiOCl与发生反应：制备Bi2O3，根据提供的试剂，实验方案为：边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1 H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1 BaCl2溶液不再出现白色沉淀，将洗涤后的滤渣浸入过量4NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化，过滤、洗涤、干燥，得Bi2O3，故答案为边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1 H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1 BaCl2溶液不再出现白色沉淀，将洗涤后的滤渣浸入过量NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化。 7．（25-26高三上·江苏泰州·月考）稀有金属铟（In）、镓（Ga）被广泛应用于电子、航空航天等高新技术领域。某锌冶炼厂产生的废渣中主要含等元素的氧化物，现通过如下工艺流程对铟、镓进行回收。 已知：“高酸浸出”后铟以形式、铁以形式存在于溶液中。 回答下列问题： (1)基态In原子的价层电子排布式为，In元素在周期表中的位置是 。 (2)“高酸浸出”中滤渣1的主要成分是 （填化学式）。 (3)“中和除杂”中，通过计算说明常温下所需除去的离子能否完全除尽： 。｛已知：；当金属阳离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。 (4)采用新型萃取剂协同萃取法可提高金属的综合回收率，溶液中金属阳离子的萃取原理为。“萃取”步骤中的萃取率随变化如图甲所示，为达到萃取目的，此时应约为 ，萃取率随增大而减小的原因是 。 (5)“置换”中发生的主要反应离子方程式为 。 (6)CIGS薄膜太阳能电池以其转化率高、光谱响应范围宽等优势作为公认的第二代太阳能电池，形成CIGS的固溶体之一的晶胞由闪锌矿结构嵌套而成，该晶胞结构如图乙所示。 ①该固溶体的化学式为 。     ②In的配位数是 。 【答案】(1)第五周期IIIA族 (2)、 (3)“中和除杂”中pH=5，，，故沉淀完全 (4) 1.0 随增大，平衡逆移，金属离子在水中的浓度增大，萃取率降低 (5) (6) CuInSe2 4 【分析】某锌冶炼厂产生的废渣中主要含等元素的氧化物，现通过如下工艺流程对铟、镓进行回收。往废渣中加入硫酸“中性浸出”后除去Zn元素，浸渣中含等元素；经过“高酸浸出”后铟以形式、铁以形式、镓以存在于溶液中；故“滤渣1”含有元素；加入调pH=5将以在“滤渣2”中分离；经过“萃取”分离(有机相)、(水相)；加入试剂1进行反萃取得到含有的溶液，通过Zn的置换得到In单质。 【解析】（1）基态In原子的价层电子排布式为，故最外层在第五层属于第五周期，价电子数为三，故属于第IIIA族，In元素在周期表中的位置是第五周期IIIA族。 （2）“高酸浸出”流程中的氧化物与稀硫酸反应形成易溶于水的硫酸盐进入“中和除杂”、Pb的氧化物与硫酸反应生成难溶物进入“滤渣1”、Si的氧化物不与稀硫酸反应进入“滤渣1”，滤渣1的主要成分是、。 （3）“中和除杂”中pH=5，，，故沉淀完全。 （4）萃取率是金属离子进入有机相的百分数，“萃取”步骤中进入水相、进入有机相，故要求的萃取率最小、的萃取率最大，约为1.0可达到比较好的萃取目的。 随增大，平衡逆移，金属离子在水中的浓度增大，萃取率降低。 （5）“置换”中与Zn发生置换反应，主要反应离子方程式为。 （6）①根据均摊法，In位于晶胞的面心和棱心，个数；Cu位于晶胞的顶点、面心和体心，个数；Se位于晶胞内部共8个；该固溶体的化学式为CuInSe2。 ②In和Cu均与Se成键，最上面面心处In与2个Se距离相等且最近，该In上方也有2个Se，故配位数是4。 8．（25-26高三上·江苏苏州·月考）利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、)制备二次电池添加剂的流程如下： 已知：ⅰ．沉淀过快无法形成在碱性溶液中易被氧化。 ⅱ．、易与形成配合物。 ⅲ．水合肼为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为。 (1)“酸浸”中溶液与反应的离子方程式为 。 (2)滤渣2主要成分为，“沉铁”步骤加入的作用为 。 (3)在转化过程中： ①制备，先加氨水再加溶液的理由是 。 ②“沉钴”中使用热NaOH溶液有利于形成较纯净的，可能原因是 。 (4)经仪器分析，测得按题(3)步骤制得的晶体结构中含有，进一步用碘量法测得的氧化程度为。因此制备时必须加入一定量的还原剂，如水合肼。实验室模拟题(3)步骤，为确保制得的产品中不含，用的溶液制备时，至少需加入水合肼的质量为 g。(写出计算过程) (5)钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如下图所示。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有 个。 【答案】(1) (2)作氧化剂，将溶液中的氧化为，有利于生成沉淀去除 (3) 加氨水“碱溶”形成，可降低，有利于形成 温度高利于减少溶解氧，形成气氛隔绝空气，防止产物被氧化 (4)0.5g (5)4 【分析】由题知，水钴矿(主要成分为，含少量、、、)，向水钴矿中加入硫酸溶液和亚硫酸钠溶液酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到二氧化硅滤渣和含有Co2+、Fe2+、Mn2+的滤液；向滤液中加入次氯酸钠溶液、碳酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取、分液得到含有亚钴离子的水相和含有锰离子的有机相；水相经系列操作制得硫酸亚钴，向硫酸亚钴中加入氨水，将亚钴离子转化为六氨合亚钴离子，向反应后的溶液中加入热的氢氧化钠溶液，将六氨合亚钴离子转化为沉淀，过滤得到。 【解析】（1）“酸浸”中溶液与发生氧化还原反应，亚硫酸根被氧化为硫酸根，氧化钴被还原为二价钴离子，反应的离子方程式为：； （2）滤渣2主要成分为 ，其中铁元素为+3价，所以“沉铁”步骤加入的作用为：作氧化剂，将溶液中的氧化为，有利于生成沉淀去除； （3）①由信息i可知，沉淀过快无法形成，所以制备时，先向溶液中加入氨水形成六氨合亚钴离子，然后再缓慢加入氢氧化钠溶液利于形成，则答案为：加氨水“碱溶”形成，可降低，有利于形成； ②已知在碱性溶液中易被O2氧化，“沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是温度高利于减少溶解氧，形成氨气氛隔绝空气，防止产物被氧化； （4）已知：水合肼为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为，的溶液含有，则被氧化后的，根据得失电子守恒，反应中，消耗的水合肼，； （5） 如图，以图中Li为例，晶胞2中距最近的有4个。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $